專題02相互作用力與直線運動

專題02相互作用：力與直線運動思維導(dǎo)圖學習目標①掌握牛頓第一定律的內(nèi)容和慣性并能夠解析日常生活中的現(xiàn)象；②掌握牛頓第二定律的內(nèi)容，能夠運動表達式進行準確的分析和計算；③掌握牛頓第三定律，能夠區(qū)分一對相互作用力和一對平衡力；④理解牛頓運動定律的綜合應(yīng)用，掌握兩類基本動力學問題的內(nèi)容并學會分析和計算，掌握超重和失重的內(nèi)容并學會分析和計算，掌握幾個重要的模型。核心考點知識核心考點01牛頓第一定律一、力與運動關(guān)系的認識1、不同物理學家的觀點物理學家對力與運動的貢獻研究方法評價亞里士多德力是維持物體運動的原因。依據(jù)生活經(jīng)驗總結(jié)出來根據(jù)生活經(jīng)驗得出，但是沒有對這些物理現(xiàn)象進行深入的分析。伽利略力不是維持物體運動的原因。根據(jù)理想實驗和邏輯推理得到研究方法：設(shè)計理想斜面實驗、觀察實驗現(xiàn)象、經(jīng)過邏輯推理得到結(jié)論，這是一種科學的研究方法。笛卡爾運動中的物體沒有受到力的作用，那它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不會停下來，也不偏離原來的方向，為牛頓第一定律的建立奠定了基礎(chǔ)。數(shù)學演繹法對伽利略的科學推理進行補充：慣性運動的直線性。2、伽利略理想斜面實驗小球沿斜面A點從靜止狀態(tài)開始運動，小球?qū)L上另一斜面，如下圖所示：推理1：如果沒有摩擦，小球?qū)⒌竭_原來的高度C點處；推理2：減小第二個斜面的傾角，例如上圖中的BD和BE，小球仍從A點靜止釋放，最終將達到原來的高度D點處和E點處，不過它要運動得遠一些；推理3：若將第二個斜面放平，如上圖BF，小球無法到達原來的高低，它將永遠運動下去。結(jié)論：力不是維持物體運動的原因。【注意】理想實驗并非真實的科學實驗，是在經(jīng)驗事實基礎(chǔ)上采用科學的抽象思維來展開的實驗，是人們在思想上塑造的理想過程。二、牛頓第一定律1、內(nèi)容一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。物體這種保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性。牛頓第一定律也被叫作慣性定律。2、揭示的內(nèi)容除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)這句話指出力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動的原因，也就是說明力是產(chǎn)生加速度的原因。物體運動狀態(tài)發(fā)生改變，包括以下三種：速度大小發(fā)生改變，方向不變；速度方向發(fā)生改變，大小不變；速度大小和方向都發(fā)生改變。運動狀態(tài)的改變其實就是速度發(fā)生改變，只要有加速度運動狀態(tài)就一點發(fā)生改變。指出了理想化的狀態(tài)：不受外力的狀態(tài)，實際上是不存在的。在實際情況中，如果物體所受到的幾個力的合力為零時，其運動效果就跟不受外力是等價的?！咀⒁狻颗ｎD第一定律不是實驗直接總結(jié)出來的，是在牛頓以伽利略的理想實驗的基礎(chǔ)上加之高度的抽象思維概括總結(jié)出來的，不能用實驗直接驗證，因此它不是實驗定律。3、慣性參考系和非慣性參考系慣性參考系：牛頓第一定律的適用范圍，靜止或者勻速直線運動的參考系都可以看成慣性參考系，一般選地面為參考系。非慣性參考系：牛頓第一定律不適用，加速或者變速的參考系，比如加速運動的汽車就是非慣性參考系。三、慣性1、定義物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)。2、對慣性的理解慣性的大小的唯一量度為質(zhì)量，它放映的是物體改變運動狀態(tài)的難易程度。慣性是物體的固有屬性，一切物體在任何情況下在任何情況下都有慣性，與物體的運動情況、受力情況、所處的位置等因素均無關(guān)?！咀⒁狻繎T性不是力，與力無關(guān)，不能說“產(chǎn)生了慣性”、“受到慣性力”等。慣性是維持物體運動狀態(tài)的原因，即慣性越大,運動狀態(tài)越難改變；而力是力是改變物體運動狀態(tài)的原因，即力越大,運動狀態(tài)越易改變。慣性與牛頓第一定律是有區(qū)別的，慣性是物體保持原有運動狀態(tài)不變的一種性質(zhì)，而慣性定律是反映物體在一定條件下的運動規(guī)律。3、慣性的表現(xiàn)形式慣性的表現(xiàn)形式：保持“原狀”。物體在不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)不變，即靜止或勻速直線運動。慣性的表現(xiàn)形式：反抗“改變”。物體受到外力時，慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度。物體慣性越大，物體的運動狀態(tài)越難改變；物體的慣性小，物體的運動狀態(tài)越易改變。核心考點2牛頓第二定律一、牛頓第二定律1、內(nèi)容物體的加速度跟所受的合外力成正比、跟物體的質(zhì)量成反比。【注意】加速度的方向跟合外力的方向相同。2、表達式F＝ma。3、物理意義將力、加速度和質(zhì)量直接的數(shù)量關(guān)系確定下來；將物體所受合外力與運動情況通過簡單的正比關(guān)系聯(lián)系起來；說明加速度的方向與引起這個加速度的合外力的方向相同。4、適用條件只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）；只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況。5、五種特性因果性力是使物體產(chǎn)生加速度的原因。矢量性F＝ma是一個矢量式，應(yīng)用時應(yīng)先規(guī)定正方向。獨立性①作用于物體上的每一個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律;②物體的實際加速度等于每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和;③力和加速度在各個方向上的分量也遵循牛頓第二定律，即Fx＝max，F(xiàn)y＝may。瞬時性某一時刻的加速度只決定于這一時刻的合外力，跟這一時刻前后的合外力無關(guān)。a和F同時產(chǎn)生，同時變化，同時消亡。同體性加速度、合外力和質(zhì)量是對應(yīng)于同一個物體的。6、對牛頓第二定律的理解合外力與速度無關(guān)，與加速度有關(guān)，有力必有加速度，合外力為零時，加速度為零，但此時速度不一定為零，同樣速度為零時，加速度不一定為零，即合外力不一定為零。合力與速度同向時，物體做加速運動，反之減速。a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，它揭示了物體產(chǎn)生加速度的原因及影響物體加速度的因素。物體的加速度的方向與物體所受的合外力是瞬時對應(yīng)關(guān)系，即a與合力F方向總是相同。力與運動的關(guān)系：物體受力作用，引起運動狀態(tài)變化，運動狀態(tài)的改變即物體速度發(fā)生變化（速度大小或方向變化），從而產(chǎn)生加速度。加速度與力有瞬時對應(yīng)關(guān)系，加速度隨力的變化而變化；速度的改變需經(jīng)歷一定的時間，不能突變，而加速度可以突變?！咀⒁狻颗ｎD第一定律揭示了物體具有的固有屬性——慣性，定義了慣性系，在該慣性系下牛頓第二定律才成立，給出了力、加速度和質(zhì)量的定量關(guān)系。在因果關(guān)系上，牛頓第一定律僅指出了因果的定性關(guān)系，第二定律進一步明確了因果的定量關(guān)系。牛頓第一定律為牛頓第二定律的成立提供了成立的條件，牛頓第一定律不是牛頓第二定律的特例，因為牛頓第一定律不是從牛頓第二定律中導(dǎo)出的。牛頓第一定律和第二定律都提出了力的概念，但是沒有給出力一個明確的描述，牛頓第三定律明確提出力十物體與物體之間的相互作用，并指出他們是對稱地作用在兩個不同物體上。7、牛頓第二定律的獨立性原理物體受到幾個力共同作用時，每個力各自獨立地使物體產(chǎn)生一個加速度，就像其他力不存在一樣,這個性質(zhì)叫做力的獨立作用原理。8、力的單位根據(jù)F=kma知k=F/ma,k的大小由F、m、a三者所取的單位共同決定,三者取不同單位時,k的數(shù)值不同，在國際單位制中k=1。由此可知，在應(yīng)用公式F=ma進行計算時，F(xiàn)、m、a三者的單位必須統(tǒng)一取國際單位制中相應(yīng)的單位。國際單位制中的基本單位有米、千克、秒。1N的物理意義：使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2的加速度的力為1N,即1N=1kg·m/s2。9、牛頓運動定律的解題步驟①明確研究對象，根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出研究對象，可以是單獨的一個物體，也可以是一個整體。②對研究對象進行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫出受力示意圖和運動過程圖。③建立坐標系，選取正方向，根據(jù)牛頓第二定律列方程。④統(tǒng)一單位，取國際單位制，代入數(shù)值求解。⑤對結(jié)果進行討論,檢查所得結(jié)果是否符合實際情況，舍去不合理的解。二、牛頓第二定律的解題方法合成法：當物體受兩個力作用而產(chǎn)生加速度時，應(yīng)用合成法比較簡單。應(yīng)用平行四邊形定則求出這兩個力的合力，再由牛頓第二定律求出物體的加速度。F=QUOTE+QUOTEa=F/m先求出每個分力產(chǎn)生的加速度，再用平行四邊形定則求合加速度。QUOTE=mQUOTE，QUOTE=mQUOTEa=ax+ay正交分解法：將矢量分解在兩個相互垂直的坐標軸上的方法，物體在受到三個或者三個以上的不在同一直線上的力的作用時,一般用正交分解法。以加速度QUOTE的方向為QUOTE軸的正方向建立直角坐標系，將物體所受的各個力分解到QUOTE軸和QUOTE軸上，分別得到QUOTE軸和QUOTE軸上的合力QUOTE和QUOTEQUOTE=maQUOTE=0若物體受幾個相互垂直的力的作用，應(yīng)用牛頓第二定律求解時，分解的力太多，就會比較煩瑣，所以在建立直角坐標系時，可根據(jù)物體的受力情況，使盡可能多的力落在兩坐標軸上，分解加速度QUOTE得QUOTE和QUOTE。QUOTE=mQUOTEQUOTE=mQUOTE三、三種模型瞬時加速度的求解方法模型受力特點輕繩不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪斷后彈力立即消失，不需要時間恢復(fù)形變。輕桿輕桿的彈力不一定沿著桿，具體方向與物體的運動狀態(tài)和連接方式有關(guān)；桿可以對物體產(chǎn)生拉力，也可以對物體產(chǎn)生推力；當輕桿的一端連著轉(zhuǎn)軸或鉸鏈時彈力一定沿著桿。輕彈簧形變量大，其恢復(fù)形變需要較長時間，在瞬時性問題中輕彈簧的彈力大小往往可以看成保持不變。核心考點3牛頓第三定律一、作用力與反作用力1、定義兩個物體之間的作用總是相互的。當一個物體對另一個物體施加了力，后一個物體一定同時對前一個物體也施加了力。物體間相互作用的這一對力，通常叫做作用力和反作用力。作用力和反作用力總是互相依賴、同時存在的。我們可以把其中任何一個力叫做作用力，另一個力叫做反作用力。【注意】①作用力和反作用力分別作用在不同的物體上，一個物體既是施力物體同時也是受力物體；②物體間力的作用總是相互的，力是成對出現(xiàn)的，一對相互作用力中作用力和反作用力是相對而言的；③作用力與反作用力總是互相依存、同時存在的。二、牛頓第三定律1、內(nèi)容兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上?！咀⒁狻俊翱偸恰倍终f明對于任何物體，在任何情況下牛頓第三定律都是成立的。與物體的大小、形狀無關(guān)；與物體的運動狀態(tài)無關(guān)；與有另外的物體相互作用的無關(guān)。作用力和反作用力是同時產(chǎn)生和同時消失的。2、表達式F=F'，負號表示F'與F的方向相反。3、物理意義揭示了力的作用的相互性，兩個物體間只要有相互作用就一定會出現(xiàn)一對作用力和反作用力。4、性質(zhì)同時性作用力與反作用力同時產(chǎn)生，同時消失。其中一個產(chǎn)生或消失，則另一個必然同時產(chǎn)生或消失相互性作用力和反作用力總是相互的，兩者總是成對出現(xiàn)，性質(zhì)是相同的。例如如果作用力為彈力，則反作用力一定也是彈力。異體性作用力和反作用力分別作用在彼此相互作用的兩個物體上。5、正確認識作用力和反作用力的2個技巧①抓住特點：無論物體的運動狀態(tài)、力的作用效果如何，作用力和反作用力總是等大、反向和作用在同一條直線上。②明確力的作用點：要區(qū)別作用力和反作用力與平衡力，最直觀的方法是看作用點的位置，一對平衡力的作用點在同一物體上，作用力和反作用力的作用點在兩個物體上。【注意】當將A物體作為研究對象無法求解結(jié)果時，可以選與A相互作用的物體B為研究對象進行求解的方法，該方法往往用到牛頓第三定律。適用情景：難于分析或求解物體的某個力時，根據(jù)牛頓第三定律可以把對這個力的分析和求解轉(zhuǎn)化為分析和求解它的反作用力。例如，求放在水平桌面上的物體對桌面的壓力，可以通過物體的受力情況求出桌面對物體的支持力，再用牛頓第三定律求得物體對桌面的壓力。三、一對相互作用力和一對平衡力的比較一對相互作用力一對平衡力不同點分別作用在兩個不同的物體上作用在同一物體上力的性質(zhì)相同力的性質(zhì)不一定相同具有同時性不一定具有同時性不可單獨存在，是一種相互依存的關(guān)系。沒有依存關(guān)系，當其中一個力撤掉，另一個力可以依然存在。不能求合力（效果不能抵消）能求合力（效果能抵消）相同點大小相等，方向相反，作用在同一條直線上核心考點4牛頓運動定律的綜合應(yīng)用一、兩類基本動力學問題1、類型①由受力情況確定物體的運動情況；②由運動情況確定物體的受力情況。2、解題的基本思路以加速度為橋梁，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解?？捎萌缦驴驁D來表示：【注意】應(yīng)抓住受力情況和運動情況之間聯(lián)系的橋梁——加速度。兩個分析：物體的受力情況分析和運動過程分析。如果題目給出的物理問題是比較復(fù)雜的問題，應(yīng)該明確整個物理現(xiàn)象是由哪幾個物理過程組成的，找出相鄰過程的聯(lián)系點，再分別研究每一個物理過程。在畫受力示意圖和運動過程圖中應(yīng)注明力、速度、加速度的符號和方向，對每一個力都明確施力物體和受力物體，以免分析力時有所遺漏或無中生有。如果物體做直線運動，一般將力沿運動方向和垂直于運動方向進行分解。如果要求解物體的加速度，一般要沿加速度方向分解力；如果要求解某一個力，一般可沿該力的方向分解加速度。二、超重和失重1、超重、失重和完全失重類型定義產(chǎn)生條件超重物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┐笥谖矬w所受重力的現(xiàn)象。物體具有向上的加速度。失重物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┬∮谖矬w所受重力的現(xiàn)象。物體具有向下的加速度。完全失重物體對支持物的壓力（或?qū)ωQ直懸掛物的拉力）等于零的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)象。物體的加速度a＝g，方向豎直向下。2、實重和視重實重：物體實際所受的重力。視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。視重大小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。視重大于實重為超重；視重小于實重為失重；視重為0為完全失重。3、對超重和失重的理解發(fā)生超重和失重時，物體的重力沒有變化，只是物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┳兇蠡蜃冃×恕３亍⑹е噩F(xiàn)象的實質(zhì)是物體的實重與視重相比發(fā)生了變化而已。【注意】物體發(fā)生超重和失重時的運動狀態(tài)：類型受力分析加速度方向視重運動狀態(tài)超重在豎直方向上有Fmg=ma則F=mg+ma>mg向上F=mg+ma物體可能是向上加速運動或向下減速運動。失重在豎直方向上有mgF=ma,則F=mgma<mg向下F=mgma物體可能是向下加速運動或向上減速運動。完全失重F=0，加速度a=g豎直向下F=0宇宙飛船等航天器進入軌道后，其中的人和物將處于失重狀態(tài)。盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)。物體處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)只取決于加速度的方向，與速度沒有關(guān)系。在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效等。4、超重和失重的判斷方法速度變化角度物體向上加速或向下減速時為超重；物體向下加速或向上減速時為失重。加速度的角度物體具有向上的加速度時為超重；具有向下的加速度時為失重。受力的角度物體受到向上的拉力（或支持力）大于重力時為超重；物體受到向上的拉力（或支持力）小于重力時處于失重狀態(tài)。三、等時圓模型1、模型條件多條相交的傾斜光滑軌道，質(zhì)點由靜止開始從軌道的一端滑到另一端。2、模型示意圖3、頂點設(shè)置上端相交：交點為圓的最高點；下端相交：交點為圓的最低點。4、作等時圓過頂點作豎直線，作以某軌道為弦圓心在豎直線上的圓。5、分析模型分析圖例圓周內(nèi)同頂端的斜面在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。由2R·sinθ＝eq\f(1,2)·gsinθ·t2，可推得t1＝t2＝t3。圓周內(nèi)同底端的斜面在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。由2R·sinθ＝eq\f(1,2)·gsinθ·t2，可推得t1＝t2＝t3。雙圓周內(nèi)斜面在豎直面內(nèi)兩個圓，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應(yīng)位置。由2R·sinθ＝eq\f(1,2)·gsinθ·t2，可推得t1＝t2＝t3。6、拓展模型分析圖例等高斜面由L＝eq\f(1,2)at2，a＝gsinθ，L＝eq\f(h,sinθ)，可得t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，可知傾角越小，時間越長，如右圖中t1＞t2＞t3。同底斜面由L＝eq\f(1,2)at2，a＝gsinθ，L＝eq\f(d,cosθ)，可得t＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，可見θ＝45°時時間最短，如右圖中t1＝t3＞t2。四、板塊模型1、模型特點滑塊放置于長木板上，滑塊和木板均相對地面或者斜面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。2、模型示意圖3、模型中的木板長度當滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，并且滑塊和木板同向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；當滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，并且滑塊和木板反向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度。4、分析思路 狀態(tài)板、塊速度不相等板、塊速度相等瞬間板、塊共速運動方法隔離法假設(shè)法整體法步驟對滑塊和木板進行隔離分析，弄清每個物體的受力情況與運動過程。假設(shè)兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法計算滑塊的摩擦力Ff；比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對滑動。將滑塊和木板看成一個整體，對整體進行受力分析和運動過程分析。臨界條件①板、塊速度達到相等的瞬間，摩擦力可能發(fā)生突變②當木板的長度一定時，滑塊可能從木板滑下，恰好滑到木板的邊緣達到共同速度（相對靜止）是滑塊滑離木板的臨界條件。原理時間及位移關(guān)系式、運動學公式、牛頓運動定律等。滑塊和滑板的位移都是相對地的位移。求解中更應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。五、連接體模型1、連接體兩個（或兩個以上）物體組成的系統(tǒng)，我們稱之為連接體。連接體的加速度通常是相同的，但也有不同的情況，如一個靜止、一個運動。2、類型類型圖例物物連接體輕桿連接體彈簧連接體輕繩連接體6、解題方法方法內(nèi)容選取原則隔離法當問題涉及幾個物體時，常常將這幾個物體“隔離”開來，對它們分別進行受力分析，根據(jù)其運動狀態(tài)，應(yīng)用牛頓第二定律或平衡條件列式求解。特別是問題涉及物體間的相互作用時，隔離法是一種有效的解題方法。若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力。整體法將相互作用的兩個或兩個以上的物體看成一個整體（系統(tǒng)）作為研究對象，去尋找未知量與已知量之間的關(guān)系的方法稱為整體法。若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力。說明：若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求物體之間的作用力，則可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。對較復(fù)雜的問題，通常需要多次選取研究對象，交替應(yīng)用整體法與隔離法才能求解。7、解題思路①先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力；②求內(nèi)力時，先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力；③求外力時，先用隔離法求加速度，再用整體法求整體受到的外加作用力。六、傳送帶模型1、定義一個物體以速度v0(v0≥0)在另一個勻速運動的物體上運動的力學系統(tǒng)可看成傳送帶模型。2、特征物塊和傳送帶之間的運動通過摩擦力聯(lián)系起來。3、模型圖例4、分析的關(guān)鍵這類問題涉及靜摩擦力和滑動靜摩擦力之間的變換，特別注意摩擦力的突變和物體運動狀態(tài)的變化；區(qū)別相對地面的位移和二者之間的相對位移；有水平傳送帶與傾斜傳送帶兩種；題型按轉(zhuǎn)向分為物體和傳送帶同向運動以及物體和傳送帶反向運動兩種。5、水平傳送帶水平傳送帶有三種運動的情景，如下表所示：運動情景圖例滑塊可能的運動情況滑塊輕放傳送帶較短時，滑塊可能一直加速。傳送帶較長時，滑塊可能先加速后勻速。滑塊輕放到傳送帶上，受到水平向右的摩擦力，即，則加速度，滑塊向右做勻加速直線運動。當滑塊加速到速度等于傳送帶速度時，兩者相對靜止，摩擦力消失，滑塊和傳送帶一起做勻速直線運動?；瑝K在達到最大速度之前運動的時間為，位移為，而傳送帶的位移為：。我們設(shè)傳送帶的長度為L，當時，滑塊先加速后勻速；當時，滑塊恰好完成加速；當時，行李一直做勻加速?；瑝K與傳送帶同向當v0>v時，若傳送帶較短，物塊到達另一端時二者速度仍未相等，則一直減速；若傳送帶較長，滑塊先減速，減速到與傳送相同的速度時，兩者以相同的速度運動，即滑塊先減速后加速。當v0＝v時，物塊在傳送帶上做勻速直線運動。當v0<v時，若傳送帶較短，物塊到達另一端時二者速度仍未相等，則一直加速；若傳送帶較長，滑塊先加速，加速到與傳送相同的速度時，兩者以相同的速度運動，則滑塊先加速后勻速。滑塊與傳送帶反向當傳送帶的長度時（是滑塊減速為零的位移），滑塊所受的摩擦力水平向左，則一直減速到最右端；當傳送帶的長度，且，滑塊先向右減速，再向左加速，到達最左端時的速度仍為，方向向左（相當于向右運動的逆過程）；當傳送帶的長度，且，滑塊先向右減速，再向左加速，當加速到與傳送帶相同的速度時，與傳送帶共速，一起向左運動，速度為?！咀⒁狻壳蠼馑絺魉蛶栴}的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。物體與傳送帶剛好保持相對靜止的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。計算物體與傳送帶間的相對路程時有以下兩種情況：當物體與傳送帶同向運動，則相對路程為Δs＝|s傳－s物|；當物體與傳送帶反向運動，則相對路程為Δs＝|s傳|＋|s物|。判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x（對地）的過程中速度是否和傳送帶速度相等。摩擦力突變的時刻是物體的速度與傳送帶速度相等的時刻。當物塊輕放在勻加速啟動的水平傳送帶上時，它們是否發(fā)生相對滑動取決于動摩擦因數(shù)與傳送帶加速度a0的大?。寒敠?g<a0，物塊將跟不上傳送帶的運動，此時物塊相對于傳送帶向后運動，但是物塊相對地面是向前加速運動的，此時物塊受到沿傳送帶前進方向的滑動摩擦力Ff＝μ*mg，產(chǎn)生的加速度a＝μ*g。當μ*g≥a0，物塊和傳送帶一起以加速度a0加速運動，物塊受到沿傳送帶前進方向的靜摩擦力為Ff＝ma0。6、傾斜傳送帶傾斜傳送帶有四種運動的情景，如下表所示：運動情景圖例滑塊可能的運動情況滑塊初速度為0滑動摩擦力的大小為，加速度a＝g（μcosθ—sinθ），當，滑塊一直向上加速運動?；瑒幽Σ亮Φ拇笮椋铀俣萢＝g（μcosθ—sinθ），當，滑塊向上先加速，當速度等于傳送帶的速度時，兩者一起勻速向上運動，此時靜摩擦力的大小為?；瑝K的初速度為0滑動摩擦力的大小為，沿傳送帶斜面向下，加速度為，當，滑塊一直向下加速滑動摩擦力的大小為，沿傳送帶斜面向下，加速度為，當，滑塊加速運動，速度與傳送帶的速度相同時有兩種情況當時，滑塊繼續(xù)向下加速運動，加速度大小為：；當時，滑塊與傳送帶共速，一起斜向下運動，此時滑塊只受靜摩擦力?；瑝K的初速度不為0，滑塊速度方向與傳送帶相同當v0<v，滑塊先加速，當加速到與傳送帶的速度相同時，之后的運動分為兩種情況滑塊與傳送帶相對靜止，一起做勻速直線運動。以另外一個加速度加速。當時，有兩種情況當，滑塊一直加速。當，滑塊先減速，減到與傳送帶相同的速度時一起勻速運動。滑塊的初速度不為0，滑塊速度方向與傳送帶相反當mgsinθ>μmgcosθ時，滑塊一直加速向下運動。當mgsinθ=μmgcosθ時，滑塊做勻速直線運動。當mgsinθ<μmgcosθ時，滑塊先減速運動，當速度為零時，再向上加速運動（傳送帶足夠長）?！咀⒁狻拷鉀Q傾斜傳送帶問題時要特別注意mgsinθ與μmgcosθ的大小和方向的關(guān)系，進一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，確定物體運動情況。求解的關(guān)鍵在于分析物體與傳送帶間的相對運動情況，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動情況。當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。七、動力學圖像1、常見的圖像v－t圖像，a－t圖像，F(xiàn)－t圖像，F(xiàn)－x圖像（彈簧伸長量圖像），a－F圖像等。2、圖像間的聯(lián)系加速度a是v－t圖像和F－t圖像聯(lián)系的橋梁。3、圖像題解題的三步策略觀察圖像的橫、縱坐標所代表的物理量及單位；確認橫、縱坐標是不是從0開始以及橫、縱坐標的單位長度；分析圖像中的曲線形狀，理解圖像中的斜率，面積，截距，交點，拐點的物理意義。4、圖像的兩類分析已知物體在某個物理過程中所受的某個力隨時間變化的圖像，分析物體的運動情況；已知物體在某個運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖像，分析物體的受力情況。5、解題應(yīng)注意的問題圖像中能獲得的信息：把圖像與題意中的信息和題意中放映的物理情境相結(jié)合，明確圖像中面積、斜率、特殊點等的物理意義，從圖像中反饋出來的有用信息與牛頓運動定律結(jié)合求解。【注意】對物體的運動情況或受力情況進行分析，明確圖像中縱坐標的物理量與橫坐標的物理量之間的制約關(guān)系，確定物理量的變化趨勢，分析圖線從而理解物理過程，再結(jié)合牛頓運動定律等相關(guān)規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而對物理問題做出準確的分析。模擬題專練一．選擇題（共13小題）1．（2024秋?鹽城期末）如圖所示，輕彈簧的一端固定在垂直于光滑的傾角為θ的斜面底端擋板上，另一端自然伸長于斜面O點，將質(zhì)量為m的物體拴接于彈簧上端后靜止于距斜面O點x0處；現(xiàn)用平行于斜面向上的力F緩慢拉動物體，使在彈性限度內(nèi)斜向上運動了4x0，物體再次靜止。撤去F后，物體開始沿斜向下運動，重力加速度為g，不計空氣阻力。則撤去F后（）A．物體先做勻加速運動至O點，過O點后加速度一直減小 B．物體運動至最低點時彈力大小等于5mgsinθ C．物體剛運動時的加速度大小為3gsinθ D．物體向下運動至O點速度最大【解答】解：AD、物體在彈力和重力的下滑分力作用下，做簡諧運動，由簡諧運動的特點，可知越靠近平衡位置，回復(fù)力越小，加速度越小，速度越大；故從最高點A到平衡位置B的過程中，加速度逐漸變小，到平衡位置B時速度最大，故AD錯誤；BC、由題意可知，物體在B點時，受力平衡，即：kx0＝mgsinθ，在最高點A時：mgsinθ+k（4x0﹣x0）＝maA，在最低點C時：k（4x0+x0）﹣mgsinθ＝maC，由簡諧運動特點，可知在A點和C點時的加速度大小相等：aA＝aC，解得：aA＝4gsinθ，最低點時的彈力為：k（4x0+x0）＝5mgsinθ，故B正確，C錯誤；故選：B。2．（2024秋?昆山市期末）如圖所示，有一邊長均為2m的立方形水箱，水箱右側(cè)有一用活塞堵住的小孔a，小孔a到箱底的距離為0.25m；現(xiàn)向桶中注入一定量的水，使水面到箱底的距離為1m。在外力作用下使水箱向右做勻加速直線運動，同時打開活塞，待水面穩(wěn)定后，發(fā)現(xiàn)有一半的水流出。已知重力加速度大小為10m/s2，則水箱的加速度為（）A．1m/s2 B．1.25m/s2 C．2.5m/s2 D．5m/s2【解答】解：如圖所示，水箱向右做勻加速直線運動時，設(shè)水面與水平方向的傾角為θ，對水面上的某一水滴進行受力分析如圖所示。該水滴的加速度水平向右，則其合力水平向右，由牛頓第二定律可得a=mgtanθm已知水箱中還剩一半的水，根據(jù)水的體積關(guān)系有12解得：h＝0.5m故水箱的加速度為：a=gtanθ=10×0.52m/s故選：C。3．（2024秋?昆山市期末）《GA環(huán)球建筑》依據(jù)世界高層建筑與都市人居學會（CTBUH）數(shù)據(jù)，對當今世界最高十大摩天樓電梯最快運行速度做了排序，中國占據(jù)前三甲，其中上海中心大廈的電梯最高速度達20.5m/s，位列排行榜第一名。該電梯某次向上運行過程中速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．0～60s內(nèi)，電梯的平均速度大小為9m/s B．0～20s內(nèi)，電梯對乘客的支持力逐漸增大 C．40～60s內(nèi)，電梯對乘客的支持力小于乘客的重力 D．10s末和50s末，電梯的速度大小相等，方向相反【解答】解：A、根據(jù)v﹣t圖像的面積表示位移可知，0～60s內(nèi)電梯的位移大小為x=20+60則平均速度大小為v=故A錯誤；B、根據(jù)v﹣t圖像的斜率表示加速度可知，0～20s內(nèi)圖線的斜率不變，即電梯的加速度不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，電梯對乘客的支持力不變，故B錯誤；C、根據(jù)v﹣t圖像的斜率表示加速度可知，40～60s內(nèi)圖線的斜率為負，即電梯的加速度為負，即加速度豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律的同性性可知，乘客受到的合力豎直向下，即電梯對乘客的支持力小于乘客的重力，故C正確；D、由圖可知，10s末和50s末，電梯的速度大小相等，方向相同，故D錯誤。故選：C。4．（2024秋?南京期末）如圖所示，P、Q兩個物體相互接觸，但不相互黏合，放置在光滑水平面上，推力FP和拉力FQ分別作用在P、Q上，其中FP恒定，F(xiàn)Q從零開始逐漸增加，關(guān)于P、Q的運動，下列說法正確的是（）A．P、Q始終接觸 B．P、Q間彈力不斷變大 C．Q的加速度始終增加 D．P的加速度始終增加【解答】解：設(shè)P、Q間彈力大小為N，當P、Q相互接觸時，對P、Q整體，由牛頓第二定律可得：FP+FQ＝（mP+mQ）a，因為FP恒定，F(xiàn)Q從零開始逐漸增加，所以a逐漸增加，對P，由牛頓第二定律可得：FP﹣N＝mPa，因為FP恒定，a逐漸增加，所以N逐漸減小，當N減為零后，P、Q分開；當P、Q分開時，P、Q間無彈力，對Q，由牛頓第二定律可得：FQ＝mQaQ，因為FQ逐漸增加，所以aQ逐漸增加，對P，由牛頓第二定律可得：FP＝mPaP，因為FP恒定，所以aP不變；故C正確，ABD錯誤；故選：C。5．（2024秋?宿遷期末）無人機表演時，遇到氣流緊急向上拉升，若拉升的某段時間內(nèi)水平方向速度不變，豎直方向做勻加速直線運動，則無人機運動軌跡（圖中虛線為豎直線）可能是（）A． B． C． D．【解答】解：沿水平方向速度不變，加速度的方向豎直向上，合力向上，兩者不在同一條直線上，必然做向上彎曲的曲線運動，合力指向軌跡凹側(cè)，故B正確，ACD錯誤。故選：B。6．（2024秋?無錫期末）如圖，傾角θ＝37°的足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝2kg的小物體輕放在傳送帶的A端，小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則在上升過程中小物體受到的摩擦力（）A．方向始終沿傳送帶向上 B．方向始終沿傳送帶向下 C．方向先沿傳送帶向上，后沿傳送帶向下 D．大小始終為12N【解答】解：小物體剛放在傳送帶上時相對傳送帶向下滑動，小物體受到的摩擦力為滑動摩擦力，方向平行于傳送帶向上，摩擦力大小f1＝μmgcos37°＝0.8×2×10×0.8N＝12.8N小物體放在傳送帶上先沿傳送帶向上做勻加速直線運動，直到加速到與傳送帶速度相等，由于μ＞tan37°，物塊與傳送帶速度相等后與傳送帶相對靜止，沿傳送帶向上做勻速直線運動，小物體做勻速直線運動時相對傳送帶靜止，小物體受到的摩擦力為靜摩擦力，摩擦力大小f2＝mgsin37°＝2×10×0.6N＝12N，由以上分析可知，上升過程，小物體受到的摩擦力始終沿傳送帶向上，故A正確，BCD錯誤。故選：A。7．（2024秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角θ＝37°的光滑木板托住，小球處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）則（）A．彈簧有可能扣伸，也有可能壓縮 B．撤去木板的瞬間，小球的加速度大小為53gC．剪斷彈簧的瞬間，小球的加速度大小為34gD．剪斷彈簧的瞬間，小球的加速度大小為35【解答】解：A、小球受豎直向下的重力、垂直于木板斜向右上方的支持力與彈簧的彈力作用，小球靜止所受合力為零，彈簧彈力一定水平向左，如果彈簧彈力向右，小球不可能靜止，彈簧彈力向左，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧不可能伸長，故A錯誤；B、小球受力如圖所示小球靜止處于平衡狀態(tài)，則FN=撤去木板瞬間，彈簧彈力不變，小球重力不變，小球所受合力與FN等大反向，對小球，由牛頓第二定律得：5mg4=ma，解得小球的加速度大小a=54CD、剪斷彈簧瞬間，小球沿木板向下滑動，對小球，由牛頓第二定律得：mgsin37°＝ma'，解得：a'=35g，故C錯誤，故選：D。8．（2024秋?宿遷期末）手掌托著由靜止開始在豎直方向運動（豎直向上為正方向），加速度傳感器測得的圖像如圖所示，則（）A．在t1時刻開始減速上升 B．在t2時刻到達最高點 C．在t1～t2時間內(nèi)處于超重狀態(tài) D．在t1～t2時間內(nèi)受到的支持力逐漸增大【解答】解：A．由圖像可知0～t1時間內(nèi)，加速度向上逐漸變大，速度逐漸增大，t1時刻加速度最大，加速度與速度方向相同則物體繼續(xù)加速，速度還在繼續(xù)增大，故A錯誤；B．由圖可知，t2時刻后加速度方向向下，為失重狀態(tài)，速度方向向上，加速度與速度方向相同反則物體減速，所以向上做減速運動，t2時刻還沒有達到最高點，故B錯誤；C．t1～t2時間內(nèi)，加速度的方向依然向上，應(yīng)處于超重狀態(tài)，故C正確；D．對進行受力分析可知，t1～t2時間內(nèi)，有FN﹣mg＝ma該段時間內(nèi)，a逐漸減小，因此支持力FN逐漸減小，故D錯誤。故選：C。9．（2024秋?宿遷期末）有一種游戲，叫“拔老根兒”。兩個小孩每人手里拿著樹葉根，同時使勁往自己懷里拽，誰手里的葉根斷了誰輸，如圖所示。假如兩葉根所能承受的最大拉力相等，則（）A．葉根夾角較大一方的葉根對另一方葉根的作用力更大些 B．葉根夾角較大一方的葉根對另一方葉根的作用力更小些 C．力氣較大的小孩獲勝 D．葉根夾角較小的一方獲勝【解答】解：根據(jù)牛頓第三定律可知，葉根夾角較大的一方的葉根與另一方的葉根的作用力大小相等；以兩個葉根十字交錯點為對象，可知每個葉根對交錯點的作用力的合力大小相等，設(shè)拉力與每個角角平分線的夾角為θ，根據(jù)F合＝2Fcosθ可知葉根夾角θ較小的一方，葉根產(chǎn)生的拉力較小，所以葉根夾角較大的一方先達到樹葉根所承受的最大拉力，則葉根夾角較小的一方獲勝，故D正確，ABC錯誤。故選：D。10．（2024秋?無錫期末）如圖所示，滑塊A以初速度v0沖上一個固定的、足夠長的光滑斜面。取平行于斜面向上為正方向，A在斜面上運動的速度—時間圖像可能是（）A． B． C． D．【解答】解：由題意可知，滑塊先沿斜面向上做勻減速直線運動，速度為零后沿斜面向下做勻加速直線運動，整個運動過程中其加速度不變，方向沿斜面向下，物塊向上、向下運動過程具有速率對稱和時間對稱的特點，根據(jù)勻變速直線運動位移與時間關(guān)系式可知，當取平行于斜面向上為正方向時其v﹣t圖像是一條向下傾斜的直線，故A正確，BCD錯誤。故選：A。11．（2024秋?徐州期末）如圖所示，一輛正以速度v勻速行駛的貨車上載有一個木箱，遇到緊急情況時以加速度a剎車，已知木箱到駕駛室的距離為L，木箱與貨車間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，若a＞μg，則剎車過程中（）A．木箱一定會撞到駕駛室 B．木箱和貨車同時停止運動 C．貨車受到木箱的摩擦力水平向右 D．為保證安全，需滿足L【解答】解：BC、已知剎車之前，車和木箱具有相同的速度，木箱在水平方向只受摩擦力，所以加速度為μg，小車的加速度為a，由于a＞μg，小車減速的更快，所以小車先停下，木箱減速比車慢，所以木箱受到的摩擦力方向向右，根據(jù)牛頓第三定律貨車受到木箱的摩擦力水平向左，故BC錯誤；AD、木箱水平方向移動的距離為v2＝2μgx1，解得x1=v22μg，同理小車移動的位移x2=v22a，要想保證安全，需要滿足x1﹣x故選：D。12．（2024秋?南通期末）如圖所示，一小球通過細線與固定在小車上的細桿連接，兩者保持相對靜止一起沿光滑的斜面下滑，不計空氣阻力。則關(guān)于小球和小車的相對位置正確的是（）A． B． C． D．【解答】解；分析小球受力情況，其受到重力、繩子拉力作用，小球與小車的加速度相等，方向沿斜面向下，則可知合力為重力沿斜面方向的分力，設(shè)斜面角度為θ，則由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ，則B正確，ACD錯誤。故選：B。13．（2024?泰州模擬）如圖所示，半球形容器內(nèi)有三塊不同長度的滑板AO'、BO'、CO'，其下端都固定于容器底部O'點，上端擱在容器側(cè)壁上，已知三塊滑板的長度BO'＞AO'＞CO'。若三個滑塊同時從A、B、C處開始由靜止下滑（忽略阻力），則（）A．A處滑塊最先到達O'點 B．B處滑塊最先到達O'點 C．C處滑塊最先到達O'點 D．三個滑塊同時到達O'點【解答】解：令半球形容器的半徑為R，滑板的傾角為θ，對滑塊進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma根據(jù)位移公式有2Rsinθ=解得t=2R可知時間t與滑板的傾角θ和板的長度均無關(guān)，故三個滑塊同時到達O'點。故ABC錯誤，D正確。故選：D。二．多選題（共2小題）（多選）14．（2024秋?昆山市期末）質(zhì)量為0.5kg的物塊A放在一個縱剖面為矩形的靜止木箱內(nèi)，物塊A受到一根輕彈簧施加的1.2N的水平拉力而保持靜止，物塊與木箱水平底面間的動摩擦因數(shù)為0.3。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)讓木箱在豎直方向上運動，要使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向右移動。木箱的加速度大小和方向可能是（）A．6m/s2，方向向右 B．1m/s2，方向向左 C．1.5m/s2，方向向下 D．2.5m/s2，方向向下【解答】解：A、當水平向右勻加速運動，此時加速度方向水平向右，設(shè)此時物塊相對木箱可以靜止時的最大加速度為a″，由牛頓第二定律得：μmg+F彈＝ma″，F(xiàn)彈＝1.2N，代入數(shù)據(jù)解得：a″＝5.4m/s2，此時木箱運動的最大加速度不能超過5.4m/s2，否則物塊會相對木箱底面水平移動，故A正確；B、當水平向左勻加速運動，此時加速度方向水平向左，設(shè)此時物塊相對木箱可以靜止時的最大加速度為a'，由牛頓第二定律得：μmg﹣F彈＝ma'，F(xiàn)彈＝1.2N，代入數(shù)據(jù)解得：a'＝0.6m/s2，此時木箱運動的最大加速度不能超過0.6m/s2，否則物塊會相對木箱底面水平移動，故B正確；CD、當物塊豎直向下勻加速運動時，木箱底面對物塊的支持力變小，對物塊，由牛頓第二定律得：mg﹣FN＝ma，a＝1.5m/s2，最大靜摩擦力為fm＝μFN，代入數(shù)據(jù)解得：fm＝1.275N＞1.2N，故此時物塊不可能相對木箱底面水平移動，同理可知D符合題意，故C錯誤，D正確。故選：ABD。（多選）15．（2024秋?昆山市期末）如圖所示：光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質(zhì)量為m的木塊間用一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg?，F(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊，使四個木塊以同一加速度運動，下列說法正確的是（）A．彈簧的最大伸長量為3μmg4kB．若突然撤去拉力，則撤去拉力的瞬間四個木塊的加速度不變 C．若突然撤去拉力，則撤去拉力的瞬間左邊兩個木塊的加速度不變，右邊兩個木塊的加速度變小 D．若突然撤去拉力，則撤去拉力的瞬間左邊兩個木塊之間的摩擦力不變，右邊兩個木塊之間的摩擦力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄较蚺c撤去拉力之前相同【解答】解：A、當右上方的木塊所受摩擦力為最大靜摩擦力時，系統(tǒng)加速度最大，彈簧的伸長量最大，對左邊兩個與右上方三個木塊組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：μmg＝（m+m＝2m）a對右邊兩個木塊，由牛頓第二定律得：kΔx＝（m+2m）a解得彈簧的最大伸長量Δx=3μmg4k，故B、撤去拉力前右邊兩個木塊的加速度方向水平向右，突撤去拉力瞬間，右邊兩個木塊的加速度方向水平向左，加速度方向改變，加速度變了，故B錯誤；C、撤去拉力前四個木塊以同一加速度運動，對四個木塊組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：F＝6ma'對左邊兩個木塊組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：T＝3ma'解得彈簧的彈力大小T=12F，撤去拉力瞬間，彈簧的彈力不變，左邊兩木塊受力不變，加速度不變，對右邊兩木塊，由牛頓第二定律得：T＝3ma”解得：a”=F6m，右邊兩個木塊的加速度大小不變，故D、突然撤去拉力瞬間，左邊兩木塊受力情況不變，左邊兩木塊間的摩擦力不變，撤去拉力前，對左邊兩木塊與右上方木塊組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：f右＝4ma'＝4m×F撤去拉力瞬間，對右下方木塊，由牛頓第二定律得：f右'＝2ma”=F3，對右上方木塊來說，摩擦力方向水平向右，突然撤去拉力瞬間，右邊兩個木塊間的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，方向不變，故故選：AD。三．解答題（共10小題）16．（2024秋?蘇州期末）如圖所示，一輛貨車運載著完全相同的圓柱形光滑空油桶。在車廂底，一層油桶平整排列，相互緊貼并被固定，桶C自由地擺放在桶A、B之間。已知每只油桶質(zhì)量為m，重力加速度為g。（1）當汽車勻速行駛時，求B對C的支持力大小FB；（2）為避免C脫離B而發(fā)生危險，求汽車剎車的最大加速度a的大小?！窘獯稹拷猓海?）桶C受到桶A和桶B的支持，和汽車一起保持靜止時，桶C受到桶A和桶B的支持大小相等，三個油桶尺寸相等，支持力與豎直方向夾角為30°，則有FAcos30°+FBcos30°＝mgFAsin30°＝FBsin30°解得FB=3（2）為避免C脫離B而發(fā)生危險，則臨界條件為FB＝0，豎直方向受力平衡，水平方向根據(jù)牛頓第二定律有FAcos30°＝mgFAsin30°＝ma解得a=3可知，當加速度a小于33g時，桶B對桶C有支持力，C不會脫離B答：（1）當汽車勻速行駛時，求B對C的支持力大小為33mg（2）汽車剎車的最大加速度a的大小為33g17．（2024秋?鹽城期末）現(xiàn)代網(wǎng)絡(luò)商品豐富多樣，越來越多的人選擇網(wǎng)購。如圖為快遞包裹運用傳送帶運輸?shù)倪^程，長為L＝6m的傳送帶以v＝2m/s水平向右做勻速運動，傳送帶右端與等高的粗糙水平面無縫銜接，包裹與傳送帶之間、與BC平面的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.2，μ2＝0.4?，F(xiàn)將一包裹輕放在傳送帶的A端，貨物最終停在了水平面上的C點，取g＝10m/s2，求：（1）初始時貨物的加速度大??；（2）貨物從A經(jīng)過多長時間與傳送帶共速行走；（3）從包裹放在傳送帶開始計時到C處停止所用的時間t。【解答】解：（1）貨物相對傳送帶滑動時，對貨物，由牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2（2）貨物加速到與傳送帶共速需要的時間t1=va1（3）貨物加速到與傳送帶共速過程的位移x1=12a1t共速后貨物做勻速直線運動，在傳送帶上勻速運動的時間t2=L-x1貨物在BC上滑動過程，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝4m/s2貨物減速到零需要的時間t3=va3包裹的運動時間t＝t1+t2+t3＝1s+2.5s+0.5s＝4s答：（1）初始時貨物的加速度大小是2m/s2；（2）貨物從A經(jīng)過1s與傳送帶共速行走；（3）從包裹放在傳送帶開始計時到C處停止所用的時間是4s。18．（2024秋?南京期末）如圖所示，木板B置于光滑水平地面上。大小可忽略的物塊A放在木板B左端，A質(zhì)量為m＝0.50kg，B質(zhì)量為M＝1.0kg、長度為l＝2.0m，A與B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，距B右端d＝1.0m處有豎直的墻壁。開始A和B均靜止，現(xiàn)A受到向右的水平拉力F＝2.0N，已知g＝10m/s2。（1）求A和B開始運動時的加速度大??；（2）1s后撤去力F，求此刻至A、B速度相同時經(jīng)歷的時間；（3）在（2）條件下，B與墻壁碰撞反彈時速率不變，求最終A到B右端的距離?！窘獯稹拷猓海?）開始運動時，由牛頓第二定律得：對A：F﹣μmg＝maA對B：μmg＝MaB代入數(shù)據(jù)解得：aA＝2m/s2，aB＝1m/s2如果兩者相對靜止一起加速運動，兩者加速度相等，兩者加速度不同，說明開始兩者相對滑動A、B的加速度大小分別為2m/s2、1m/s2（2）t1＝1s撤去力F時A的速度A的速度vA＝aAt1＝2×1m/s＝2m/sB的速度大小vB＝aBt1＝1×1m/s＝1m/s撤去力F后，對A，由牛頓第二定律得：μmg＝maA'代入數(shù)據(jù)解得：aA'＝2m/s2撤去力F后A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動，B的加速度不變設(shè)經(jīng)過時間t2兩者共速，共速時v共＝vA﹣aA't2＝vB+aBt2代入數(shù)據(jù)解得：t2=13s，v共（3）外力F作用過程，A的位移xA1=12a該過程B的位移xB1=12aBt12=撤去外力到兩者共速過程，A的位移xA2=vA+v共2代入數(shù)據(jù)解得：xA2=59m，xB2由于xB1+xB2＜d，說明兩者共速時B與墻壁沒有發(fā)生碰撞B與墻壁碰撞后B的速度大小不變，方向向左，B與墻壁碰撞后A、B都做勻減速直線運動，加速度大小都不變設(shè)經(jīng)過時間t3兩者再次共速，以向右為正方向，再次共速時v共'＝v共﹣aA't3＝﹣v共+aBt3代入數(shù)據(jù)解得：v共'=-49m/s，負號說明方向向左，t3從B與墻壁碰撞到再次共速過程，A的位移x3=v共+v共'在t1內(nèi)A相對于B向右滑行的位移Δx1＝xA1﹣xB1在t2內(nèi)A相對于B向右滑行的距離Δx2＝xA2﹣xB2在t3內(nèi)A相對于B向右滑行的距離Δx3＝xA3﹣xB3最終A到B右端的距離L＝l﹣Δx1﹣Δx2﹣Δx3代入數(shù)據(jù)解得：L=4答：（1）A和B開始運動時的加速度大小分別是2m/s2、1m/s2；（2）1s后撤去力F，此刻至A、B速度相同時經(jīng)歷的時間是13s（3）最終A到B右端的距離是427m19．（2023?高郵市開學）如圖甲所示，擋板垂直固定在傾角θ＝37°的固定斜面上，處于原長的輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊B連接，彈簧與斜面平行，緊貼物塊B下面有一物塊A（A靜止在斜面上）?，F(xiàn)施加平行于斜面向上的力F作用，此刻為t0＝0，使其沿斜面向上做加速度為a＝0.2m/s2的勻加速直線運動，在彈性限度內(nèi)。已知彈簧的勁度系數(shù)k＝200N/m，物塊A、B的質(zhì)量均為1kg，與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.8。取g＝10m/s2，求：（1）施加F前，物塊A受到的摩擦力大小f0；（2）t＝1.0s時，物塊A發(fā)生的位移大小x和外力F的大小；（3）通過推導(dǎo)計算，定量地在圖乙中畫出物塊A、B間的彈力FAB隨物塊A的位移x變化圖像。（取0≤x≤0.1m范圍即可）【解答】解：（1）施加F前，物塊A受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)平衡關(guān)系則有f0﹣mgsinθ＝0解得f0＝6N（2）物塊A做勻加速直線運動，根據(jù)位移時間公式可得相應(yīng)的位移為x=12at根據(jù)胡克定律F彈＝kx可得彈簧彈力F彈＝20N對兩物塊整體分析有F﹣2mgsinθ﹣2μmgcosθ﹣F彈＝2ma代入數(shù)據(jù)解得F＝45.2N（3）對物塊B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有FAB﹣mgsinθ﹣μmgcosθ﹣kx＝ma可得FAB＝12.6+200x（0≤x≤0.1m）相應(yīng)的圖像為答：（1）施加F前，物塊A受到的摩擦力大小6N；（2）物塊A發(fā)生的位移大小0.1m，外力F的大小45.2N；（3）A、B間的彈力FAB隨物塊A的位移x變化圖像FAB＝12.6+200x（0≤x≤0.1m）。20．（2024秋?鼓樓區(qū)校級期末）四旋翼小型多用途無人機能執(zhí)行多項任務(wù)，并能夠垂直起降。如圖，一架質(zhì)量m＝2kg的無人機，其動力系統(tǒng)的最大升力F＝36N，運動過程中所受阻力大小恒為f＝4N，g＝10m/s2，求：（1）無人機動力系統(tǒng)能提供豎直向上的最大飛行速度為24m/s，無人機從地面由靜止開始加速到最大速度所用的最短時間；（2）無人機懸停在距地面高度H＝45m處突然關(guān)閉動力，豎直下落一段高度后，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力，為保證安全著地，飛行器從開始下落到恢復(fù)動力的最長時間t。【解答】解：（1）加速度最大時加速時間最短，對無人機，由牛頓第二定律得：Fmax﹣mg﹣f＝mamax代入數(shù)據(jù)解得：amax＝6m/s2最短加速時間tmin=vmaxa（2）對無人機，由牛頓第二定律得：失去動力時：mg﹣f＝ma1回復(fù)動力后：F+f﹣ma2代入數(shù)據(jù)解得：a1＝8m/s2，a2＝10m/s2下落的最大速度v＝a1t下落位移H=代入數(shù)據(jù)解得：t＝2.5s答：（1）無人機從地面由靜止開始加速到最大速度所用的最短時間是4s；（2）飛行器從開始下落到恢復(fù)動力的最長時間是2.5s。21．（2024秋?天寧區(qū)校級期末）如圖甲所示，質(zhì)量為M＝2kg的小物塊A和質(zhì)量為m＝1kg的小物塊B用跨過光滑小定滑輪的足夠長的輕質(zhì)細線相連接，細線不可伸長，A放在傾角為θ＝37°的粗糙斜面上，A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，B放在水平面上，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2。計時開始時，在B上施加一個水平向左的外力F，大小為30N，力F隨時間做周期性變化，規(guī)律如圖乙所示物塊A、B運動過程中不會和滑輪相撞，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求在0～1s內(nèi)物塊A的加速度大小；（2）求3s末物塊B的速度大小?！窘獯稹拷猓海?）依題意知，當計時開始時，設(shè)B向左運動，受力如圖所示有NB＝mg＝1×10N＝10N，fB＝μ2NB＝0.2×10N＝2N，NA＝Mgcosθ＝1×10×0.8N＝16N，fA＝μ1NA＝0.25×16N＝4N由牛頓第二定律，可知T0﹣fA﹣Mgsinθ＝Ma0，F(xiàn)﹣T0﹣fB＝ma0解得a（2）1s末的速度v1＝at1＝4×1m/s＝4m/s1s后物塊B向左減速，設(shè)加速度大小為a1；根據(jù)牛頓第二定律，對A有Mgsinθ﹣T1+μ1Mgcosθ＝Ma1對B有T1+μ2mg＝ma1解得a設(shè)再經(jīng)過t2速度為零，根據(jù)運動學公式t即53s時刻，Mgsinθ﹣μ1Mgcosθ﹣μ2mg＝（M+m）a2解得2s末的速度為v2＝a2t3解得v此后根據(jù)牛頓第二定律有T0+fA﹣Mgsinθ＝Ma3F﹣T0+fB＝ma3解得a減為0的時間為t解得t由（1）可知此后B向左以4m/s2的加速度加速，運動時間為t根據(jù)速度一時間公式有v3＝a0t4解得v答：（1）在0～1s內(nèi)物塊A的加速度大小為4m/s2；（2）3s末物塊B的速度大小為11322．（2024秋?天寧區(qū)校級期末）如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量為3m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止，桿的彈力沿桿，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求B球?qū)噹降酌娴膲毫?；?）若B球受到的摩擦力為零，求F的大小和方向。【解答】解：（1）AB整體：豎直方向合力為零，底面對B球的支持力N＝2mg，根據(jù)牛頓第三定律，B球?qū)噹降酌娴膲毫'＝2mg，方向豎直向下；（2）設(shè)桿的彈力為N，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水