2013届高考物理第一轮考点自清复习课件7

第4课时专题：牛顿运动定律的综合应用题型互动探究题型一传送带问题例1传送带与水平面夹角为37°，皮带以12m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图1所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24m，g取10m/s，则小物块从A运动到B的时间为多少？图1解析小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，对小物块用牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝12m/s2设小物块加速到12m/s运动的距离为x1，所用时间为t1由v2－0＝2ax1得x1＝6m由v＝at1得t1＝1s当小物块的速度加速到12m/s时，因mgsinθ＝μmgcosθ，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动．设AB间的距离为L，则L－x1＝vt2解得t2＝1.5s从A到B的时间t＝t1＋t2解得t＝2.5s.答案2.5s方法归纳分析处理传送带问题需要特别注重两点分析：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．对于水平传送带问题，当物体与传送带相对静止且物体所受弹力仅为支持力时，因物体与传送带间无相对运动的趋势，故物体所受的摩擦力突变为零，之后物体随传送带一起做匀速运动；对于倾斜传送带问题，当物体与传送带相对静止且物体所受弹力仅为支持力时，摩擦力的大小是否突变取决于下滑力与最大静摩擦力的关系，另外还要注意分析摩擦力的方向是否发生突变．即学即练1如图2所示，传送带的水平部分ab＝2m，斜面部分bc＝4m，bc与水平面的夹角α＝37°.一个小物体A与传送带的动摩擦因数μ＝0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v＝2m/s.若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图2解析物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀速直线运动直到和传送带速度相等．在这一过程中有a1＝μmgm＝μg.x1＝v22a＝v22μg＝0.8mab.经历时间为t1＝va1＝0.8s.此后随传送带运动到b点的时间为t2＝ab－x1v＝0.6s.当物体A到达bc斜面时，由于mgsin37°=0.6mgμmgcos37°＝0.2mg.所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动，其加速度大小为a2＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2，物体A在传送带bc上所用时间满足bc＝vt3＋12a2t23，代入数据得t3＝1s．(负值舍去)则物体A从a点被传送到c所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝2.4s.答案2.4s题型二临界问题例2如图3所示，质量m＝10kg的小球挂在倾角θ＝37°的光滑斜面的固定铁杆上，求：(1)斜面和小球以a1＝g2的加速度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？(2)当斜面和小球都以a2＝3g的加速度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？图3解析先求出临界状态时小球的加速度，假设小球刚要离开斜面，这时FN＝0，受力情况如图甲所示，故Fsinθ＝mg(竖直方向)，Fcosθ＝ma0(水平方向)．所以a0＝gcotθ＝43g.当斜面和小球以a1的加速度向右匀加速运动时，由于a1a0，可知这时小球与斜面间有弹力，所以其受力情况如图乙所示，故F1cosθ－FNsinθ＝ma1(水平方向)，F1sinθ＋FNcosθ＝mg(竖直方向)．所以F1＝100N，FN＝50N.当斜面和小球以a2的加速度向右匀加速运动时，由于a2a0，可知这时小球已脱离斜面，所以其受力情况如图丙所示，故F2sinα＝mg(竖直方向)，F2cosα＝ma2(水平方向)．两式平方相加，可得F2＝m2g2＋m2a22＝200N.由牛顿第三定律知：当以加速度a1运动时，小球对绳的拉力为100N，对斜面的压力为50N；当以加速度a2运动时，小球对绳的拉力为200N，对斜面的压力为0.答案(1)100N50N(2)200N0规律总结在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界状态，此时要采用极限分析法，看物体在不同的加速度下运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件．即学即练2如图4所示，质量为m＝1kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M＝2kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜静止，试确定推力F的取值范围．(g＝10m/s2)图4解析(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．对物块分析，在水平方向有FNsinθ－μFNcosθ＝ma1，竖直方向有FNcosθ＋μFNsinθ－mg＝0，对整体有F1＝(M＋m)a1，代入数值得a1＝4.78m/s2，F1＝14.3N.(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受力分析，如图所示．在水平方向有FNsinθ＋μFNcosθ＝ma2，竖直方向有FNcosθ－μFNsinθ－mg＝0，对整体有F2＝(M＋m)a2，代入数值得a2＝11.2m/s2，F2＝33.6N.综上所述可知推力F的取值范围为14．3N≤F≤33.6N.题型三“假设法”在牛顿运动定律中的应用例3如图5所示，火车车厢中有一倾角为30°的斜面，当火车以10m/s2的加速度沿水平方向向左运动时，斜面上的物体m与车厢相对静止，分析物体m所受的摩擦力的方向．图5解析物体m受三个力作用：重力mg，弹力FN和静摩擦力．但静摩擦力的方向难以确定，我们可假定这个力不存在．那么如图所示，mg与FN在水平方向只能产生大小F合＝mgtan30°的合力，此合力只能产生gtan30°＝33g的加速度，小于题目给定的加速度，合力不足，故斜面对物体的静摩擦力应沿斜面向下．答案沿斜面向下题后感悟假设法是解物理问题的一种重要方法．用假设法解题，一般依题意从某一假设入手，然后运用物理规律得出结果，再进行适当讨论，从而找出正确答案．这样解题，科学严谨，合乎逻辑，而且可以拓宽思路．即学即练3物体B放在真空容器A内，且B略小于A，将它们以初速度v0竖直向上抛出，如图6所示，下列说法正确的是()A.若不计空气阻力，在它们上升过程中，B对A压力向下B.若不计空气阻力，在它们上升过程中，B对A压力为零C.若考虑空气阻力，在它们上升过程中，B对A的压力向下D.若考虑空气阻力，在它们下落过程中，B对A的压力向上图6解析对A、B构成的整体，若不计空气阻力，则无论它们在上升或下降过程中，其加速度a＝g，隔离物体B，设A的底板有对B向上的弹力F，则根据牛顿第三定律，B对A的底板有向下压力F′，以加速度a方向为正，由牛顿第二定律，对B得mg－F＝ma，可解得F＝0，所以，选项A错，选项B正确．在考虑空气阻力时，上升阶段，对A、B整体，ag，其方向竖直向下．隔离物体B，由牛顿第二定律，mg－F＝ma，F＝mg－ma0，说明A对B压力向下，B对A压力向上，所以C错．同理，可判断出下落时，B对A压力向下，D错．答案B随堂巩固训练1.如图7所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫，已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变，则此时木板沿斜面下滑的加速度为()A.g2sinαB．gsinαC.32gsinαD．2gsinα图7解析设猫的质量为m，则木板质量为2m，且木板对猫斜向上方的摩擦力为Ff，隔离猫有Ff－mgsinα＝0，再隔离木板有Ff′＋2mgsinα＝2ma，且Ff＝Ff′，故a＝32gsinα.答案C2.如图8所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g图8解析取竿上的人为研究对象，由牛顿第二定律得：mg－Ff＝ma，取竿为研究对象，“底人”对竿的支持力FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg＝(M＋m)g－ma，再根据牛顿第三定律得：FN′＝FN＝(M＋m)g－ma.答案B3.两个重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图9所示，滑块A、B的质量分别为m1、m2，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块一起从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力为()A．大小等于零B．大小等于μ1m2gcosθC．大小等于μ2m2gcosθD．方向沿斜面向上图9解析滑块A与斜面间有滑动摩擦力．首先判断滑块A与B之间有无摩擦力作用，假设它们之间无摩擦力作用，则滑块B下滑的加速度必将大于滑块A下滑的加速度，滑块A和B不可能以相同的加速度下滑，所以B必受到A对它的沿斜面向上的静摩擦力作用，可见D项正确，A项不正确．以A、B整体为研究对象，设它们下滑的加速度为a，则：(m2＋m1)gsinθ－μ1(m2＋m1)gcosθ＝(m2＋m1)a化简整理得a＝gsinθ－μ1gcosθ①再以滑块B为研究对象，有m2gsinθ－Ff＝m2a②由①②式联立解得滑块B受到的静摩擦力为Ff＝μ1m2gcosθ，选项B正确．答案BD4.如图10所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a，及从开始到此时物块A的位移d(重力加速度为g)．图10解析令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿运动定律可知mAgsinθ＝kx1①令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿运动定律可知kx2＝mBgsinθ②F－mAgsinθ－kx2＝mAa③由②③式可得a＝F－(mA＋mB)gsinθmA④由题意知d＝x1＋x2⑤由①②⑤式可得d＝(mA＋mB)gsinθk答案F－(mA＋mB)gsinθmA(mA＋mB)gsinθk返回