4.5 牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用 （解析版）

4.5牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用——?jiǎng)澲攸c(diǎn)之初升高暑假預(yù)習(xí)強(qiáng)化精細(xì)講義知識點(diǎn)1：從受力情況求運(yùn)動情況1.基本思路分析物體的受力情況，求出物體所受的合外力，由牛頓第二定律求出物體的加速度;再由運(yùn)動學(xué)公式及物體運(yùn)動的初始條件確定物體的運(yùn)動情況.流程圖如下：2.解題的一般步驟(1)確定研究對象，對物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析，并畫出物體的受力示意圖。(2)根據(jù)力的合成與分解的方法，求出物體所受的合外力。根據(jù)牛頓第二定律列方程,求岀物體的加速度。(3)結(jié)合給定的物體運(yùn)動的初始條件，選擇合適的運(yùn)動學(xué)公式，求解待求的物理量。（1）只要知道物體的受力情況,就能確定物體的運(yùn)動情況.(X)解釋：運(yùn)動情況由受力情況和運(yùn)動初始條件共同決定.（2）由運(yùn)動學(xué)公式求加速度，要特別注意加速度的方向，并由此可以確定合外力的方向.（X）解釋：合外力的方向與加速度的方向相同，而與速度的方向無關(guān).知識點(diǎn)2：從運(yùn)動情況求受力情況1.基本思路分析物體的運(yùn)動情況，由運(yùn)動學(xué)公式求出物體的加速度，再由牛頓第二定律求出物體所受的合外力；再分析物體的受力情況,求出物體受到的作用力.流程圖如下：2.解題的一般步驟(1)確定研究對象，對物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析.并畫出物體的受力示意圖。(2)選擇合適的運(yùn)動學(xué)公式，求出物體的加速度。(3)根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體所受的合力。(4)選擇合適的力的合成與分解的方法，由合力和已知力求出待求的力。（1）解決兩類動力學(xué)基本問題的關(guān)鍵①兩類分析——物體的受力分析和物體的運(yùn)動過程分析。②一個(gè)“橋梁”——物體運(yùn)動的加速度是聯(lián)系運(yùn)動和力的橋梁.兩類動力學(xué)基本問題都涉及加速度，因此加速度在解決動力學(xué)問題中起到關(guān)鍵作用。（2）應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律時(shí)的注意事項(xiàng)（1）若物體做直線運(yùn)動，一般將力沿運(yùn)動方向和垂直于運(yùn)動方向進(jìn)行分解；若求加速度，一般要沿加速度方向分解力；若求某一個(gè)力，可沿該力的方向分解加速度。（2）物體的受力情況與運(yùn)動狀態(tài)有關(guān)，所以受力分析和運(yùn)動分析往往同時(shí)考慮，交叉進(jìn)行，作受力分析圖時(shí)，把所受的外力畫到物體上的同時(shí)，速度和加速度的方向也可以標(biāo)在圖中?！暗葧r(shí)圓模型"適用條件：弦是光滑的，且物體自弦的頂端由靜止釋放.(1)各弦交點(diǎn)為最低點(diǎn):=1\*GB3①xAD=2Rsinα=2\*GB3②mgsinα=ma=3\*GB3③xAD=at2聯(lián)立①=2\*GB3②=3\*GB3③解得t=結(jié)論：運(yùn)動時(shí)間與傾角無關(guān)，即沿各弦運(yùn)動時(shí)間相同。(2)各弦交點(diǎn)為最高點(diǎn)時(shí)，結(jié)論同上。 【典例1】同學(xué)們小時(shí)候都喜歡玩滑梯游戲，如圖所示，已知斜面的傾角為θ，斜面長度為L，小孩與斜面的動摩擦因數(shù)為μ，小孩可看成質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則下列有關(guān)說法正確的是（）①小孩下滑過程中對斜面的壓力大小為mgcosθ②小孩下滑過程中的加速度大小為gsinθ③到達(dá)斜面底端時(shí)小孩速度大小為2gLsinθ④下滑過程小孩所受摩擦力的大小為μmgA．①② B．①④C．②③ D．②④【答案】B【詳解】垂直斜面方向根據(jù)受力平衡可知，小孩下滑過程中受到的支持力大小為N=mg則小孩下滑過程中對斜面的壓力大小為mgcosf=μN(yùn)=μmg以小孩為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg解得加速度大小為a=g根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得2aL=解得小孩到達(dá)斜面底端時(shí)小孩速度大小為v=故選B。【典例2】如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，圓周半徑為R，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)。現(xiàn)有兩個(gè)小滑環(huán)A、B分別從a、c處由靜止釋放，滑環(huán)A經(jīng)時(shí)間t1從a點(diǎn)到達(dá)b點(diǎn)，滑環(huán)B經(jīng)時(shí)間t2從c點(diǎn)到達(dá)d點(diǎn)；另有一小球C從c點(diǎn)靜止釋放做自由落體，經(jīng)時(shí)間t3到達(dá)b點(diǎn)，不計(jì)一切阻力與摩擦，且A、B、C都可視為質(zhì)點(diǎn)，則t1、t2、t3的大小關(guān)系為（）A．t1=tC．t2>【答案】A【詳解】對于環(huán)A，設(shè)ab與水平方向的夾角為θ，圓的半徑為R，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a又根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得2R解得t對于環(huán)B，設(shè)cd與水平方向的夾角為α，由牛頓第二定律可知，下滑加速度為a又根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得2R解得t對自由落體的球C而言，有2R=解得t因此三者時(shí)間相等，且與物體的質(zhì)量無關(guān)，故選項(xiàng)A正確，BCD均錯(cuò)誤。故選A?！镜淅?】如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中B、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)，A點(diǎn)在y軸上且∠AMO=60°，O'為圓心，現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動到M點(diǎn)，所用時(shí)間分別為tA、tB、A．tA<tBB．tA=tBC．tA>tBD．由于C點(diǎn)的位置不確定，故無法比較時(shí)間大小關(guān)系【答案】C【詳解】對于BM段，位移x加速度a根據(jù)x得t對于AM段，位移x加速度a由x得t對于CM段，設(shè)CM與豎直方向夾角為θ，同理可解得t即t故選C?！镜淅?】靜置于水平地面上質(zhì)量為m的物體，受一豎直向上的恒力F作用，從靜止開始向上運(yùn)動。經(jīng)時(shí)間t后撤去F，又經(jīng)時(shí)間t物體剛好落回地面。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則恒力F等于（）A．43mg B．53mg C．【答案】A【詳解】在第一個(gè)t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有F?mg=ma根據(jù)位移公式有x=根據(jù)速度公式有v=at在第二個(gè)t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)位移公式有?x=vt?解得F=故選A?！镜淅?】（多選）一質(zhì)量為m的無人機(jī)，在其動力系統(tǒng)提供的恒力作用下，由靜止開始豎直向上運(yùn)動，經(jīng)t時(shí)間后關(guān)閉動力系統(tǒng)，再經(jīng)3t時(shí)間后無人機(jī)恰好返回起點(diǎn)。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則（）A．恒力的大小為24B．關(guān)閉動力系統(tǒng)時(shí)無人機(jī)的速度大小為9C．無人機(jī)上升的最大高度為72D．無人機(jī)返回起點(diǎn)時(shí)的速度大小為11【答案】BC【詳解】AB．設(shè)無人機(jī)加速過程的加速度大小為a，根據(jù)題意有1解得a=加速過程根據(jù)牛頓第二定律可得F?mg=ma解得恒力的大小為F=關(guān)閉動力系統(tǒng)時(shí)無人機(jī)的速度大小為v=at=故A錯(cuò)誤，B正確；C．無人機(jī)加速過程上升的高度為?關(guān)閉動力系統(tǒng)無人機(jī)繼續(xù)上升的高度為?則無人機(jī)上升的最大高度為?故C正確；D．根據(jù)v解得無人機(jī)返回起點(diǎn)時(shí)的速度大小為v故D錯(cuò)誤。故選BC?！镜淅?】（多選）如圖所示，球筒中靜置著一個(gè)羽毛球。小明左手拿著球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒獲得向下的初速度并與左手發(fā)生相對運(yùn)動，最后羽毛球（視為質(zhì)點(diǎn)）從筒口上端出來，已知球筒質(zhì)量為M=90g（不含球的質(zhì)量），羽毛球質(zhì)量為m=5g，球筒與手之間的滑動摩擦力為f1=2.6N，球與筒之間的滑動摩擦力為f2=0.1A．靜置時(shí)，羽毛球的摩擦力為0.1B．拍打球筒后瞬間，羽毛球受到向上的摩擦力C．拍打球筒后瞬間，羽毛球的加速度為30D．僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則筒的初速度為3【答案】CD【詳解】A．靜置時(shí)，根據(jù)平衡條件有f=mg=5×故A錯(cuò)誤；B．拍打球筒后瞬間，球筒相對于羽毛球向下運(yùn)動，則羽毛球給球筒的摩擦力向上，而根據(jù)牛頓第三定律可知，球筒給羽毛球的摩擦力向下，故B錯(cuò)誤；C．拍打球筒后瞬間，對羽毛球由牛頓第二定律有mg+解得a故C正確；D．僅拍打一次，羽毛球恰能出來，則羽毛球與球筒恰好達(dá)到共速，設(shè)球筒的加速度為a2，筒的初速度為vf解得a球筒做勻減速運(yùn)動，羽毛球做勻加速運(yùn)動，有v?vt?代入數(shù)據(jù)解得v=3故D正確。故選CD?！镜淅?】如圖所示，質(zhì)量為M=5kg的一只長方體形空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運(yùn)動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1為0.3。這時(shí)鐵箱內(nèi)一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)μ2為0.25。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，（1）木塊對鐵箱壓力的大??；（2）水平拉力F的大?。唬?）減小拉力F，經(jīng)過一段時(shí)間，木塊沿鐵箱左側(cè)壁落到底部且不反彈，當(dāng)箱的速度為6m/s時(shí)撤去拉力，又經(jīng)1s時(shí)間木塊從左側(cè)到達(dá)右側(cè)，則鐵箱的長度是多少？【答案】（1）40N；（2）258N；（3）0.3m【詳解】（1）木塊恰好靜止在鐵箱的后壁上時(shí)，木塊在豎直方向受力平衡有f=解得鐵箱對木塊的支持力的大小F根據(jù)牛頓第三定律，木塊對鐵箱壓力的大小為40N。（2）木塊在水平方向的加速度設(shè)為a，根據(jù)牛頓第二定律有F以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F?聯(lián)立解得F=258（3）木塊落到鐵箱底部，撤去拉力后，鐵箱和木塊均以v=6m/sf方向水平向左。鐵箱受到木塊的摩擦力f方向水平向右。設(shè)鐵箱的加速度大小為a1f解得a方向水平向左。設(shè)木塊的加速度大小為a2f解得a方向水平向，左經(jīng)過1s，木塊從鐵箱的左側(cè)到達(dá)右側(cè)，則木塊對地位移x鐵箱對地位移x故鐵箱的長度為x=重難點(diǎn)1：連接體問題(1)連接體及其特點(diǎn)兩個(gè)或兩個(gè)以上物體相互連接參與運(yùn)動的系統(tǒng)稱為連接體。各物體通過繩、桿、彈簧相連，或多個(gè)物體直接疊放。連接體一般具有相同的運(yùn)動情況(速度、加速度).常見情形如下：(2)處理連接體問題的常用方法類型一:①連接體的各部分加速度相同;②不涉及物體之間的相互作用力，求連接體的加速度或合外力。方法:整體法。整體法是把幾個(gè)物體視為一個(gè)整體，作為研究對象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析。整體法的優(yōu)點(diǎn)是研究對象少，未知量少,方程少,求解簡單。類型二:①當(dāng)各部分加速度不同時(shí)，一般采用隔離法；②在分析連接體內(nèi)各物體(或一個(gè)物體的各個(gè)部分)間的相互作用力時(shí)必須用隔離法.方法:隔離法。將要分析的物體從連接體中隔離出來，作為研究對象進(jìn)行受力分析。將物體間的內(nèi)力轉(zhuǎn)化為外力。優(yōu)點(diǎn)是容易得出單個(gè)物體的受力情況?！咀⒁狻空w法求加速度，隔離法求相互作用力。求內(nèi)力，先整體，后隔離;求外力，先隔離，后整體。 【典例8】如圖所示，a、b兩物體的質(zhì)量分別為ma和mb，由輕質(zhì)彈簧相連，當(dāng)用恒力F水平向右拉著a，使a、b一起沿粗糙水平面做勻加速直線運(yùn)動時(shí)，彈簧伸長量為x，加速度大小為a1。已知aA．如果恒力增大為2F，則兩物體的加速度增大為2B．如果恒力增大為2F，則彈簧伸長量仍為xC．若水平面光滑，則彈簧伸長量仍為xD．若水平面光滑，則加速度大小仍為a【答案】C【詳解】根據(jù)題意，由牛頓第二定律，對整體有F?μ對物體b有kx?μ解得a1=AB．如果恒力增大為2F，同理可得，兩物體的加速度為a彈簧伸長量x故AB錯(cuò)誤；CD．若水平面光滑，同理可得a則彈簧伸長量x故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。【典例9】如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為30°的斜面體置于水平地面上，一輕繩繞過兩個(gè)輕質(zhì)滑輪連接著固定點(diǎn)P和物體B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為33，重力加速度大小為g

A．輕繩對P點(diǎn)的拉力大小為4B．物體A的加速度大小為1C．地面對斜面體的支持力大小為Mg+2mgD．增大A的質(zhì)量，再將A、B靜止釋放，則B有可能上升【答案】B【詳解】AB．由于相同時(shí)間內(nèi)物體B通過的位移是物體A通過的位移的兩倍，則物體B的加速度是物體A的加速度的兩倍；設(shè)物體A的加速度為a，則B的加速度為2a；設(shè)物體A、B釋放瞬間，輕繩的拉力為T，對A、B分別受力分析，由牛頓第二定律得2T?mg2mg?T=2m?2a解得T=23故A錯(cuò)誤，B正確；C．物體B下降過程中，對斜面體、A、B整體分析，在豎直方向根據(jù)牛頓第二定律得M+3m解得地面對斜面體的支持力為F故C錯(cuò)誤；D．假設(shè)B上升，則A下滑，A所受滑動摩擦力沿斜面向上，分析此時(shí)A的受力情況可知mg而A這樣的受力情況，無法下滑，故假設(shè)錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤。故選B?！镜淅?0】（多選）如圖所示，小車位于水平面上，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ，在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球。下列關(guān)于桿對球的作用力F的判斷中，正確的是（

）A．小車靜止時(shí)，F(xiàn)=mgsinθ，方向沿桿向上B．小車靜止時(shí)，一定有F=mg，方向豎直向上C．小車向右勻加速運(yùn)動時(shí)，一定有F>mg，方向可能沿桿向上D．小車向右勻速運(yùn)動時(shí)，F(xiàn)=mgcosθ，方向垂直于桿向上【答案】BC【詳解】AB．小車靜止時(shí)，由共點(diǎn)力的平衡條件可知此時(shí)桿對球的作用力方向?yàn)樨Q直向上，大小等于球的重力mg，A錯(cuò)誤、B正確；C．當(dāng)小車向右勻加速運(yùn)動時(shí)FFF=只有當(dāng)ma即a=g時(shí)，桿對小球的作用力F沿桿向上，C正確；D．小車向右勻速運(yùn)動時(shí)，小車和小球的加速度為零，桿對小球的作用力方向?yàn)樨Q直向上，大小為mg，D錯(cuò)誤。故選BC?！镜淅?1】（多選）如圖所示，質(zhì)量均為m的物體A、B放在質(zhì)量為2m物體C上，C放在粗糙水平地面上，C與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，在水平力F作用下，A、B和C以相同加速度向左做勻加速直線運(yùn)動。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．物體C受到6個(gè)力作用B．物體B對物體C有向左的摩擦力C．物體C受到地面的摩擦力大小為4μmgD．物體A、C之間的動摩擦因數(shù)的最小值為μ+【答案】CD【詳解】A．物體C豎直方向受到重力、A的壓力、B的壓力和地面支持力作用，水平方向受到A的摩擦力、B的摩擦力和地面的摩擦力作用，則物體C受到7個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；B．A、B和C一起向左做勻加速直線運(yùn)動，可知C對B的摩擦力向左，則B對C有向右的摩擦力，故B錯(cuò)誤；C．物體C受地面的摩擦力大小為f故C正確；D．以A、B和C為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得F?4μmg=4ma以A為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F?聯(lián)立可得f又f可得μ可知A、C之間的動摩擦因數(shù)的最小值為μ+3F故選CD。【典例12】（多選）如圖所示，質(zhì)量為m1傾角為30°的斜面體A靜置于粗糙水平面上，質(zhì)量為m2的物體B通過平行于斜面的輕繩繞過光滑輕質(zhì)滑輪與質(zhì)量為m3A．斜面A對物體B的摩擦力可能等于0B．地面對斜面A的靜摩擦力大小為0C．地面對斜面體A的支持力為mD．若用力拉動B，使之沿斜面向下做加速運(yùn)動，則繩子拉力仍為m【答案】AB【詳解】A．對B在沿著斜面的方向上若滿足m則此種情況下斜面A對物體B的摩擦力等于0，故A正確；BC．對A、B、C組成的系統(tǒng)整體分析可知，豎直方向由平衡條件可得地面對整體的支持力大小為(而整體在水平方向上不受外力，即整體在水平方向沒有運(yùn)動的趨勢，因此可知地面對斜面A的靜摩擦力大小為0，故B正確，C錯(cuò)誤；D．若用力拉動B，使之沿斜面向下做加速運(yùn)動，由于B與C是用繩子相連的連接體，當(dāng)B沿著斜面加速向下運(yùn)動時(shí)，C將豎直向上加速運(yùn)動，對C有T?可得繩子上的拉力T=故D錯(cuò)誤。故選AB。重難點(diǎn)2：利用牛頓第二定律求解臨界問題1.臨界狀態(tài)和臨界值在物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化的過程中，往往在達(dá)到某個(gè)特定狀態(tài)時(shí)，有關(guān)的物理量將發(fā)生突變，此狀態(tài)即為臨界狀態(tài)，相應(yīng)物理量的值為臨界值。2.臨界問題的標(biāo)志（1）有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，一般表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)。（2）若題目中有“取值范圍”“多長時(shí)間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往就對應(yīng)臨界點(diǎn)。（3）若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)。（4）若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。3.四種典型的臨界條件（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離的臨界條件是彈力FN=0。（2）相對靜止與相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，常常存在靜摩擦力，則相對靜止與相對滑動的臨界條件為靜摩擦力達(dá)到最大值。（3）繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它的最大張力;繩子松弛的臨界條件是拉力FT=0。（4）加速度與速度的臨界條件：當(dāng)物體受到變力作用，加速度為零時(shí)，物體處于臨界狀態(tài)，所對應(yīng)的速度便會出現(xiàn)最大值或最小值。4.解答臨界極值問題的三種方法（1）極限法:解決臨界問題一般都用極限法，即把問題推向極端，分析在極端情況下可能岀現(xiàn)的狀態(tài)滿足的條件，應(yīng)用物理規(guī)律列出在極端情況下的方程，從而找出臨界條件。（2）假設(shè)法：有些物理過程沒有出現(xiàn)明顯的臨界線索，即判斷不出會不會出現(xiàn)臨界狀態(tài)，解決此類問題時(shí)，一般用假設(shè)法，即假設(shè)出現(xiàn)某種臨界狀態(tài)，分析物體的受力情況與題設(shè)是否相同，然后再根據(jù)實(shí)際情況處理。（3）數(shù)學(xué)法:將物理方程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，如二次函數(shù)、不等式、三角函數(shù)等，然后根據(jù)數(shù)學(xué)中求極值的方法，求出臨界條件。 【典例13】如圖，水平地面上有一汽車做加速運(yùn)動，車廂內(nèi)有一個(gè)傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對球的拉力大小為FT、斜面對小球的彈力大小為FN，當(dāng)汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運(yùn)動時(shí)（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個(gè)力作用【答案】B【詳解】若支持力恰好為零，對小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據(jù)牛頓第二定律，有TT解得a=D．由以上分析可知，當(dāng)a>13.3m/s2時(shí)，小球受mg、FT兩個(gè)力作用，當(dāng)a<13.3m/s2時(shí)，小球受mg、FTAB．若a=14m/s2>13.3m/s2，小球受C．若a=13m/s2<13.3m/s2，小球受mg、F故選B?！镜淅?4】如圖所示，靜止在水平面上的小車?yán)镉脙筛豢缮扉L的輕繩連著一質(zhì)量為m的小球，繩子均處于拉直狀態(tài)，AB繩水平，在以下情況中BC繩保持與豎直方向的夾角為α，則下列說法正確的是（）A．若小車突然向右加速運(yùn)動時(shí)，BC繩對球的拉力不變B．若小車突然向左加速運(yùn)動時(shí)，BC繩對球的拉力會增大C．若小車突然向左加速運(yùn)動時(shí)，小車的加速度不可能小于gD．不管小車向左或向右運(yùn)動，AB繩的拉力不可能為0【答案】A【詳解】AB．小車靜止時(shí)有FF若小車突然向右加速運(yùn)動或突然向左加速運(yùn)動時(shí)，豎直方向的受力不變，則有FBC=mgCD．若小車突然向左加速運(yùn)動時(shí)，則有F當(dāng)FABa=g故CD錯(cuò)誤。故選A?！镜淅?5】（多選）如圖所示，一輛運(yùn)送沙子的自卸卡車裝滿沙子，沙粒之間的動摩擦因數(shù)為μ1，沙子與車廂底板間的動摩擦因數(shù)為μ2μ2>A．要順利地卸干凈全部沙子，應(yīng)滿足μB．要順利地卸干凈全部沙子，應(yīng)滿足μC．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應(yīng)滿足μD．只卸去部分沙子，車上還留有一部分沙子，應(yīng)滿足μ【答案】AD【詳解】AB．由于μ2mg可得tan故B錯(cuò)誤、A正確；CD．只卸去部分沙子時(shí)，與車廂底部不接觸的沙子卸下，與車廂底部接觸的沙子未卸下，則mgmg可得μ故C錯(cuò)誤、D正確。故選AD。重難點(diǎn)3:傳送帶模型1.傳送帶的基本類型一個(gè)物體以速度v0(v0≥0)在另一個(gè)勻速運(yùn)動的物體上運(yùn)動的力學(xué)系統(tǒng)可看成傳送帶模型.傳送帶模型按放置方向分為水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種，如圖所示。2.水平傳送帶當(dāng)傳送帶水平轉(zhuǎn)動時(shí)，應(yīng)特別注意摩擦力的突變和物體運(yùn)動狀態(tài)的變化.摩擦力的突變常常導(dǎo)致物體的受力情況和運(yùn)動性質(zhì)的突變。求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析判斷。靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)是物體與傳送帶恰好保持相對靜止的臨界狀態(tài)，滑動摩擦力存在于發(fā)生相對運(yùn)動的物體之間，因此兩物體的速度達(dá)到相同時(shí)，滑動摩擦力要發(fā)生突變(摩擦力變?yōu)榱慊蜃優(yōu)殪o摩擦力)。判斷摩擦力時(shí)要注意比較物體的運(yùn)動速度與傳送帶的速度關(guān)系，也就是分析物體在運(yùn)動(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相等.物體的速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時(shí)刻。項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動情況情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景二(1)v0>v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景三(1)傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速到達(dá)左端(2)傳送帶較長時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0>v返回時(shí)速度為v，當(dāng)v0<v返回時(shí)速度為v03.傾斜傳送帶項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動情況情景一①可能一直加速②可能先加速后勻速情景二①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能先以a1加速后以a2加速情景三①可能一直加速②可能先加速后勻速③可能一直勻速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直勻速③可能先減速后反向加速對于傾斜傳送帶，除了要注意摩擦力的突變和物體運(yùn)動狀態(tài)的變化外，還要注意物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)與傳送帶傾角的關(guān)系.若μ≥tanθ且物體能與傳送帶共速，則共速后物體做勻速運(yùn)動；若μ＜tanθ且物體能與傳送帶共速，則共速后物體做勻變速運(yùn)動。求解的關(guān)鍵在于分析物體與傳送帶間的相對運(yùn)動情況,確定其是否受到滑動摩擦力作用.如果受到滑動摩擦力作用,應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動情況。當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時(shí)，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。 【典例16】如圖所示，足夠長水平傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動的速度大小為v1，一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小v0滑上傳送帶，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，小滑塊最終又返回到左端。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（A．小滑塊的加速度向右，大小為μgB．若v0<C．若v0>D．若v0>【答案】D【詳解】A．小滑塊相對于傳送帶向右滑動，滑動摩擦力向左，加速度向左，根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma解得a=μg故A錯(cuò)誤；B．若v0<v1，小滑塊的速度從t=故B錯(cuò)誤；CD．若v0>vt位移為x然后加速返回，速度加速到v1t位移為x最后以速度v1t小滑塊返回到左端的時(shí)間t解得t=故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。【典例17】如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的傾角為37°。一煤塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動，其運(yùn)動的v?t圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時(shí)速度恰好為零，sin37°=0.6，A．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5C．摩擦力方向一直與物塊運(yùn)動的方向相反D．傳送帶轉(zhuǎn)動的速率越大，物塊到達(dá)傳送帶頂端時(shí)的速度就會越大【答案】A【詳解】A．由圖乙可知，1s時(shí)，煤塊的運(yùn)動發(fā)生突變，可知傳送帶的速度為8m/s16?81s后煤塊相對于傳送帶向下運(yùn)動，此過程的相對位移為3?1可知，煤塊在傳送帶上的劃痕為8米，故A正確；B．在0~1smg根據(jù)圖乙可得a在1?2smg根據(jù)圖乙可得a聯(lián)立解得μ=0.25故B錯(cuò)誤；C．結(jié)合上述可知，在0~1s內(nèi)，物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，在1?2D．結(jié)合上述可知，當(dāng)傳送帶的速度大于16m/s后，物塊在傳送帶上一直做加速度大小為a故選A?！镜淅?8】（多選）如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點(diǎn)相距x=4m,以v0=2ms的速度（始終保持不變）順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，今將一小煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）無初速度地輕放至A點(diǎn)處，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，g取10m/s2，由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕，則小煤塊從A．小煤塊先做加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動B．小煤塊一直做加速運(yùn)動C．小煤塊從A運(yùn)動到B的時(shí)間是2D．小煤塊從A運(yùn)動到B的時(shí)間是3s【答案】AD【詳解】AB．小煤塊在傳送帶上滑動時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma可知a=μg=0.1×10當(dāng)小煤塊速度達(dá)到v0x由于x可知小煤塊先做加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小煤塊速度達(dá)到v0t勻速運(yùn)動時(shí)間為t故小煤塊從A運(yùn)動到B的時(shí)間是t=故C錯(cuò)誤，D正確故選AD。【典例19】（多選）一足夠長的粗糙傾斜傳送帶以恒定的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣葀0的小物塊，如圖所示，取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较颍瑒t下列描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動的v-t圖像中可能正確是（）A． B．C． D．【答案】ABD【詳解】A．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且小于傳送帶的速度時(shí)，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得mg即a可知小物塊將沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)小物塊達(dá)到傳送帶速度時(shí)，若滿足mg可知二者將共速，小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動，若滿足mg小物塊繼續(xù)加速下滑，其加速度大小為a故A正確；B．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下，且大于傳送帶的速度時(shí)，若滿足mg則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為a若滿足mg則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻減速直線運(yùn)動，其加速度大小為a二者共速后小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動，故B正確；CD．當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時(shí)，牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為a可知小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動，減到零后反向勻加速，其加速度仍為a3，與傳送帶共速時(shí)，若滿足mg則小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為a若滿足mg則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動，故C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD?！镜淅?0】（多選）糧袋的傳送裝置如圖所示，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時(shí)運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時(shí)工人在A端將糧袋輕放到運(yùn)行中的傳送帶上。設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g。關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動，以下說法正確的是（

）A．糧袋到達(dá)B端的速度與v比較，可能大，可能小，也可能相等B．若L足夠大，且μ>tanθ，糧袋先做加速度為g(sinθ?μcosθ)的勻加速運(yùn)動，再以速度v做勻速運(yùn)動C．若L足夠大，且μ<tanθ，糧袋先做加速度為g(sinθ＋μcosθ)的勻加速運(yùn)動，再做加速度為g(sinθ?μcosθ)做勻加速運(yùn)動D．不論μ大小如何，糧袋從A端到B端一直做勻加速運(yùn)動，且加速度a>gsinθ【答案】AC【詳解】糧袋開始運(yùn)動時(shí)受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a=若μ<tanθ，且L足夠大，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)，做加速度為g(sinθ?μcosθ)勻加速運(yùn)動。若μ≥tanθ，即mgsinθ≤μmgcosθ當(dāng)L較小時(shí)糧袋從A端到B端一直做加速度為g(sinθ+μcosθ)勻加速運(yùn)動勻加速運(yùn)動，當(dāng)L足夠大糧袋將先做加速度為g(sinθ+μcosθ)勻加速運(yùn)動、后做勻速運(yùn)動。綜上，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度小于v；可能先勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大于v。故選AC。一、單選題1．一個(gè)滑塊在傾角為θ的斜面上恰好勻速下滑，若該滑塊以某一較大的初速度從斜面底端沖上斜面，則在滑塊向上運(yùn)動的過程中，滑塊的加速度大小是（）A．gsinθ B．gcosθ C．2gsinθ D．2gcosθ【答案】C【詳解】設(shè)滑塊質(zhì)量為m，斜面摩擦力為f，滑塊在傾角為θ的斜面上恰好勻速下滑，則有mg當(dāng)滑塊向上運(yùn)動的過程中，摩擦力反向，則有mg解得a=2gsinθ故選C。2．如圖所示，ad、bd、cd是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，d點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，三個(gè)滑環(huán)分別從a、b、c處釋放（初速度都為0），用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)滑到d的時(shí)間，則（）A．t1<tC．t1>t【答案】D【詳解】設(shè)某光滑細(xì)桿與豎直方向的夾角為θ，其上一小環(huán)受到重力和桿的支持力作用，由牛頓第二定律得mg據(jù)幾何關(guān)系得細(xì)桿長度為L=2R環(huán)在桿上由靜止做勻加速運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式有L=解得t=2由計(jì)算結(jié)果可知，環(huán)沿細(xì)桿下滑時(shí)間與桿的傾斜程度無關(guān)，即t故選D。3．如圖所示，光滑水平桌面上木塊A、B疊放在一起，木塊B受到一個(gè)大小為F水平向右的力，A、B一起向右運(yùn)動且保持相對靜止。已知A的質(zhì)量為m、B的質(zhì)量為2m，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．木塊A受到兩個(gè)力的作用B．木塊B受到四個(gè)力的作用C．木塊A所受合力大小為FD．木塊B受到A的作用力大小為mg【答案】C【詳解】A．由于桌面光滑，則兩木塊一起向右做加速運(yùn)動，則木塊A受到重力、支持力和摩擦力三個(gè)力的作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．木塊B受到重力、地面的支持力、A對B的壓力和摩擦力以及力F共五個(gè)力的作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．整體的加速度a=則木塊A所受合力大小為F選項(xiàng)C正確；D．木塊B受到A的壓力為mg，摩擦力為f=則作用力大小為F選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。4．如圖所示，A、C、D長方體木塊完全相同，質(zhì)量均為m，其中C、D放在光滑水平面上，A放在長木板B上，B質(zhì)量為3m，A、B、C、D間動摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)用水平向右的恒力F拉木塊A，使A、B、C、D保持相對靜止一起沿水平面向右運(yùn)動，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則（）A．B對A的摩擦力大小為μmg，方向向左B．A對B的摩擦力大小為5F6C．C對B的摩擦力大小為F3D．C、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等，方向相反【答案】B【詳解】AB．對ABCD整體可知a=對BCD整體fAB即A對B的摩擦力大小為5F6C．對C分析可知F則C對B的摩擦力大小為F6D．C、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等，均為F6故選B。5．如圖所示，光滑水平地面上有一足夠長的輕質(zhì)薄板，物塊A和物塊B分別靜止在薄板上，兩物塊的質(zhì)量均為m=2kg，物塊A與薄板之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，物塊B與薄板之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)對物塊A施加一個(gè)水平向左、大小F=10N的拉力，同時(shí)對物塊B也施加一個(gè)水平向右、大小F=10NA．a(chǎn)A=3mC．a(chǎn)A=2m【答案】D【詳解】物塊A與薄板之間的最大靜摩擦力大小f物塊B與薄板之間的最大靜摩擦力大小f所以薄板會與物塊B一起向右加速，物塊A的加速度大小a由于薄板輕質(zhì)，對薄板和物塊B整體可知加速度大小a故選D。6．如圖，C由質(zhì)量為M的物塊及右上角光滑輕質(zhì)定滑輪組成，靜置于水平地面。跨過滑輪用輕繩連接兩質(zhì)量分別為2m和m的物塊A、B，除地面外的其余各接觸處均光滑。開始用手托住B，使輕繩剛好伸直。由靜止釋放B，在B下落而A又未碰到滑輪的過程中，C始終保持靜止，下列說法正確的是（）A．地面對C有向右的摩擦 B．物體C受到4個(gè)力作用C．繩中拉力等于mg D．地面對C的支持力小于M+2【答案】A【詳解】C．設(shè)繩子拉力為T，對B由牛頓第二定律mg?T=ma對A由牛頓第二定律T=2ma聯(lián)立可得a=T=C錯(cuò)誤；A．對ABC整體應(yīng)用牛頓第二定律，水平方向地面摩擦力f=2ma=摩擦力方向與A加速度方向一致，水平向右，A正確；C．物體C受到A的壓力、繩對滑輪作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，五個(gè)力，C錯(cuò)誤；D．對ABC整體應(yīng)用牛頓第二定律，豎直方向M+3m解得N=Mg+故地面對C的支持力大于M+2mg故選A。二、多選題7．如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為θ，以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動，一煤塊以初速度v0=12m/s從AA．傾斜傳送帶