物理必修一第四章-总复习课件.pptx

1、高一物理阶段复习课第四章 牛顿三定律新郑一中高一物理组新郑一中高一物理组1 1理想实验理想实验匀速直线运动状态匀速直线运动状态 静止状态静止状态 质量质量 控制变量法控制变量法 成正比成正比 成反比成反比 作用力作用力网络构建2 2大小相等大小相等 方向相反方向相反 同一条直线上同一条直线上超重超重 失重失重完全失重完全失重3 3复习纲领复习纲领1个实验：牛顿第二定律的探讨2类问题：力学与运动学的联系3个定律：牛顿三定律的描述与理解4个专题：牛顿三定律解决实际问题常见类型：连接体，临界，传送带，板块4 4第一部分牛顿运动定律的理解5 5牛顿第一运动定律：牛顿第一运动定律：物体总是保持静止或匀速

2、直线运动状态，直到有外力改变这种状态；物体总是保持静止或匀速直线运动状态，直到有外力改变这种状态；牛顿第二运动定律：牛顿第二运动定律：在加速度和质量一定的情况下，物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，且在加速度和质量一定的情况下，物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，且与物体质量的倒数成正比；与物体质量的倒数成正比；牛顿第三运动定律：牛顿第三运动定律：相互作用的两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；相互作用的两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上；6 6考点一牛顿第一定律7 7 答案答案 B8 8

3、 答案答案 D9 91010考点二牛顿第二定律1111 答案答案 BC 1212 答案答案 B 1313牛顿第二定律的瞬时性牛顿第二定律的瞬时性 1.1.两种模型两种模型:牛顿第二定律的表达式为牛顿第二定律的表达式为F=ma,F=ma,其核心是加速度与其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系合外力的瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时消失、同时二者总是同时产生、同时消失、同时变化变化,具体可简化为以下两种模型具体可简化为以下两种模型:(1)(1)刚性绳刚性绳(或接触面或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物不发生明显形变就能产生弹力的物体体,剪断剪断(或脱离或脱离)后后,其弹力立即消失其弹力立即消

4、失,不需要形变恢复时间。不需要形变恢复时间。(2)(2)弹簧弹簧(或橡皮绳或橡皮绳)两端同时连接两端同时连接(或附着或附着)有物体的弹簧有物体的弹簧(或橡皮绳或橡皮绳),),特点是形变量大特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间其形变恢复需要较长时间,在瞬在瞬时性问题中时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变。其弹力的大小往往可以看成保持不变。1414 答案答案 AC 解析解析 以以a a、b b、c c整体为研究对象，细线拉力整体为研究对象，细线拉力F F3mg3mg，以，以b b、c c整体为研究对象，整体为研究对象，弹簧弹簧S1S1的弹力为的弹力为F1F1kl1kl12mg2mg，以，

5、以c c为研究对象，弹簧为研究对象，弹簧S2S2的弹力为的弹力为F2F2kl2kl2mgmg，剪断细线瞬间，对剪断细线瞬间，对a a，有，有mgmgF1F1ma1ma1，可得，可得a1a13g3g，在剪断细线瞬间，弹簧的伸长，在剪断细线瞬间，弹簧的伸长来不及改变，则来不及改变，则F1F12F22F2，l1l12l22l2，选项，选项A A、C C正确正确1515 要点总结 1作用在物体上的每一个力都将独立地产生各自的加速度，合外力产生的加速度是这些加速度的矢量和；2关于牛顿第二定律的瞬时性，主要考查轻绳和轻弹簧中力的突变对比；3牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的牛顿第一定律是在物体不受外力

6、的理想情况下经过科学抽象、归纳推理而总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律，牛顿第二定律的意义在于力是如何改变物体运动状态的 1616考点三牛顿第三定律1717 答案答案 AB 1818 答案答案 C19192020第二部分实验：探究加速度与力、质量的关系实验：探究加速度与力、质量的关系 21211实验目的实验目的：探究加速度与力、质量的关系：探究加速度与力、质量的关系2实验原理：实验原理：利用砂及砂桶通过细线牵引小车做加速运动的方利用砂及砂桶通过细线牵引小车做加速运动的方法，采用控制变量法研究上述两组关系如图所示，法，采用控制变量法研究上述两组关系如图所示，通过适当的调节，使小车所受的阻力

7、忽略，当通过适当的调节，使小车所受的阻力忽略，当M和和m做做加速运动时，可以得到加速运动时，可以得到 mgaMmMFmgMm当当Mm时，可近似认为小车所受的拉力时，可近似认为小车所受的拉力T等于等于mg.探究点一：探究点一：实验过程实验过程2222 本实验第一部分保持小车的质量不变，改本实验第一部分保持小车的质量不变，改变变m的大小，测出相应的的大小，测出相应的a，探究，探究a与与F的关系；的关系；第二部分保持第二部分保持m不变，改变不变，改变M的大小，测出小的大小，测出小车运动的加速度车运动的加速度a，探究，探究a与与M的关系的关系23233实验器材实验器材打点计时器，纸带及复写纸，小车，一

8、端附有打点计时器，纸带及复写纸，小车，一端附有滑轮的长木板，小桶，细绳，砂，低压交流电滑轮的长木板，小桶，细绳，砂，低压交流电源，导线，天平，刻度尺，砝码。源，导线，天平，刻度尺，砝码。2424匀速匀速小车小车沙及小桶沙及小桶25252.实验操作时的注意事项实验操作时的注意事项(1)在本实验中，必须平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不要把重物系在本实验中，必须平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不要把重物系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动动(2)安装器材时，要调整滑轮的高度，使拴小车的细绳与斜面平行，安装器材时，要

9、调整滑轮的高度，使拴小车的细绳与斜面平行，且连接小车和砝码盘应在平衡摩擦力之后且连接小车和砝码盘应在平衡摩擦力之后(3)改变小车的质量或拉力的大小时，改变量应尽可能大一些，但应改变小车的质量或拉力的大小时，改变量应尽可能大一些，但应满足砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量一般来满足砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量一般来说，砝码盘和盘内砝码的总质量不超过小车和车上砝码总质量的说，砝码盘和盘内砝码的总质量不超过小车和车上砝码总质量的10%.(4)改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并

10、应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车262627272828 探究点二数据处理与误差分析探究点二数据处理与误差分析 2929第三部分两类基本动力学问题两类基本动力学问题 30301.1.动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题:(1)(1)已知受力情况求物体的已知受力情况求物体的_;_;(2)(2)已知运动情况求物体的已知运动情况求物体的_。2.2.解决两类基本问题的方法解决两类基本问题的方法:以以_为为“桥梁桥梁”,由由_和和_列方程求解列方程求解,具体逻辑关系具体逻辑关系如图如图:运动情况运动情况受力情况受力情况加速

11、度加速度运动学公式运动学公式牛顿运动定律牛顿运动定律3131动力学的两类基本问题的解题步骤动力学的两类基本问题的解题步骤:(1)(1)选取研究对象。根据问题的需要和解题的方便选取研究对象。根据问题的需要和解题的方便,选出被研究的物体选出被研究的物体,可以是一个物可以是一个物体体,也可以是几个物体组成的整体。也可以是几个物体组成的整体。(2)(2)分析研究对象的受力情况和运动情况。注意画好受力分析图分析研究对象的受力情况和运动情况。注意画好受力分析图,明确物体的运动过程明确物体的运动过程和运动性质。和运动性质。(3)(3)选取正方向或建立坐标系。通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一选取

12、正方向或建立坐标系。通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。坐标轴的正方向。(4)(4)求合外力求合外力F F。(5)(5)根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解,必要时还要对结果进行讨论。必要时还要对结果进行讨论。3232 【典例】【典例】(2013(2013山东高考山东高考)如图所示如图所示,一质量一质量m=0.4kgm=0.4kg的小物块的小物块,以以v v0 0=2m/s=2m/s的初速度的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力在与斜面成某一夹角的拉力F F作作用下用下,沿斜面向上做匀加速运动沿斜面向上做匀加速运动,经经t=2st=

13、2s的时间物块由的时间物块由A A点运动点运动到到B B点点,A,A、B B之间的距离之间的距离L=10mL=10m。已知斜面倾角。已知斜面倾角=30=30,物块与物块与斜面之间的动摩擦因数斜面之间的动摩擦因数=。重力加速度。重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2。333333【典【典例例解析】解析】(1)(1)由运动学方程得由运动学方程得:L=v:L=v0 0t+att+at2 2(2(2分分)v vB B=v=v0 0+at+at(2(2分分)代入数值解得代入数值解得:a=3m/s:a=3m/s2 2,v,vB B=8m/s=8m/s(2(2分分)(2)(2)对物块受力分析如图所示

14、对物块受力分析如图所示,123434设拉力设拉力F F与斜面成与斜面成角角,对物块由牛顿第二定律得对物块由牛顿第二定律得:垂直斜面方向垂直斜面方向:Fsin+F:Fsin+FN N-mgcos30-mgcos30=0=0沿斜面方向沿斜面方向:Fcos-mgsin30:Fcos-mgsin30-f=ma-f=ma又又f=Ff=FN N 联立联立三式三式,代入数值解得代入数值解得:Fcos+Fsin=5.2:Fcos+Fsin=5.2则则当当=30=30时时,拉力拉力F F有最小值有最小值,且且F Fminmin=N =N 335.21 5.67.8F3313 s i n(6 0)c o ss i

15、 n23(c o ss i n)3223535【典例】【典例】1.1.质量质量m=10kgm=10kg的物体的物体,在在F=40NF=40N的水平向左的力的作用下的水平向左的力的作用下,沿水沿水平桌面从静止开始运动。物体运动时受到的滑动摩擦力平桌面从静止开始运动。物体运动时受到的滑动摩擦力f=30Nf=30N。在开始运动后的第在开始运动后的第5s5s末撤去水平力末撤去水平力F,F,求物体从开始运动到最后求物体从开始运动到最后停止总共发生的位移。停止总共发生的位移。(保留三位有效数字保留三位有效数字)3636【解析】【解析】加速过程由牛顿第二定律得加速过程由牛顿第二定律得:F-f=ma:F-f=

16、ma1 1,解得解得:a:a1 1=1m/s=1m/s2 25s5s末的速度末的速度:v:vt t=a=a1 1t=5m/st=5m/s5s5s内的位移内的位移:s:s1 1=a=a1 1t t2 2=12.5m=12.5m减速过程由牛顿第二定律得减速过程由牛顿第二定律得:f=ma:f=ma2 2解得解得:a:a2 2=3m/s=3m/s2 2减速位移减速位移:s:s2 2=4.2m,=4.2m,总位移总位移:s=s:s=s1 1+s+s2 2=16.7m=16.7m答案答案:16.7m16.7m2t2v2a123737【典例】【典例】如图所示如图所示,木块的质量木块的质量m=2kg,m=2k

17、g,与地面间的动摩擦因数与地面间的动摩擦因数=0.2,=0.2,木块在拉力木块在拉力F=10NF=10N作用下作用下,在水平地面上从静止开始向在水平地面上从静止开始向右运动右运动,运动运动5.2m5.2m后撤去外力后撤去外力F F。已知力。已知力F F与水平方向的夹角与水平方向的夹角=37=37(sin37(sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8,g=0.8,g取取10m/s10m/s2 2)。求。求:(1)(1)撤去外力前撤去外力前,木块受到的摩擦力大小木块受到的摩擦力大小;(2)(2)刚撤去外力时刚撤去外力时,木块运动的速度木块运动的速度;(3)(3)撤去外力后撤去外力

18、后,木块还能滑行的距离为多少木块还能滑行的距离为多少?3838【解析】【解析】(1)(1)木块受力如图所示木块受力如图所示:由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得:竖直方向竖直方向:F:FN N+Fsin37+Fsin37-mg=0-mg=0f=Ff=FN N,解得解得:f=2.8N:f=2.8N(2)(2)由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得:水平方向水平方向:Fcos37:Fcos37-f=ma-f=ma1 1解得解得:a:a1 1=2.6m/s=2.6m/s2 23939由运动学公式得由运动学公式得:v:v2 2=2a=2a1 1s s1 1,解得解得:v=5.2m/s:v=5.2m/s(3)(3

19、)撤去外力后撤去外力后,木块受力如图所示木块受力如图所示:由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得:mg=ma:mg=ma2 2,解得解得:a:a2 2=2m/s=2m/s2 2由运动学公式得由运动学公式得:v:v2 2=2a=2a2 2s s2 2,解得解得:s:s2 2=6.76m=6.76m答案答案:(1)2.8N(1)2.8N(2)5.2m/s(2)5.2m/s(3)6.76m(3)6.76m4040第四部分专题部分：专题部分：连接体，临界，传送带，板块连接体，临界，传送带，板块 4141整体隔离法分析连接体问题整体隔离法分析连接体问题1.1.连接体连接体多个相互关联的物体组成的物体系统。如叠

20、在一起、并排放在多个相互关联的物体组成的物体系统。如叠在一起、并排放在一起或用绳一起或用绳(或杆或杆)连在一起的几个物体。连在一起的几个物体。2.2.隔离法与整体法隔离法与整体法(1)(1)隔离法隔离法:在分析连接体问题时在分析连接体问题时,从研究问题的方便性出发从研究问题的方便性出发,将将物体系统中的某一部分物体隔离出来物体系统中的某一部分物体隔离出来,单独分析研究的方法。单独分析研究的方法。(2)(2)整体法整体法:在分析连接体问题时在分析连接体问题时,将整个物体系统作为整体分将整个物体系统作为整体分析研究的方法。析研究的方法。4242(3)(3)当需要计算物体之间当需要计算物体之间(或一

21、个物体各部分之间或一个物体各部分之间)的相互作用的相互作用力时力时,就必须把各个物体就必须把各个物体(或一个物体的各个部分或一个物体的各个部分)隔离出来隔离出来,根根据各个物体据各个物体(或一个物体的各个部分或一个物体的各个部分)的受力情况的受力情况,画出隔离体画出隔离体的受力图的受力图,列出牛顿第二定律方程。列出牛顿第二定律方程。(4)(4)许多具体问题中许多具体问题中,常需要交叉运用整体法和隔离法常需要交叉运用整体法和隔离法,有分有有分有合合,从而迅速求解相关问题。从而迅速求解相关问题。注意注意:运用整体法分析问题时运用整体法分析问题时,要求系统内各物体的加速度的大要求系统内各物体的加速度

22、的大小和方向均应相同小和方向均应相同,根据牛顿第二定律对整体列方程。如果系根据牛顿第二定律对整体列方程。如果系统内各物体的加速度仅大小相同统内各物体的加速度仅大小相同,如通过滑轮连接的物体如通过滑轮连接的物体,应采应采用隔离法根据牛顿第二定律分别列方程。用隔离法根据牛顿第二定律分别列方程。4343【典例】【典例】(2013(2013烟台高一检测烟台高一检测)如图所示如图所示,两个用轻线相连的两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块位于光滑水平面上的物块,质量分别为质量分别为m m1 1和和m m2 2。拉力。拉力F F1 1和和F F2 2方向方向相反相反,与轻线沿同一水平直线与轻线沿同一水平直

23、线,且且F F1 1FF2 2。试求在两个物块运动过。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力程中轻线的拉力F FT T。4444【标准解答】【标准解答】以两物块整体为研究对象以两物块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得F F1 1-F-F2 2=(m=(m1 1+m+m2 2)a)a隔离物块隔离物块m m1 1,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F F1 1-F-FT T=m=m1 1a a由由两式解得两式解得F FT T=答案：答案：1 22 112m Fm Fmm1 22 112m Fm Fmm4545【变式】【变式】两重叠在一起的滑块两重叠在一起的滑块,置于固定的、倾角为置于固

24、定的、倾角为的斜面的斜面上上,如图所示如图所示,滑块滑块A A、B B的质量分别为的质量分别为M M、m,Am,A与斜面间的动摩擦与斜面间的动摩擦因数为因数为1 1,B,B与与A A之间的动摩擦因数为之间的动摩擦因数为2 2,已知两滑块都从静止已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下开始以相同的加速度从斜面滑下,滑块滑块B B受到的摩擦力受到的摩擦力 ()A.A.等于零等于零B.B.方向沿斜面向上方向沿斜面向上C.C.大小等于大小等于1 1mgcosmgcosD.D.大小等于大小等于2 2mgcosmgcos4646【解析】【解析】选选B B、C C。把。把A A、B B两滑块作为一个整

25、体，设其下滑加速两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为度为a a，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得(M+m)gsin-(M+m)gsin-1 1(M+m)gcos(M+m)gcos=(M+m)a=(M+m)a解得解得 a=g(sin-a=g(sin-1 1cos)cos)由于由于a agsingsin，可见，可见B B随随A A一起下滑过一起下滑过程中，必然受到程中，必然受到A A对它沿斜面向上的摩对它沿斜面向上的摩擦力，擦力，B B正确。设摩擦力为正确。设摩擦力为F FfBfB，由牛顿，由牛顿第二定律，有第二定律，有mgsin-Fmgsin-FfBfB=ma=ma得得 F FfBfB=mgs

26、in-ma=mgsin-mg(sin-=mgsin-ma=mgsin-mg(sin-1 1cos)cos)=1 1mgcosmgcos，C C正确。正确。4747动力学中的临界极值问题动力学中的临界极值问题1.1.临界极值问题临界极值问题在运用牛顿运动定律解决动力学问题时在运用牛顿运动定律解决动力学问题时,常常讨论相互作用的常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动物体是否会发生相对滑动,相互接触的物体是否会发生分离等相互接触的物体是否会发生分离等,这类问题就是临界问题。这类问题就是临界问题。2.2.解题关键解题关键解决临界问题的关键是分析临界状态。例如解决临界问题的关键是分析临界状态。例如,两

27、物体刚好要发两物体刚好要发生相对滑动时生相对滑动时,接触面上必须出现最大静摩擦力接触面上必须出现最大静摩擦力;两个物体要发两个物体要发生分离生分离,相互之间的作用力相互之间的作用力弹力必定为零。弹力必定为零。48483.3.解决临界问题的一般方法解决临界问题的一般方法(1)(1)极限法。极限法。题设中若出现题设中若出现“最大最大”“”“最小最小”“”“刚好刚好”等这类词语时等这类词语时,一般就隐含着临界问题一般就隐含着临界问题,解决解决这类问题时这类问题时,常常是把物理问题常常是把物理问题(或物理过程或物理过程)引向极端引向极端,进而使临界条件或临界点暴露进而使临界条件或临界点暴露出来出来,达

28、到快速解决有关问题的目的。达到快速解决有关问题的目的。(2)(2)假设法。假设法。有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题,也可能不出现临界问题也可能不出现临界问题,解答这类题解答这类题,一般要用假设法。一般要用假设法。3)3)数学推理法。数学推理法。根据分析的物理过程列出相应的数学表达式根据分析的物理过程列出相应的数学表达式,然后由数学表达式讨论出临界条件。然后由数学表达式讨论出临界条件。4949【典例】【典例】如图所示，质量如图所示，质量m m10 kg10 kg的的小球挂在倾角小球挂在倾角3737的光滑斜面的的光滑斜面的固定铁杆上，求：固定铁杆

29、上，求：(1)(1)斜面和小球以斜面和小球以a a1 1 的加速度向右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？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)(2)当斜面和小球都以当斜面和小球都以a a2 2 的加速度向右匀加速运动时，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？小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？g23g5050【标准解答】【标准解答】先求出临界状态时小球的加速度，假设小球刚要先求出临界状态时小球的加速度，假设小球刚要离开斜面，这时离开斜面，这时F FN N0 0，受力情况如图甲所示，故，受力情况如图甲所示，故F

30、sinFsinmg(mg(竖直方向竖直方向)，FcosFcosmama0 0(水平方向水平方向)。所以所以a a0 0gcotgcot 。1)1)当斜面和小球以当斜面和小球以a a1 1的加速度向右匀加速运动时，由于的加速度向右匀加速运动时，由于a a1 1 a a0 0，可知这时小球已脱离斜面，所以其受力情况如图丙所示，可知这时小球已脱离斜面，所以其受力情况如图丙所示，故故F F2 2sinsinmg(mg(竖直方向竖直方向)F F2 2coscosmama2 2(水平方向水平方向)。两式平方相加，可得两式平方相加，可得F F2 2 200 N200 N。由牛顿第三定律知：当以加速度由牛顿第

31、三定律知：当以加速度a a1 1运动时，小球对绳的拉力为运动时，小球对绳的拉力为100 N100 N，对斜面的压力为，对斜面的压力为50 N50 N；当以加速度；当以加速度a a2 2运动时，小球对运动时，小球对绳的拉力为绳的拉力为200 N200 N，对斜面的压力为，对斜面的压力为0 0。答案：答案：(1)100 N 50 N (2)200 N 0(1)100 N 50 N (2)200 N 022222m gm a5252【变式】【变式】鲜蛋储运箱中放有光滑鲜蛋储运箱中放有光滑的塑料蛋托架，架上有排列整齐的卵的塑料蛋托架，架上有排列整齐的卵圆形凹槽，如图所示，图中圆形凹槽，如图所示，图中O

32、 O为圆心，为圆心，A A、B B两点为水平槽口，两点为水平槽口，角为半径角为半径OAOA与水平线与水平线ABAB的夹角，已知汽车轮胎与的夹角，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为柏油路面的动摩擦因数为，当运蛋的汽车急刹车时，为避免，当运蛋的汽车急刹车时，为避免蛋从槽中滚出，图中蛋从槽中滚出，图中角的正切值应小于多少？角的正切值应小于多少？5353【解析】【解析】设蛋刚好不滚出的夹角为设蛋刚好不滚出的夹角为，对，对蛋受力分析，如图所示，根据平行四边形蛋受力分析，如图所示，根据平行四边形定则，由牛顿第二定律得定则，由牛顿第二定律得F F合合=ma=ma，所，所以以a=a=，对汽车有，对汽车有mm

33、0 0g=mg=m0 0a a，故，故a=ga=g。因此因此 =g=g，解得，解得tan=tan=。那么，蛋不从槽中滚出，要求那么，蛋不从槽中滚出，要求，则，则tan tan 。答案：答案：mgtangtangtan1115454动力学中的传送带问题动力学中的传送带问题1.1.摩擦力是否影响传送带的运动摩擦力是否影响传送带的运动:是因为带动传送带的电动机在起作用是因为带动传送带的电动机在起作用(摩擦力不影响摩擦力不影响传送带的运动状态传送带的运动状态)。2.2.分析该类问题的关键分析该类问题的关键:分析物体与传送带间的滑动摩擦力方向分析物体与传送带间的滑动摩擦力方向,进而分析物体的运动进而分析

34、物体的运动规律规律,这是分析传送带问题的关键。这是分析传送带问题的关键。3.3.常见的传送带模型常见的传送带模型:有两种有两种,一个是水平方向的传送带一个是水平方向的传送带;另一个是与水平方向成一定另一个是与水平方向成一定角度的传送带。角度的传送带。(1)(1)物体在水平传送带上的运动有两种可能物体在水平传送带上的运动有两种可能:若物体到达传送带的另一端时速度还没若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度有达到传送带的速度,则该物体一直做匀变速直线运动则该物体一直做匀变速直线运动;若物体到达传送带的另一端若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同之前速度已经和传送带相同,则物体

35、先做匀变速直线运动后做匀速直线运动。则物体先做匀变速直线运动后做匀速直线运动。(2)(2)对斜传送带要分析最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系对斜传送带要分析最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系,如果最大静摩擦如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力力小于重力沿斜面的分力,则物体做匀变速运动则物体做匀变速运动;如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力分力,则物体做匀速运动。则物体做匀速运动。5555【典例】【典例】如图所示如图所示,传送带与水平传送带与水平面夹角为面夹角为3737,传送带以传送带以10m/s10m/s的速的速率运动率运动,传送带轮沿顺时针方向转传

36、送带轮沿顺时针方向转动。现在在传送带上端动。现在在传送带上端A A处无初速处无初速地放上一个质量为地放上一个质量为m=0.5kgm=0.5kg的小物块的小物块,它与传送带间的动摩擦因它与传送带间的动摩擦因数为数为0.5,0.5,若传送带若传送带A A到到B B的长度为的长度为16m,g16m,g取取10m/s10m/s2 2,则物块从则物块从A A运运动到动到B B的时间为多少的时间为多少?5656【标准解答】【标准解答】由于由于0.50.5tantan0.750.75，物块一定沿传送带，物块一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。对地下移，且不会与传送带相对静止。设从物块刚放上到达到传

37、送带速度设从物块刚放上到达到传送带速度10 m/s10 m/s时，物块位移为时，物块位移为s s1 1，加速度为加速度为a a1 1，时间为，时间为t t1 1，因物块速率小于传送带速率，根据牛，因物块速率小于传送带速率，根据牛顿第二定律，顿第二定律，a a1 1=10 m/s=10 m/s2 2，方向沿斜面向，方向沿斜面向下。下。t t1 1=1 s,s=1 s,s1 1=5 m=5 m传送带长度。设从物块速度传送带长度。设从物块速度为为10 m/s10 m/s到到B B端所用时间为端所用时间为t t2 2，加速度为，加速度为a a2 2，位移为，位移为s s2 2，物块速，物块速度大于传送

38、带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有度大于传送带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有mgsinmgcosm1va21 11a t25757a a2 2=2 m/s=2 m/s2 2s s2 2=，即，即(16-5)m=10t(16-5)m=10t2 2+,+,t t2 2=1 s(t=1 s(t2 2=-11 s=-11 s舍去舍去)所用总时间所用总时间t=tt=t1 1+t+t2 2=2 s=2 s。答案：答案：2 s2 smgsinmgcosm222 21vta t22212t25858【变式】【变式】水平传送带被广泛地应水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行用于机场和火车

39、站，用于对旅客的行李进行安全检查。如图所示为一水平李进行安全检查。如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带传送带装置示意图，绷紧的传送带ABAB始终保持恒定的速率始终保持恒定的速率v v1 m/s1 m/s运行。一质量为运行。一质量为4 kg4 kg的行李无初速地放在的行李无初速地放在A A处，传送处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数间的动摩擦因数0.10.1，A A、B B间的距离间的距

40、离L L2 2，取，取10 m/s10 m/s2 2。5959(1)(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；小；(2)(2)求行李做匀加速直线运动的时间；求行李做匀加速直线运动的时间；(3)(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B B处。求行李从处。求行李从A A处传送到处传送到B B处的最短时间和传送带对应的最小运处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。行速率。【解析】【解析】(1)(1)由物体由物体“无初速地放在无初速地放在A A处处”得到物体将相对传送得到物体

41、将相对传送带运动，滑动摩擦力方向向右，其大小为带运动，滑动摩擦力方向向右，其大小为F Fmgmg4 N4 N，由牛，由牛顿第二定律，得顿第二定律，得a a 1 m/s1 m/s2 2。Fm6060(2)(2)设行李做匀加速运动的时间为设行李做匀加速运动的时间为t t，行李加速运动的末速度为，行李加速运动的末速度为v v1 m/s1 m/s。则则v=atv=at，即，即t t 1 s1 s。此时物体运动的位移此时物体运动的位移s s0 0=0.5 mL=0.5 mFFF0 0时，两物体开始时，两物体开始相对滑动，此时两物体之间为滑动摩擦力，对相对滑动，此时两物体之间为滑动摩擦力，对m m1 1应

42、用牛顿第二应用牛顿第二定律有，定律有，mm2 2g=mg=m1 1a a1 1，解得，解得a a1 1=为定值，在为定值，在a-ta-t图像中是一图像中是一条平行于条平行于t t轴的直线，对轴的直线，对m m2 2应用牛顿第二定律有，应用牛顿第二定律有，kt-mkt-m2 2g=g=m m2 2a a2 2，解得，解得a a2 2=，由于，由于 ，则相对滑动后在，则相对滑动后在a-ta-t图像中图像中a a2 2的斜率更大，故的斜率更大，故B B、C C、D D错，错，A A正确。正确。12ktmm21m gm2121m gmmm21m gm2ktgm212kkmmm72724.(20104.

43、(2010海南高考海南高考)如图所示如图所示,木箱内有一竖直放置的弹簧木箱内有一竖直放置的弹簧,弹弹簧上方有一物块簧上方有一物块:木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上。若在某一段时间内顶上。若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力物块对箱顶刚好无压力,则在此段时则在此段时间内间内,木箱的运动状态可能为木箱的运动状态可能为()7373A.A.加速下降加速下降B.B.加速上升加速上升C.C.减速上升减速上升D.D.减速下降减速下降【解析】【解析】选选B B、D D。木箱静止时物块对箱顶有压力。木箱静止时物块对箱顶有压力,则物块受到则物块受到箱顶向下的压力箱

44、顶向下的压力,当物块对箱顶刚好无压力时当物块对箱顶刚好无压力时,物块所受合外力物块所受合外力的方向向上的方向向上,表明系统有向上的加速度表明系统有向上的加速度,是超重是超重,可能是加速上可能是加速上升升,也可能是减速下降也可能是减速下降,B,B、D D正确。正确。74745.(20105.(2010全国卷全国卷)如图所示如图所示,轻弹簧上轻弹簧上端与一质量为端与一质量为m m的木块的木块1 1相连相连,下端与另一下端与另一质量为质量为M M的木块的木块2 2相连相连,整个系统置于水平整个系统置于水平放置的光滑木板上放置的光滑木板上,并处于静止状态。现并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出将

45、木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的设抽出后的瞬间瞬间,木块木块1 1、2 2的加速度大小分别为的加速度大小分别为a a1 1、a a2 2。重力加速度大小。重力加速度大小为为g,g,则有则有()A.aA.a1 1=0,a=0,a2 2=g=gB.aB.a1 1=g,a=g,a2 2=g=gC.aC.a1 1=0,a=0,a2 2=D.aD.a1 1=g,a=g,a2 2=mMgMmMgM7575【解析】【解析】选选C C。在抽出木板的瞬间。在抽出木板的瞬间,弹簧对木块弹簧对木块1 1的支持力和对的支持力和对木块木块2 2的压力并未改变。木块的压力并未改变。木块1 1受重力和支持力受重力和支持力

46、,mg=F,a,mg=F,a1 1=0,=0,木木块块2 2受重力和压力受重力和压力,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律a a2 2=,=,故故C C正确。正确。FMgmMgMM76766.(20106.(2010山东高考山东高考)某同学设计了如图所示的装置来探究加速某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶

47、连接。在桌面上画出两条平行线线MNMN、PQPQ，并测出间距，并测出间距d d。开始时将木板置于。开始时将木板置于MNMN处，现缓慢向处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数数F F0 0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F F1 1，然后释放木板，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到并用秒表记下木板运动到PQPQ处的时间处的时间t t。77777878(1)(1)木板的

48、加速度可以用木板的加速度可以用d d、t t表示为表示为a=a=;为了减小测量加为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可一种即可)。(2)(2)改变瓶中水的质量重复实验改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度确定加速度a a与弹簧测力计示与弹簧测力计示数数F F1 1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是。7979(3)(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优它的优点是点是。a.a.可以改变滑动摩擦力的大小可以改变滑动摩擦力的大小b.b.可以更方便地获

49、取多组实验数据可以更方便地获取多组实验数据c.c.可以比较精确地测出摩擦力的大小可以比较精确地测出摩擦力的大小d.d.可以获得更大的加速度以提高实验精度可以获得更大的加速度以提高实验精度【解析】【解析】(1)(1)木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀加速木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动直线运动,由由d=d=可知可知:a=:a=。为了减小测量加速度的偶然。为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是保持误差可以采用的方法是保持F F1 1不变不变,重复实验多次测量重复实验多次测量d d、t,t,取取平均值。平均值。21at222dt8080(2)(2)该实验原理与教材实验原理

50、类似该实验原理与教材实验原理类似,同样需要满足木板的质量同样需要满足木板的质量M M远大于矿泉水瓶的质量远大于矿泉水瓶的质量m,m,此时可认为绳上的拉力此时可认为绳上的拉力F FT T近似等于近似等于弹簧测力计示数弹簧测力计示数F F1 1。此时可认为。此时可认为F F1 1=mg;=mg;本实验中没有平衡摩擦本实验中没有平衡摩擦力力,但通过题意可知受到的摩擦力为但通过题意可知受到的摩擦力为F F0 0,木板受到的合外力为木板受到的合外力为(F(F1 1-F-F0 0)。图像反映的是。图像反映的是a a与与F F1 1的关系的关系,而不是而不是a a与与(F(F1 1-F-F0 0)的关系的关