【物理】2018届一轮复习人教版第3章牛顿运动定律学案

【物理】2018届一轮复习人教版第3章牛顿运动定律学案

第 1 节　牛顿第一定律　牛顿第三定律 一、牛顿第一定律 1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上 面的力迫使它改变这种状态． 2．意义 (1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯 性定律． (2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物 体运动状态的原因，即产生加速度的原因． 二、惯性 1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质． 2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状 态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变． 3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物 体惯性小． 三、牛顿第三定律 1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用 在同一条直线上． 2．表达式：F＝－F′. [自我诊断] 1．判断正误 (1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×) (2)惯性即惯性定律．(×) (3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×) (4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×) (5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√) (6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×) 2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是(　　) A．对重力、弹力、摩擦力等都适用 B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用 C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用 D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用 解析：选 AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力， 而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用， 例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管 接触不接触，都互相吸引，所以 B、C 错误，A、D 正确． 3．关于惯性，下列说法中正确的是(　　) A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了 B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了 C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远 D．月球上物体的重力只有在地球上的 1/6，但是惯性没有变化 解析：选 D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C 错误；失重或重力加速 度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以 B 错误、D 正确． 4．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确 的是(　　) A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂 B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的 力才没有碎裂 C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃 更大的力才没有碎裂 D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互 作用力的大小 解析：选 C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用 力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的， 所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，C 正确． 考点一　对牛顿第一定律的理解 1．指出了物体的一种固有属性 牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原 有运动状态不变的一种性质． 2．揭示了力的本质 牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的 原因，物体的运动不需要力来维持． 3．揭示了不受力作用时物体的运动状态 牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存 在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同， 物体将保持静止或匀速直线运动状态． 1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的 概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正 确的是(　　) A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．没有力的作用，物体只能处于静止状态 C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 解析：选 AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即 物体抵抗运动状态变化的性质，A 正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直 线运动状态，B 错误，D 正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直 线运动，所以不能称为惯性，C 错误． 2．在一次交通事故中，一辆载有 30 吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让 横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于 这起事故原因的物理分析正确的是(　　) A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾 驶室 B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运 动 C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运 动 D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动 后，钢材继续向前运动 解析：选 A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动， 压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A 正确． 牛顿第一定律的“三点注意” (1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事 实推理得出的． (2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情 况． (3)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来． 考点二　对牛顿第三定律的理解 1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关” 2．应用牛顿第三定律时应注意的问题 (1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律 都是成立的． (2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一 个必然同时产生或消失． (3)作用力、反作用力不同于平衡力 1．(2016·吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定 拉力且不松手，而脚下 移动．下列说法正确的是(　　) A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力 B．两人对绳的拉力是一对平衡力 C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大 D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小 解析：选 D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等， 选项 A 错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状 态进行判断，选项 B 错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选 项 D 正确，C 错误． 2. 物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力 B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力 C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力 D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力 解析：选 B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压 力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作 用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故 A 错，B 对．物体 的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知 C 错．对重力 分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D 错． 3. 如图所示，两块小磁铁质量均为 0.5 kg，A 磁铁用轻质弹簧吊在天花板上， B 磁铁在 A 正下方的地板上，弹簧的原长 L0＝10 cm，劲度系数 k＝100 N/m.当 A、B 均处于静止状态时，弹簧的长度为 L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁 铁与弹簧间相互作用的磁力，求 B 对地面的压力大小．(g 取 10 m/s2) 解析：A 受力如图甲所示，由平衡条件得： k(L－L0)－mg－F＝0 解得：F＝－4 N 故 B 对 A 的作用力大小为 4 N，方向竖直向上． 由牛顿第三定律得 A 对 B 的作用力 F′＝－F＝4 N，方向竖直向下 B 受力如图乙所示，由平衡条件得： FN－mg－F′＝0 解得：FN＝9 N 由牛顿第三定律得 B 对地面的压力大小为 9 N. 答案：9 N 正确认识作用力和反作用力的“两点技巧” (1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用 力总是等大、反向、共线的． (2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是 看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用 点在两个物体上． 课时规范训练 [基础巩固题组] 1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进 了人类科学认识的发展，利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的 O 点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗 糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为 1、2、3.根 据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　) A．如果斜面光滑，小球将上升到与 O 点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 解析：选 A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将 上升到与 O 点等高的位置，A 项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时 状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以 B 和 C 选项错误；而 D 项不是本实验所说明的问题，故错误． 2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方 法，利用这种方法伽利略发现的规律有(　　) A．力不是维持物体运动的原因 B．物体之间普遍存在相互吸引力 C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反 解析：选 AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A 正确； 伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变 慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下 落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻 辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落 快慢相同的规律，C 正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规 律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故 B、D 皆错误． 3．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下 列说法符合历史事实的是(　　) A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不 受力，它将以这一速度永远运动下去 C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速 度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 解析：选 BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验 推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总 结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律． 4．(多选)用手托着一块砖， 静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手 的压力(　　) A．一定小于手对砖的支持力 B．一定等于手对砖的支持力 C．一定大于手对砖的支持力 D．一定大于砖的重力 解析：选 BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和 反作用力，二者等大反向，B 项对；对砖受力分析，则 FN－mg＝ma，FN＞mg， D 项对． 5．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界线， 约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法 正确的是(　　) A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 解析：选 C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选 项 A 错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反 作用力，故选项 B 错误；设绳子的张力为 F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小 相等，均为 F，若 m 甲>m 乙，则由 a＝F m 得，a 甲0，解得 F1<5 N，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛 顿第二定律可知 F1－F2－μG＝ma>0，解得 F1>25 N，C、D 正确． 3．(2017·湖南师范大学附中月考)(多选) 如图所示，固定在水平面上的光滑 斜面的倾角为 θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块 B， 另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为 M，B 物块的质 量为 m，重力加速度为 g，当人拉着绳子以大小为 a1 的加速度沿斜面向上运动时， B 物块运动的加速度大小为 a2，则下列说法正确的是(　　) A．物块一定向上加速运动 B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足 m＞Msin θ C．若 a2＝0，则 a1 一定等于mg－Mgsin θ M D．若 a1＝a2，则 a1 可能等于mg－Mgsin θ M＋m 解析：选 CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知 F－Mgsin θ＝Ma1，得 F＝ Mgsin θ＋Ma1，若 F＞mg，则物体 B 加速上升，若 F＜mg，则物体 B 加速下降， 若 F＝mg，物体 B 静止，故 A 错误； 人能够沿斜面向上加速运动，只需满足 F ＞Mgsin θ 即可，故 B 错误；若 a2＝0，则 F＝mg，故 mg－Mgsin θ＝Ma1，a1＝ mg－Mgsin θ M ，故 C 正确；F＝Mgsin θ＋Ma1，当 Fa2，且所分析的 是速率与时间的关系，故 C 正确． 考点一　超重和失重问题 1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变． 2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失． 3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量， 物体就会处于超重或失重状态． 4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的 分加速度，整体也会出现超重或失重状态． 1．(2017·福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是(　　) A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态 B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态 C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态 D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重 状态 解析：选 D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体 处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重 力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重， 选项 A 错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项 B 错 误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项 C 错误；飞船绕 地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于 完全失重状态，选项 D 正确． 2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线 如图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力(　　) A．t＝2 s 时最大　　　 B．t＝2 s 时最小 C．t＝8.5 s 时最大 D．t＝8.5 s 时最小 解析：选 AD.人受重力 mg 和支持力 FN 的作用，由牛顿第二定律得 FN－mg ＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力 FN′＝FN＝mg＋ma.当 t＝2 s 时 a 有最 大值，FN′最大；当 t＝8.5 s 时，a 有最小值，FN′最小，选项 A、D 正确． 3．(2017·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出 竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中(　　) A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等 B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力 C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小 D．人被向上“托起”时处于失重状态 解析：选 A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力， 故大小相等，A 项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力， B 项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C 项错误； 人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D 项错误． 考点二　连接体问题 1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法． 2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型 (1)涉及滑轮的问题 若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮 连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法． (2)水平面上的连接体问题 ①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速 度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法． ②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力， 或者正交分解加速度． (3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题 当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般 采用隔离法分析． 3．解题思路 (1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法． ①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整 体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力； ②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析． (2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的 加速度． (3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量． [典例 1]　如图所示，物块 A 和 B 的质量分别为 4m 和 m， A、B 均静止， 细绳拉直，在竖直向上拉力 F＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动 滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长， 在滑轮向上运动过程中，物块 A 和 B 的加速度分别为(　　) A．aA＝1 2g，aB＝5g　 B．aA＝aB＝1 5g C．aA＝1 4g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g 解析　对滑轮由牛顿第二定律得 F－2FT＝m′a，又滑轮质量 m′忽略不计， 故 m′＝0，所以 FT＝F 2 ＝6mg 2 ＝3mg，对 A 由于 FT＜4mg，故 A 静止，aA＝0， 对 B 有 aB＝FT－mg m ＝3mg－mg m ＝2g，故 D 正确． 答案　D 1．(多选)如图所示，质量分别为 mA、mB 的 A、B 两物块用轻线连接放在倾 角为 θ 的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力 F 拉 A，使它们沿斜面匀加 速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　) A．增大 A 物的质量 B．增大 B 物的质量 C．增大倾角 θ D．增大拉力 F 解析：选 BD.对于 A、B 整体由牛顿第二定律得 F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋ mB)a，对于 B 由牛顿第二定律得 FT－mBgsin θ＝mBa，解以上两式得 FT＝ mB mA＋mB F，选项 B、D 正确． 2. 如图所示，质量为 M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上， 光滑槽内有一质量为 m 的小铁球，现用一水平向右的推力 F 推动凹槽，小铁球 与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成 α 角，则下列说 法正确的是(　　) A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力为 mg sin α C．系统的加速度为 a＝gtan α D．推力 F＝Mgtan α 解析：选 C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加 速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为 mg cos α ，A、 B 错误．小球所受合外力为 mgtan α，加速度 a＝gtan α，推力 F＝(m＋M)·gtan α， C 正确，D 错误． 考点三　动力学中的图象问题 1．常见的图象有 v－t 图象，a－t 图象，F－t 图象，F－a 图象等． 2．图象间的联系 加速度是联系 v－t 图象与 F－t 图象的桥梁． 3．图象的应用 (1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的 运动情况． (2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物 体的受力情况． (3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析． 4．解答图象问题的策略 (1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义． (2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、 “图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断． 1．(多选)如图(a)，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v－t 图线 如图(b)所示．若重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析：选 ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为 a1＝v0 t1 ，下降 过程中的加速度为 a2＝v1 t1 .物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin θ ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得 sin θ＝v0＋v1 2t1g ，滑动摩擦力 f＝ m(v0－v1) 2t1 ，而 f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项 A、C 正确．由 v－t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面 向上滑行的最大高度，选项 D 正确． 2．(2017·河南郑州第一次质量预测) 甲、乙两球质量分别为 m 1、m2，从同 一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小 f 仅与球的 速率 v 成正比，与球的质量无关，即 f＝kv(k 为正的常量)．两球的 v－t 图象如 图所示．落地前，经时间 t0 两球的速度都已达到各自的稳定值 v1、v2.则下列判 断正确的是(　　) A．释放瞬间甲球加速度较大 B.m1 m2 ＝v2 v1 C．甲球质量大于乙球质量 D．t0 时间内两球下落的高度相等 解析：选 C.释放瞬间 v＝0，因此空气阻力 f＝0，两球均只受重力，加速度 均为重力加速度 g，故 A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速 运动，稳定时 kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即 vm∝m，m1 m2 ＝v1 v2 ，B 错误；由图象知 v1＞v2，因此 m1＞m2，C 正确；图象与时间轴围成的面积表示 物体通过的位移，由图可知，t0 时间内两球下落的高度不相等，故 D 错误． 3．(2017·广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达 600 m，游客乘坐 观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力， 已知电梯在 t＝0 时由静止 上升，a－t 图象如图所示．则下列相关说法正确的是 (　　) A．t＝4.5 s 时，电梯处于失重状态 B．5～55 s 时间内，绳索拉力最小 C．t＝59.5 s 时，电梯处于超重状态 D．t＝60 s 时，电梯速度恰好为零 解析：选 D.利用 a­t 图象可判断：t＝4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯 处于超重状态，则 A 错误；0～5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5 s～55 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s～60 s 时间内，电梯 处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C 错误；因 a­t 图线与 t 轴所围的“面 积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等， 则电梯的速度在 t＝60 s 时为零，D 正确． 考点四　动力学中的临界、极值问题 1．临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过 程存在着临界点． (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题 述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态． (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的 过程存在着极值，这个极值点往往是临界点． (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收 尾速度． 2．解决动力学临界、极值问题的常用方法 极限分析法、假设分析法和数学极值法． 考向 1：极限分析法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到 正确解决问题的目的． [典例 2]　如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂 质量为 m1 和 m2 的物体 A 和 B.若滑轮有一定大小，质量为 m 且分布均匀，滑轮 转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对 A 和 B 的拉 力大小分别为 FT1 和 FT2，已知下列四个关于 FT1 的表达式中有一个是正确的．请 你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　) A．FT1＝ (m＋2m2)m1g m＋2(m1＋m2) B．FT1＝ (m＋2m1)m2g m＋4(m1＋m2 ) C．FT1＝ (m＋4m2)m1g m＋2(m1＋m2) D．FT1＝ (m＋4m1)m2g m＋4(m1＋m2) 解析　由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物 体的加速度大小均为 a，对 A，若 FT1－m1g＝m1a，则对 B 应有 m2g－FT2＝m2a； 上面两式分别解出加速度的表达式为 a＝FT1 m1 －g 和 a＝g－FT2 m2 ，所以有FT1 m1 ＋FT2 m2 ＝ 2g ， 即 有 m2FT1 ＋ m1FT2 ＝ 2m1m2g ， 根 据 题 目 所 给 选 项 可 设 FT1 ＝ (m＋xm2)m1g m＋y(m1＋m2)，则根据 A、B 地位对等关系应有 FT2＝ (m＋xm1)m2g m＋y(m2＋m1)，将 FT1、FT2 的值代入 m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得 x＝2y.由此可判断 A 错误、C 正确．若 将 FT1 设为 (m＋xm1)m2g m＋y(m1＋m2)，则结合 m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g 可看出 A、B 的地位关 系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D 错误． 答案　C 考向 2：假设分析法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出 现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题． [典例 3]　如图所示，物体 A 叠放在物体 B 上，B 置于光滑水平面上，A、B 质量分别为 mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B 之间的动摩擦因数 μ＝0.2， 时 F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到 45 N 的过程中，则(　　) A．当拉力 F＜12 N 时，物体均保持静止状态 B．两物体 没有相对运动，当拉力超过 12 N 时， 相对滑动 C．两物体从受力 就有相对运动 D．两物体始终没有相对运动 解析　首先了解各物体的运动情况，B 运动是因为 A 对它有静摩擦力，但由 于静摩擦力存在最大值，所以 B 的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉 力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临 界点，就是 A、B 间静摩擦力达到最大值时拉力 F 的大小，以 A 为研究对象进行 受力分析，A 受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有 F－Ff＝mAa，再 以 B 为研究对象，B 受水平向右的静摩擦力 Ff＝mBa，当 Ff 为最大静摩擦力时， 解得 a＝ Ff mB ＝μmAg mB ＝12 2 m/s2＝6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当 F＜48 N 时， A、B 间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B 间不会发生相对运动， 故选项 D 正确． 答案　D 考向 3：数学极值法 将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件． [典例 4]　如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平 面成 30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力 F＝6.5 N，玩具的质量 m＝1 kg， 经过时间 t＝2.0 s．玩具移动了距离 x＝2 3 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了 一段距离后停下．(取 g＝10 m/s2)，求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能运动多远？ (3)幼儿要拉动玩具，拉力 F 与水平面夹角多大时，最省力？ 解析　(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x＝1 2at2 解得 a＝ 3 m/s2 对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得 μ＝ 3 3 . (2)松手时，玩具的速度 v＝at＝2 3 m/s 松手后，由牛顿第二定律得 μmg＝ma′ 解得 a′＝10 3 3 m/s2 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移 x′＝ 0－v2 －2a′＝0.6 3 m≈1.04 m. (3)设拉力与水平方向的夹角为 θ，玩具要在水平面上运动，则 Fcos θ－Ff＞ 0 Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得 F＞ μmg cos θ＋μsin θ cos θ＋μsin θ＝ 1＋μ2sin(60°＋θ) 当 θ＝30°时，拉力最小，最省力． 答案　(1) 3 3 　(2)1.04 m　(3)30° 课时规范训练 [基础巩固题组] 1．下列哪个说法是正确的(　　) A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 解析：选 B.选项 A、C、D 中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超 重，也不失重，选项 A、C、D 错误；选项 B 中的运动员的加速度为重力加速度， 方向竖直向下，处于失重状态，选项 B 正确． 2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是(　　) A．电梯加速上升 B．电梯加速下降 C．电梯匀速上升 D．电梯匀速下降 解析：选 A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定 律有 F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力， 则应有力 F 大于 G，加速度方向向上．选项 A 正确，B、C、D 错误． 3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为 θ 的光 滑斜面滑下，然后在不同的 θ 角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动 是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速 度和重力加速度与各自最大值的比值 y 随 θ 变化的图象分别对应图乙中的(　　) A．①、②和③ B．③、②和① C．②、③和① D．③、①和② 解析：选 B.小球受重力 mg、支持力 FN，由牛顿第二定律得 mgsin θ＝ma，a ＝gsin θ，而 am＝g，故 a am ＝sin θ；由牛顿第三定律得 FN′＝FN，FNm′＝FNm， 而 FN＝mgcos θ，FNm＝mg，即 FN FNm ＝cos θ，则 FN′ FNm′＝cos θ；重力加速度的最大 值 gm＝g，即 g gm ＝1，B 正确． 4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是(　　) A．小朋友沿滑梯加速滑下 B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内 C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动 D．跳水运动员离开跳板后向上运动 解析：选 ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失 重状态，A 正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得 在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B 错 误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳 板后仅受重力作用处于完全失重状态，C、D 正确． 5．如图所示，质量分别为 m 和 2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固定 在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为 L，劲度系数为 k.现沿弹簧轴线方向在 质量为 2m 的小球上施加一水平拉力 F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球 间的距离为(　　) A. F 3k B. F 2k C．L＋ F 3k D．L＋ F 2k 解析：选 C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分 析，由牛顿第二定律可得 F＝(m＋2m)a，对质量为 m 的小球作水平方向受力分 析，由牛顿第二定律和胡克定律可得 kx＝ma，则此时两球间的距离为 L′＝L＋ x＝L＋ F 3k ，C 正确． 6．如图甲所示，为一倾角 θ＝37°足够长的斜面，将一质量为 m＝1 kg 的物 体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系 图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数 μ＝0.25.取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)2 s 末物体的速度； (2)前 16 s 内物体发生的位移． 解析：(1)分析可知物体在前 2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运 动，由牛顿第二定律可得 mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1， v1＝a1t1， 代入数据可得 v1＝5 m/s. (2)设物体在前 2 s 内发生的位移为 x1，则 x1＝1 2a1t21＝5 m. 当拉力为 F2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得 F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2， 代入数据可得 a2＝0.5 m/s2， 物体经过 t2 时间速度减为 0，则 v1＝a2t2，t2＝10 s， 设 t2 时间发生的位移为 x2，则 x2＝1 2a2t22＝25 m， 由于 mgsin θ－μmgcos θ＜F2＜μmgcos θ＋mgsin θ，则物体在剩下 4 s 时间内 处于静止状态． 故物体在前 16 s 内发生的位移 x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下． 答案：(1)5 m/s　(2)30 m　方向沿斜面向下 [综合应用题组] 7．(多选)将一个质量为 1 kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动 过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的 v－t 图象如图所示， g 取 10 m/s2.下列说法中正确的是(　　) A．小球所受重力和阻力大小之比为 5∶1 B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为 2∶3 C．小球落回到抛出点时的速度大小为 8 6 m/s D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态 解析：选 AC.上升过程中 mg＋Ff＝ma1，代入 a1＝12 m/s2，解得 Ff＝2 N， 小球所受重力和阻力之比为 5∶1，选项 A 正确；下落过程中 mg－Ff＝ma2，可 得 a2＝8 m/s2，根据 h＝1 2at2 可得t1 t2 ＝ a2 a1 ＝ 2 3 ，选项 B 错误；根据 v＝a2t2，t2＝ 6 s 可得 v＝8 6 m/s，选项 C 正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球 处于失重状态，选项 D 错误． 8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为 m 的货物提升到一定高处，动滑 轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度 a 与竖直向上的拉力 FT 之间的函数 关系如图乙所示．则下列判断正确的是(　　) A．图线与纵轴的交点的绝对值为 g B．图线的斜率在数值上等于物体的质量 m C．图线与横轴的交点 N 的值 FTN＝mg D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1 m 解析：选 A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有 a＝2 mFT－g，由 a－ FT 图象可判断，纵轴截距的绝对值为 g，图线的斜率在数值上等于2 m ，则 A 正确， B、D 错误，横轴截距代表 a＝0 时，FTN＝mg 2 ，C 错误． 9．如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一 质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观 察小球从 下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度 v 或加 速度 a 随时间 t 变化的图象中符合实际情况的是(　　) 解析：选 A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速 运动．直至重力和弹力相等，即 mg＝kΔx，此时 a＝0，小球速度达到最大值 v max， 此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增 大的减速运动直至最低点，小球速度为 0，加速度最大，A 正确，B 错误．设小 球到达最低点时，弹簧的形变量为 x，由能量关系得 mg(h＋x)＝1 2kx2，则 2mg(h＋ x)＝kx·x，由 h＋x＞x 得 kx＞2mg，所以在最低点 kx－mg＝ma＞mg，即 a>g，C 错误．弹簧形变量 x 与 t 不是线性关系．则 a 与 t 也不是线性关系，D 错误． 10．如图所示，一夹子夹住木块，在力 F 作用下向上提升．夹子和木块的 质量分别为 m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为 Ff.若木块不滑动， 力 F 的最大值是(　　) A.2Ff(m＋M) M B.2Ff(m＋M) m C.2Ff(m＋M) M －(m＋M)g D.2Ff(m＋M) m ＋(m＋M)g 解析：选 A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有 F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对 木块有 2Ff－Mg＝Ma，所以 F＝2Ff(M＋m) M ，选项 A 正确． 11．(多选)质量为 0.3 kg 的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分 别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的(　　) A．水平拉力可能是 0.3 N B．水平拉力一定是 0.1 N C．物体所受摩擦力可能是 0.2 N D．物体所受摩擦力一定是 0.2 N 解析：选 BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉 力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为 a1＝2 3 m/s2，由牛顿第二定 律可知此时摩擦力 Ff＝ma1＝0.2 N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线， 加速度大小为 a2＝1 3 m/s2，由牛顿第二定律可知 Ff－F＝ma2，代入已知条件可 知，拉力 F＝0.1 N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受 拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为 a3＝1 3 m/s2，由牛顿第二 定律可知此时摩擦力 Ff′＝ma3＝0.1 N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的 图线，加速度大小为 a4＝2 3 m/s2，由牛顿第二定律可知 F′＋Ff′＝ma4，代入 已知条件可知，拉力 F′＝0.1 N，B、C 正确． 12．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板 迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实 验．若砝码和纸板的质量分别为 m1 和 m2，各接触面间的动摩擦因数均为 μ.重力 加速度为 g. (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； (3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离 d＝ 0.1 m，取 g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过 l＝0.002 m，人眼就能感知．为确 保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？ 解析：(1)砝码对纸板的摩擦力 Ff1＝μm1g 桌面对纸板的摩擦力 Ff2＝μ(m1＋m2)g Ff＝Ff1＋Ff2，解得 Ff＝μ(2m1＋m2)g. (2)设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则 Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2 发生相对运动 a2＞a1 解得 F＞2μ(m1＋m2)g. (3)纸板抽出前，砝码运动的距离 x1＝1 2a1t21 纸板运动的距离 d＋x1＝1 2a2t21 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x2＝1 2a3t22， l＝x1＋x2 由题意知 a1＝a3，a1t1＝a3t2 解得 F＝2μ[m1＋(1＋d l )m2 ]g 代入数据得 F＝22.4 N. 答案：(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F＞2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N 第 4 节　微专题 1　“板—块”＋“传送带”问题 考点一　“板—块”模型 1．模型特点 上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动． 2．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之 差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长． 3．解题方法 整体法、隔离法． 4．解题思路 (1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的 加速度． (2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速 度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移． [典例 1]　(2017·山东德州质检)长为 L＝1.5 m 的长木板 B 静止放在水平冰 面上，小物块 A 以某一初速度 v0 从木板 B 的左端滑上长木板 B，直到 A、B 的速 度达到相同，此时 A、B 的速度为 v＝0.4 m/s，然后 A、B 又一起在水平冰面上 滑行了 s＝8.0 cm 后停下．若小物块 A 可视为质点，它与长木板 B 的质量相同， A、B 间的动摩擦因数 μ1＝0.25，取 g＝10 m/s2.求： (1)木板与冰面的动摩擦因数 μ2； (2)小物块 A 的初速度 v0； (3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度 v0m 应为多少？ 解析　(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动， 则加速度 a＝v2 2s ＝1.0 m/s2 由牛顿第二定律得 μ2mg＝ma 解得 μ2＝0.10. (2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加 速度 a1＝μ1g＝2.5 m/s2 小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做 匀加速运动，则有 μ1mg－μ2(2m)g＝ma2 解得 a2＝0.50 m/s2. 设小物块滑上木板经时间 t 后小物块、木板的速度相同为 v，则 对于木板 v＝a2t 解得 t＝ v a2 ＝0.8 s 小物块滑上木板的初速度 v0＝v＋a1t＝2.4 m/s. (3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大， 当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板 B 的最右端，两者的速度相等(设为 v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度 v0m， 则 v0mt－1 2a1t2－1 2a2t2＝L v0m－v′＝a1t v′＝a2t 由以上三式解得 v0m＝3.0 m/s. 答案　(1)0.10　(2)2.4 m/s　(3)3.0 m/s 1．(2017·安徽芜湖模拟)质量为 m0＝20 kg、长为 L＝5 m 的木板放在水平面 上，木板与水平面的动摩擦因数为 μ1＝0.15.将质量 m＝10 kg 的小木块(可视为 质点)，以 v0＝4 m/s 的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木 块与木板面的动摩擦因数为 μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断中正确的是(　　) A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 解析：选 A.木板与地面间的摩擦力为 Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为 F f2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N， Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为 x，v 20＝ 2μ2gx，解得 x＝2 mv 时，可能一直减速， 也可能先减速再匀速 (2)v0v 返回时速度为 v， 当 v0v2，且 P 受到的滑动摩擦力大于 Q 的重力，则可能先向右匀加 速，加速至 v1 后随传送带一起向右匀速，此过程如图 B 所示，故 B 正确．若 v1>v2，且 P 受到的滑动摩擦力小于 Q 的重力，此时 P 一直向右减速，减速到零 后反向加速．若 v2>v1，P 受到的滑动摩擦力向左， 时加速度 a1＝FT＋μmg m ，当 减速至速度为 v1 时，摩擦力反向，若有 FT>μmg，此后加速度 a2＝FT－μmg m ，故 C 正确，A、D 错误． 答案　BC 1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行．初速度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带．若从小物块滑 上传送带 计时，小物块在传送带上运动的 v－t 图象(以地面为参考系)如图乙所 示．已知 v2>v1，则(　　) A．t2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 B．t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大 C．0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析：选 B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1 时刻速度为零，此时小物 块离 A 处的距离达到最大，选项 A 错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向 右做匀加速运动，t2 时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的 距离最大，选项 B 正确；0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选 项 C 错误；t2～t3 时间内小物块不受摩擦力，选项 D 错误． 2．(2017·陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为 m 的物体用细绳拴住放在 粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为 L.当传送带分别以 v1、v2 的 速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为 θ，绳中的拉力分别为 F1， F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为 t1、t2，则下列说法正确的是(　　) A．F1＜F2 B．F1＝F2 C．t1 一定大于 t2 D．t1 可能等于 t2 解析：选 BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得 FN＋Fsin θ ＝mg，Ff＝μFN＝Fcos θ，解得 F＝ μmg μsin θ＋cos θ ，F 的大小与传送带的速度无关， 选项 A 错误，B 正确；绳剪断后 m 在两速度的传送带上的加速度相同，若 L≤v21 2μg ， 则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若 L＞ v21 2μg ，则物体在传送带上先加速再匀 速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项 C 错误，D 正 确． 考点三　倾斜传送带问题 滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景一 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 情景二 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ③可能先以 a1 加速后以 a2 加速 情景三 ①可能一直加速 ②可能先加速后匀速 ③可能一直匀速 ④可能先以 a1 加速后以 a2 加速 情景四 ①可能一直加速 ②可能一直匀速 ③可能先减速后反向加速 [典例 3]　如图所示，倾角为 37°，长为 l＝16 m 的传送带，转动速度为 v＝ 10 m/s，在传送带顶端 A 处无初速度的释放一个质量为 m＝0.5 kg 的物体，已知 物体与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.5，g 取 10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8) (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间． 解析　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑 动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有 mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma 则 a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2， 根据 l＝1 2at2 得 t＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对 传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 则有 a1＝mgsin 37°＋μmgcos 37° m ＝10 m/s2. 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为 t1，位移为 x1，则有 t1＝ v a1 ＝10 10 s＝1 s， x1＝1 2a1t21＝5 m＜l＝16 m. 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有 mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时 刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突 变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2，则 a2＝ mgsin 37°－μmgcos 37° m ＝2 m/s2 x2＝l－x1＝11 m 又因为 x2＝vt2＋1 2a2t22， 则有 10t2＋t22＝11 解得 t2＝1 s(t2＝－11 s 舍去) 所以 t 总＝t1＋t2＝2 s. 答案　(1)4 s　(2)2 s 1．(2017·广东汕头模拟)如图所示，A、B 两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹， 传送皮带与水平面的夹角为 θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货 物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由 静止 下滑到皮带底端所用的时间是 t，则(　　) A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一 定大于 t B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一 定小于 t C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可 能等于 t D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一 定小于 t 解析：选 D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度 a＝gsin θ－μgcos θ； 当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变， 故 a 不变，所以物体运动到 B 的时间不变，故 A、B 错误；当皮带向下运动时， 物体受摩擦力 是向下的，故加速度 一定增大，位移不变，故由 A 滑到 B 的时 间小于 t，故 C 错误，D 正确． 2．如图所示为上、下两端相距 L＝5 m、倾角 α＝30°、始终以 v＝3 m/s 的 速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止 释放滑下，经过 t＝2 s 到达下端，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？ (2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止 释放能最快地到达下端？ 解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动， 设加速度为 a. 由题意得 L＝1 2at2 解得 a＝2.5 m/s2 由牛顿第二定律得 mgsin α－Ff＝ma 又 Ff＝μmgcos α 故 μ＝0.29. (2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到 达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下， 设此时传送带速度为 vm，物体加速度为 a′. 由牛顿第二定律得 mgsin α＋Ff＝ma′ 又 v2m＝2La′ 故 vm＝ 2La′＝8.66 m/s. 答案：(1)0.29　(2)8.66 m/s 课时规范训练 [基础巩固题组] 1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出 的物体源源不断地从出口处以水平速度 v0 滑向一粗糙的水平传送带，最后从传 送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为 v，最后物体落在 P 处的箱包中．下列说法正确的是(　　) A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于 v，物体仍 落在 P 点 B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于 v0，物体仍 落在 P 点 C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于 v，物体仍 落在 P 点 D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在 P 点 解析：选 AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速， 其加速度 a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于 v 时，物体仍一直 减速，到达传送带右端速度仍为 v，因而物体仍落在 P 点，A 正确；当传送带顺 时针转且速度大于 v0 时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于 v，应落 在 P 点右侧，B 错误；当传送带顺时针转且速度大于 v 时，物体在传送带上应先 减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于 v，应落在 P 点右侧，C 错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端 时速度为 v，仍落在 P 点，D 正确． 2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为 M 的 A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为 m 的物块 C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C 之 间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为 μ.若用水平恒力 F 向右拉动木板 A，使之 从 C、B 之间抽出来，已知重力加速度为 g，则拉力 F 的大小应该满足的条件是 (已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)(　　) A．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g C．F＞2μ(m＋M)g D．F＞2μmg 解析：选 C.无论 F 多大，摩擦力都不能使 B 向右滑动，而滑动摩擦力能使 C 产生的最大加速度为 μg，故F－μmg－μ(m＋M)g M ＞μg 时，即 F＞2μ(m＋M)g 时 A 可从 B、C 之间抽出，选项 C 正确． 3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的 AB、BC 两部分组成，且 AB＝ BC，小物块 P(可视为质点)以某一初速度从 A 点滑上桌面，最后恰好停在 C 点， 已知物块经过 AB 与 BC 两部分的时间之比为 1∶4，则物块 P 与桌面上 AB、BC 部分之间的动摩擦因数 μ1、μ2 之比为(P 物块在 AB、BC 上所做两段运动可看做 匀变速直线运动)(　　) A．1∶1 B．1∶4 C．4∶1 D．8∶1 解析：选 D.设到达 B 点速度为 v1，由于 AB 与 BC 段的位移相等，则有 v0＋v1 2 t1＝v1＋0 2 t2，其中 t1∶t2＝1∶4，故 v1＝v0 3 ，AB 段的加速度为 a1＝v1－v0 t1 ＝－2v0 3t1 ， BC 段的加速度为 a2＝0－v1 t2 ＝－v0 3t2 ，根据牛顿第二定律得，AB 段－μ1mg＝ma1， BC 段－μ2mg＝ma2，解得 μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故选项 D 正确． 4．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为 mA＝1 kg 和 mB ＝2 kg 的 A、B 两物块，A、B 与木板之间的动摩擦因数都为 μ＝0.2，水平恒力 F 作用在 A 物块上，如图所示(重力加速度 g 取 10 m/s2)．则(　　) A．若 F＝1 N，则物块、木板都静止不动 B．若 F＝1.5 N，则 A 物块所受摩擦力大小为 1.5 N C．若 F＝4 N，则 B 物块所受摩擦力大小为 4 N D．若 F＝8 N，则 B 物块的加速度为 1 m/s2 解析：选 D.物块 A 的滑动摩擦力为 FfA＝μmAg＝2 N，物块 B 的滑动摩擦力 为 FfA＝μmBg＝4 N．若 F＝1 N<2 N，则两物块相对木板静止不动，而木板向左 加速运动，A 错误；若 F＝1.5 N<2 N，对两木块与木板整体由牛顿第二定律得共 同加速度为 a＝ F mA＋mB ＝1.5 3 m/s2＝0.5 m/s2，对 A 有 F－Ff＝mAa，解得 Ff＝1 N，B 错误；当 F＝4 N>2 N 时，木块 A 与木板相对滑动，此时木板和 B 的加速 度为 a＝μmAg mB ＝1 m/s2，此时 B 物块所受摩擦力大小为 Ff＝mBa＝2 N，C 错误； 同理若 F＝8 N，木块 A 与木板相对滑动，此时木板和 B 的加速度为 a＝μmAg mB ＝1 m/s2，D 正确． 5．(多选)如图所示，用皮带输送机将质量为 M 的物块向上传送，两者间保 持相对静止，则下列关于物块所受摩擦力 Ff 的说法正确的是(　　) A．皮带传送的速度越大，Ff 越大 B．皮带加速运动的加速度越大，Ff 越大 C．皮带速度恒定，物块质量越大，Ff 越大 D．Ff 的方向一定与皮带速度方向相同 解析：选 BC.若物块匀速运动，由物块的受力情况可知，摩擦力 Ff＝Mgsin θ，与传送带的速度无关，A 项错误；物块质量 M 越大，摩擦力 Ff 越大，C 项正 确；皮带加速运动时，由牛顿第二定律可知，Ff－Mgsin θ＝Ma，加速度 a 越大， 摩擦力 Ff 越大，B 项正确；若皮带减速上滑，则物块所受摩擦力方向有可能沿 皮带方向向下，D 项错误． 6．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击 中并从物块中穿过，如图甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块 被击中后的位移 x 随时间的变化关系如图乙所示(图象前 3 s 内为二次函数，3 s～ 4.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)．已知传送带的速度 v1 保持不 变，g 取 10 m/s2. (1)求传送带速度 v1 的大小； (2)求零时刻物块速度 v0 的大小； (3)在图丙中画出物块对应的 v－t 图象． 解析：(1)由 x－t 的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s 末减到 v＝ 0，然后向右加速，3 s 末后与传送带共速 v1＝Δx′ Δt ＝2 m/s，以后随传送带一起 做匀速运动． (2)2 s～3 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小 a＝μg，v1＝aΔt1 0～2 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小 a＝μg 解得零时刻物块的速度 v0＝aΔt2＝4 m/s. (3)根据 x－t 的图象分析得到的运动规律用 v－t 图象画出如图所示． 答案：(1)2 m/s　(2)4 m/s　(3)见解析图 [综合应用题组] 7．如图甲所示，足够长的水平传送带以 v0＝2 m/s 的速度匀速运行．t＝0 时， 在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s 时传送带突然制动停下. 已知滑块与传送带之 间的动摩擦因数为 μ＝0.2, g＝10 m/s2.在图乙中，关于滑块相对地面运动的 v－t 图象正确的是(　　) 解析：选 D.滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μg＝ 2 m/s2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间 t1＝v a ＝1 s，然后随传送带一 起匀速运动的时间 t2＝t－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦 力作用下做匀减速运动直到静止，a′＝－a＝－2 m/s2，运动的时间 t3＝1 s，所 以速度—时间图象对应 D 选项． 8．(多选)如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为 M1 和 M2 的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块． 时， 各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力 F1、F2，当物块和木板分离时， 两木板的速度分别为 v1 和 v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确 的是(　　) A．若 F1＝F2，M1＞M2，则 v1＞v2 B．若 F1＝F2，M1＜M2，则 v1＞v2 C．若 F1＞F2，M1＝M2，则 v1＞v2 D．若 F1＜F2，M1＝M2，则 v1＞v2 解析：选 BD.若 F1＝F2，M1>M2，且假设 M1 远大于 M2，则可认为 M1 不动， 则物体在 M1 上运动的时间会小于在 M2 上运动的时间，又木板的加速度 a＝μmg M ， 故 a1＜a2，所以 v1＜v2，A 错误；同理可判断 B 正确；若 F1>F2，M1＝M2，则 在 M1 上的物块的加速度较大，而两板的加速度大小相同，所以在 M1 上的物块 在板上的运动时间较短，所以 v1＜v2，C 错误；同理可判断 D 正确． 9．(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知 AB 间长度为 L，传送带与水平 方向的夹角为 θ，工作时其运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 μ， 正常工作时工人在 A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A 到 B 的运 动，以下说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A．粮袋到达 B 点的速度与 v 比较，可能大，也可能相等或小 B．粮袋 运动的加速度为 g(sin θ－μcos θ)，若 L 足够大，则以后将一定以 速度 v 做匀速运动 C．若 μgsin θ 解析：选 AC. 时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带 向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ，解得 a ＝gsin θ＋μgcos θ，B 错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若 mgsin θ>μmgcos θ，即当 μ

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