1、第3讲牛顿运动定律的综合应用【秒判正误秒判正误】(1)(1)物体向上运动时超重。物体向上运动时超重。()()(2)(2)支持力小于重力称为完全失重现象。支持力小于重力称为完全失重现象。()()(3)(3)传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动方向相同。方向相同。()()(4)(4)重力属于内力。重力属于内力。()()(5)(5)应用牛顿第二定律进行整体分析时，不需要分析应用牛顿第二定律进行整体分析时，不需要分析内力。内力。()()(6)(6)完全失重时，物体受到的重力变为零。完全失重时，物体受到的重力变为零。()()考点考点1 1超重和失重现象超重和失
2、重现象 【典题突破典题突破】典例典例1 1(多选多选)停在停在1010层的电梯底板上放置有两块相层的电梯底板上放置有两块相同的条形磁铁，磁铁的极性及放置位置如图所示。同的条形磁铁，磁铁的极性及放置位置如图所示。开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止()A.A.若电梯突然向下开动若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触磁铁与底板始终相互接触)，并停在并停在1 1层，最后两块磁铁可能已碰在一起层，最后两块磁铁可能已碰在一起B.B.若电梯突然向下开动若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触磁铁与底板始终相互接触)，并停在并停在1 1层，最后两块磁铁一定仍在原来位置层
3、，最后两块磁铁一定仍在原来位置C.C.若电梯突然向上开动，并停在若电梯突然向上开动，并停在2020层，最后两块磁铁层，最后两块磁铁可能已碰在一起可能已碰在一起D.D.若电梯突然向上开动，并停在若电梯突然向上开动，并停在2020层，最后两块磁铁层，最后两块磁铁一定仍在原来位置一定仍在原来位置【解题思维解题思维】1.1.题型特征：物体有向上或向下的加速度。题型特征：物体有向上或向下的加速度。2.2.题型解码：物体加速度向下时，物体所受支持力小题型解码：物体加速度向下时，物体所受支持力小于重力，接触面支持力越小，最大静摩擦力越小。于重力，接触面支持力越小，最大静摩擦力越小。【解析解析】选选A A、C
4、 C。电梯突然向下开动时处于失重状态，。电梯突然向下开动时处于失重状态，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，若最大静摩擦磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，若最大静摩擦力小于两磁铁间的引力，则两磁铁会相互靠近并碰在一力小于两磁铁间的引力，则两磁铁会相互靠近并碰在一起，起，A A对对B B错；若电梯突然向上开动，则处于超重状态，错；若电梯突然向上开动，则处于超重状态，但电梯在接近但电梯在接近2020层时，会做减速运动，此时电梯失重，层时，会做减速运动，此时电梯失重，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，两磁铁有可能磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，两磁铁有可能会相互靠近并碰在一起，故会相互靠近并
5、碰在一起，故C C对对D D错。错。触类旁通触类旁通 (多选多选)直升机悬停在空中向地面投放装有救直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初速度为零，箱子灾物资的箱子，如图所示。设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态，在箱子下落过程中，动过程中箱子始终保持图示姿态，在箱子下落过程中，下列说法正确的是下列说法正确的是()A.A.箱内物体对箱子底部始终没有压力箱内物体对箱子底部始终没有压力B.B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到
6、的支持力最大大C.C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大时大D.D.若下落距离足够长，箱内物体受到的支持力等于物若下落距离足够长，箱内物体受到的支持力等于物体的重力体的重力【解析解析】选选C C、D D。因为受到阻力，不是完全失重状态，。因为受到阻力，不是完全失重状态，所以物体对支持面有压力，所以物体对支持面有压力，A A错；由于箱子阻力与下落错；由于箱子阻力与下落速度的平方成正比，故箱子最终将做匀速运动，受到速度的平方成正比，故箱子最终将做匀速运动，受到的压力等于重力，的压力等于重力，B B错，错，C C、D D对。对。【提分秘籍提分
7、秘籍】判断超重和失重现象的三个角度判断超重和失重现象的三个角度(1)(1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或或支持力支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。(2)(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状向下的加速度恰好等于重力加速
8、度时处于完全失重状态。态。(3)(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。超重；物体向下加速或向上减速时，失重。【加固训练加固训练】(多选多选)一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉。一个可乘坐多个人的环形座舱套在竖直柱重的感觉。一个可乘坐多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自由下落。下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减由下落。下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面
9、时刚好停下。下列判断正确的是速运动，到地面时刚好停下。下列判断正确的是()A.A.座舱在自由下落的过程中人处于超重状态座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B.B.座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态C.C.座舱在减速运动的过程中人处于超重状态座舱在减速运动的过程中人处于超重状态D.D.座舱在减速运动的过程中人处于失重状态座舱在减速运动的过程中人处于失重状态【解析解析】选选B B、C C。由超重、失重的条件看加速度，当。由超重、失重的条件看加速度，当运动的加速度向下时，失重，且向下的运动的加速度向下时，失重，且向下的a=ga=g时，处于完时，处于完全失
10、重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定全失重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定B B、C C项正确。项正确。考点考点2 2动力学的连接体问题动力学的连接体问题 【典题突破典题突破】题型题型1 1加速度相同的连接体加速度相同的连接体典例典例2(20192(2019宁德模拟宁德模拟)如图所示，可看作质点的两如图所示，可看作质点的两物块物块A A、B B的质量分别为的质量分别为2m2m、m m。A A放在光滑水平桌面上，放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与两端分别与A A、B B相连接，相连接，A A和滑轮间的轻绳与桌面
11、平行。和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将现将A A从静止释放，当从静止释放，当B B落地时，落地时，A A还在桌面上。不计空还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为气阻力，重力加速度为g g。求：。求：(1)B(1)B落地前的加速度落地前的加速度a a的大小。的大小。(2)B(2)B落地前滑轮对轮轴的压力落地前滑轮对轮轴的压力F F的大小。的大小。【解题思维解题思维】1.1.题型特征：两物块通过绳相连，且均沿绳运动。题型特征：两物块通过绳相连，且均沿绳运动。2.2.题型解码：两物块通过不可伸长的柔软轻绳相连，题型解码：两物块通过不可伸长的柔软轻绳相连，跨过光滑轻质定滑轮，且物块均沿绳运动，物块速度跨
12、过光滑轻质定滑轮，且物块均沿绳运动，物块速度大小相同，加速度大小相同。大小相同，加速度大小相同。【解析解析】(1)B(1)B落地前，对于落地前，对于A A，取水平向左为正，取水平向左为正，对于对于B B，取竖直向下为正，取竖直向下为正，根据牛顿第二定律得，根据牛顿第二定律得，T=2maT=2ma，mg-T=mamg-T=ma联立两式解得联立两式解得a=ga=g。13(2)(2)由由(1)(1)解得解得B B落地前轻绳的张力落地前轻绳的张力T=mgT=mg则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到的轻绳压力则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到的轻绳压力大小，大小，F=2Tcos 45F=2Tcos 45=
13、mg=mg。答案：答案：(1)g(1)g(2)mg(2)mg232 23132 23触类旁通触类旁通 (多选多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由车组由8 8节车厢组成，其中第节车厢组成，其中第
14、1 1、5 5节车厢为动车，其余节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组为拖车，则该动车组()A.A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反相反B.B.做匀加速运动时，第做匀加速运动时，第5 5、6 6节与第节与第6 6、7 7节车厢间的作节车厢间的作用力之比为用力之比为3232C.C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比动机时的速度成正比D.D.若改为若改为4 4节动车带节动车带4 4节拖车的动车组最大速度之比为节拖车的动车组最大速度之比为1212【解析解析】选选B B、D
15、 D。列车启动时，乘客随车厢加速运。列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A A错误；动车错误；动车组运动的加速度组运动的加速度a=-kga=-kg，则对，则对6 6、7 7、8 8节节车厢的整体：车厢的整体：f f5656-3kmg=3ma-3kmg=3ma，解得，解得f f5656=0.75F=0.75F；对；对7 7、8 8节车厢的整体：节车厢的整体：f f6767=2ma+2kmg=0.5F=2ma+2kmg=0.5F，故，故5 5、
16、6 6节车厢与节车厢与6 6、7 7节车厢间的作用力之比为节车厢间的作用力之比为3232，选项选项B B正确；正确；2F8kmgF8m4m根据动能定理根据动能定理 MvMv2 2=kMgs=kMgs，解得，解得s=s=，可知进站时，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时速从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项度的平方成正比，选项C C错误；错误；8 8节车厢有节车厢有2 2节动车时的节动车时的最大速度为最大速度为v vm1m1=8=8节车厢有节车厢有4 4节动车时的最大速节动车时的最大速度为度为v vm2m2=，则，则 选项选项D D正确。正确。12
17、2v2kg2P;8kmg4P8kmgm1m2v1v2，题型题型2 2加速度不同的连接体加速度不同的连接体典例典例3 3 水平地面上有质量分别为水平地面上有质量分别为m m和和4m4m的物块的物块A A和和B B，两，两者与地面的动摩擦因数均为者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与一端跨过轻质动滑轮与A A相连，动滑轮与相连，动滑轮与B B相连，如图相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A A在水平在水平向右的恒力向右的恒力F F作用下向右移动了距离作用下向右移动了距离s s，重力加速度大，重力加速
18、度大小为小为g g。求：。求：(1)(1)物块物块B B克服摩擦力所做的功。克服摩擦力所做的功。(2)(2)物块物块A A、B B的加速度大小。的加速度大小。【解题思维解题思维】1.1.题型特征：绳跨过动滑轮连接物体。题型特征：绳跨过动滑轮连接物体。2.2.题型解码：找到加速度关系，分别列牛顿第二定律。题型解码：找到加速度关系，分别列牛顿第二定律。【解析解析】(1)(1)物块物块A A移动了距离移动了距离s s，则物块，则物块B B移动的移动的距离为距离为s s1 1=s=s物块物块B B受到的摩擦力大小为受到的摩擦力大小为f=4mgf=4mg物块物块B B克服摩擦力所做的功为克服摩擦力所做的
19、功为W=fsW=fs1 1=2mgs=2mgs12(2)(2)设物块设物块A A、B B的加速度大小分别为的加速度大小分别为a aA A、a aB B，绳中的，绳中的张力为张力为T T。由牛顿第二定律得。由牛顿第二定律得F-mg-T=maF-mg-T=maA A2T-4mg=4ma2T-4mg=4maB B由由A A和和B B的位移关系得的位移关系得a aA A=2a=2aB B联立式得联立式得a aA A=a aB B=答案：答案：(1)2mgs(1)2mgs(2)(2)F3 mg2mF3 mg4mF3 mg4mF3 mg2m【提分秘籍提分秘籍】加速度相同的连接体，可用整体法求加速度，再用隔
20、加速度相同的连接体，可用整体法求加速度，再用隔离法求某一部分所受内力。加速度不同的连接体，采离法求某一部分所受内力。加速度不同的连接体，采用隔离法分别求解加速度，找到物体之间的受力或运用隔离法分别求解加速度，找到物体之间的受力或运动关系。动关系。1.1.整体法的选取原则及步骤：整体法的选取原则及步骤：(1)(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。(2)(2)运用整体法解题的基本步骤。运用整体法解题的基本步骤。2.2.隔离法的选取原则及步骤：隔离法的选取原则及
21、步骤：(1)(1)当涉及系统当涉及系统(连接体连接体)内某个物体的受力和运动情况内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。时，一般采用隔离法。(2)(2)运用隔离法解题的基本步骤。运用隔离法解题的基本步骤。明确研究对象或过程、状态。明确研究对象或过程、状态。将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。或全过程中隔离出来。画出某状态下的受力图或运动过程示意图。画出某状态下的受力图或运动过程示意图。选用适当的物理规律列方程求解。选用适当的物理规律列方程求解。【加固训练加固训练】如图所示，如图所示，a a、b b两个物体的质量分别为
22、两个物体的质量分别为m m1 1、m m2 2，由轻，由轻质弹簧相连。当用恒力质弹簧相连。当用恒力F F竖直向上拉着物体竖直向上拉着物体 a a，使物体，使物体a a、b b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为一起向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x x1 1 ；当用大小仍为；当用大小仍为F F的恒力沿水平方向拉着物体的恒力沿水平方向拉着物体 a a，使物体使物体a a、b b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为弹簧的伸长量为x x2 2，则，则()A.xA.x1 1一定等于一定等于x x2 2B.xB.x1 1一定大于一定大于x
23、 x2 2C.C.若若m m1 1mm2 2，则，则 x x1 1xx2 2D.D.若若m m1 1mm2 2，则，则 x x1 1xgag时，小球将时，小球将“飘飘”离斜面，只受两力离斜面，只受两力作用，如图所示，此时细线与水平方向间的夹角作用，如图所示，此时细线与水平方向间的夹角4545。由牛顿第二定律得：。由牛顿第二定律得：Tcos=maTcos=ma，Tsin=mgTsin=mg，解得，解得T=T=答案：答案：(1)g(1)g (2)(2)22m ag5mg。5mg题型题型2 2解析法分析临界问题解析法分析临界问题典例典例5 5 在水平长直的轨道上，有一长度为在水平长直的轨道上，有一长
24、度为L=2 mL=2 m的平板的平板车在外力控制下以速度车在外力控制下以速度v v0 0=4 m/s=4 m/s做匀速直线运动。某做匀速直线运动。某时刻将一质量为时刻将一质量为m=1 kgm=1 kg的小滑块轻放到车的中点，同的小滑块轻放到车的中点，同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F F，已知，已知滑块与车面间动摩擦因数滑块与车面间动摩擦因数=0.2=0.2，滑块恰好不能从车，滑块恰好不能从车的左端掉下，的左端掉下，g g取取10 m/s10 m/s2 2。求：。求：(1)(1)恒力恒力F F的大小。的大小。(2)(2)要保证滑块不从车上掉下，
25、力要保证滑块不从车上掉下，力F F的作用时间应该在的作用时间应该在什么范围内？什么范围内？【解题思维解题思维】1.1.题型特征：题目中出现题型特征：题目中出现“恰好恰好”“”“范围范围”等关键词。等关键词。2.2.题型解码：分析临界条件题型解码：分析临界条件“滑块不从车上掉下滑块不从车上掉下”，隐含不能从任何一端掉下，根据临界条件列方程求解。隐含不能从任何一端掉下，根据临界条件列方程求解。【解析解析】(1)(1)设恒力设恒力F F取最小值为取最小值为F F1 1，滑块加速度为，滑块加速度为a a1 1，此时滑块恰好到达车的左端，则此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间滑块运动到车左
26、端的时间t t1 1=由几何关系有由几何关系有v v0 0t t1 1-由牛顿运动定律有由牛顿运动定律有F F1 1+mg=ma+mg=ma1 1各式联立代入数据解得各式联立代入数据解得t t1 1=0.5 s=0.5 s，F F1 1=6 N=6 N01va01vLt22(2)(2)当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动相对车先做匀加速运动(设运动加速度为设运动加速度为a a2 2，时间为，时间为t t2 2)，再做匀减速运动，再做匀减速运动(设运动加速度大小为设运动加速度大小为a a3 3)，到达，到达车右端时，与车
27、达到共同速度，则有车右端时，与车达到共同速度，则有F F1 1-mg=mamg=ma2 2mg=mamg=ma3 32 222 22 23a t1a tL22a代入数据解得代入数据解得t t2 2=s0.58 ss0.58 s则力则力F F的作用时间的作用时间t t应满足应满足t t1 1tttt1 1+t+t2 2，即，即0.5 st1.08 s0.5 st1.08 s。答案：答案：(1)6 N(1)6 N(2)0.5 st1.08 s(2)0.5 st1.08 s33题型题型3 3 动力学中的极值问题动力学中的极值问题典例典例6 6 如图所示，一质量如图所示，一质量m=0.4 kgm=0.
28、4 kg的小物块，以的小物块，以v v0 0=2 m/s2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F F作用作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 st=2 s的时间物块的时间物块由由A A点运动到点运动到B B点，点，A A、B B之间的距离之间的距离L=10 mL=10 m。已知斜面倾。已知斜面倾角角=30=30，物块与斜面之间的动摩擦因数，物块与斜面之间的动摩擦因数=，重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2。33(1)(1)求物块加速度的大小及到达求物块加速度的大小及到达B B点时速度的大小。点时速
29、度的大小。(2)(2)拉力拉力F F与斜面夹角多大时，拉力与斜面夹角多大时，拉力F F最小？拉力最小？拉力F F的最的最小值是多少？小值是多少？【解题思维解题思维】1.1.题型特征：求最大值或最小值。题型特征：求最大值或最小值。2.2.题型解码：物体所受多个力的合力为定值，求其中题型解码：物体所受多个力的合力为定值，求其中某一力的最小值，可列方程，三角函数求最值。某一力的最小值，可列方程，三角函数求最值。【解析解析】(1)(1)由运动学方程得：由运动学方程得：L=vL=v0 0t+att+at2 22aL=2aL=，代入数值解得：，代入数值解得：a=3 m/sa=3 m/s2 2，v vB B
30、=8 m/s=8 m/s1222B0vv(2)(2)对物块受力分析如图所示，对物块受力分析如图所示，设拉力设拉力F F与斜面成与斜面成角，在垂直斜面方向，根据平衡条角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：件可得：Fsin+FFsin+FN N=mgcos30=mgcos30沿斜面方向，由牛顿第二定律可得沿斜面方向，由牛顿第二定律可得Fcos-mgsin30Fcos-mgsin300 0-F-Ff f=ma=ma又又F Ff f=F=FN N代入数值解得：代入数值解得：Fcos+Fsin=5.2Fcos+Fsin=5.2当当=30=30时，拉力时，拉力F F有最小值，且有最小值，且F Fminmi
31、n=答案：答案：(1)3 m/s(1)3 m/s2 28 m/s8 m/s(2)30(2)30 335.215.67.8F3313sin(60)cossin2 3(cossin)322则133 N5133 N5【提分秘籍提分秘籍】1.“1.“四种四种”典型临界条件：典型临界条件：(1)(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力界条件是弹力F FN N=0=0。(2)(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是止时，常存在着静摩擦力，则相
32、对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。静摩擦力达到最大值。(3)(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是件是F FT T=0=0。(4)(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件是当加速加速度变化时，速度达到最值的临界条件是当加速度变为度变为0 0时。时。2.“2.“两种两种”典型分析方法：典型分析方法：(1)(1)临界法：分析题目中的物理过程，明确临界状
33、态，临界法：分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。(2)(2)解析法：明确题目中的变量，求解变量间的数学表解析法：明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。达式，根据数学表达式分析临界值。【加固训练加固训练】一物体在斜面上以一定的初速度向上运一物体在斜面上以一定的初速度向上运动，斜面的倾角动，斜面的倾角可在可在0 09090之间变化，设物体所能之间变化，设物体所能达到的最大位移达到的最大位移x x与斜面倾角与斜面倾角之间的关系如图所示，之间的关系如图所示，试求当试求当多大时多
34、大时x x有最小值？这个最小值是多大？有最小值？这个最小值是多大？【解析解析】设物体的初速度为设物体的初速度为v v0 0，在斜面上滑行时的，在斜面上滑行时的加速度大小为加速度大小为a a，则，则 a=g(sin+cos)a=g(sin+cos)x=x=当当=90=90时，物体做竖直上抛运动，由图可知上升时，物体做竖直上抛运动，由图可知上升的最大高度为的最大高度为10 m10 m，则，则-=-2gh-=-2gh2200vv 2a2g(sincos)20v所以所以v v0 0=10 m/s=10 m/s当当=0=0时，物体沿水平面做匀减速直线运动，时，物体沿水平面做匀减速直线运动，由图可知此时滑
35、行的最大距离为由图可知此时滑行的最大距离为10 m10 m，则，则 -=-2gx-=-2gx故故=2320v33将将v v0 0和和的值代入上面的值代入上面x x的表达式，再利用数学知识整的表达式，再利用数学知识整理可得当理可得当9090-=arc cos()-=arc cos()时，位移时，位移x x有最小有最小值，将值，将=代入得代入得 =60=60所以最小值为所以最小值为x xminmin=答案：答案：60605 m5 m332112(10 2)m5 3 m3312 10()2323用牛顿运动定律处理动力学问题用牛顿运动定律处理动力学问题规规 范范 解解 答答解：解：(1)(1)在在0
36、02 s2 s时间内时间内A A的受力分析如图的受力分析如图N=Gcos37N=Gcos37=0.8mg=0.8mg (1 (1分分)F=Gsin37F=Gsin37-1 1N=0.6mg-N=0.6mg-0.8mg=0.3mg0.8mg=0.3mg(1(1分分)由牛顿第二定律可得由牛顿第二定律可得a aA A=3 m/s=3 m/s2 2 (1(1分分)38F0.3mgmm在在0 02 s2 s时间内时间内B B的受力分析如图的受力分析如图N NA A=mgcos37=mgcos37=0.8mg=0.8mg (1 (1分分)N NC C=N=NA A+mgcos37+mgcos37=1.6m
37、g=1.6mg (1 (1分分)f fA A=1 1N NA A=0.8mg=0.3mg0.8mg=0.3mg(1(1分分)f fC C=2 2N NC C=0.5=0.51.6mg=0.8mg1.6mg=0.8mg (1 (1分分)F=Gsin37F=Gsin37+f+fA A-f-fC C=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg(2=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg(2分分)由牛顿第二定律可得由牛顿第二定律可得a aB B=1 m/s=1 m/s2 2 (1(1分分)38F0.1mgmm(2)2 s(2)2 s时，时，v vA A=a=aA At=3t=32 m/s=
38、6 m/s (12 m/s=6 m/s (1分分)v vB B=a=aB Bt=1t=12 m/s=2 m/s (12 m/s=2 m/s (1分分)B B的上表面突然变为光滑后的上表面突然变为光滑后a aA A=6 m/s=6 m/s2 2(1(1分分)a aB B=-2 m/s=-2 m/s2 2 (1(1分分)1 s1 s后后B B将停止运动，将停止运动，3 s3 s内内B B运动的距离为运动的距离为s sB B=a=aB B(2 s)(2 s)2 2+v+vB B1 s+a1 s+aB B(1 s)(1 s)2 2=3 m (2=3 m (2分分)mgsin37mCG sin37f0.
39、6mg0.8mgmm1212设设A A在在B B上总的运动时间为上总的运动时间为t t，则，则A A的位移为的位移为30 m30 m，s sA A=a aA A(2 s)(2 s)2 2+v+vA A(t-2 s)+(t-2 s)+a aA A(t-2 s)(t-2 s)2 2=30 m (2=30 m (2分分)解得解得t=4 s (2t=4 s (2分分)1212满满 分分 规规 则则规则规则1 1：答题过程，条理清晰：答题过程，条理清晰解题过程应条理清晰、层次分明。对于综合性较强的解题过程应条理清晰、层次分明。对于综合性较强的题目，先选取研究对象，然后进行受力分析和运动过题目，先选取研究
40、对象，然后进行受力分析和运动过程分析程分析(如本题中的受力分析图如本题中的受力分析图)，最后选择合适的规，最后选择合适的规律列方程，并注意联系前后过程的关键物理量。律列方程，并注意联系前后过程的关键物理量。规则规则2 2：解析过程，分步列式：解析过程，分步列式解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合算式一处错免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合算式一处错而导致全部错误，丢失步骤分。而导致全部错误，丢失步骤分。规则规则3 3：矢量方程，注意方向：矢量方程，注意方向牛顿第二定律的表达式是矢量式，列方程时要注意正
41、牛顿第二定律的表达式是矢量式，列方程时要注意正方向的规定或选取。方向的规定或选取。规则规则4 4：数学运算，可以淡化：数学运算，可以淡化阅卷原则是阅卷原则是“只看物理公式和答案，不看数学运算过只看物理公式和答案，不看数学运算过程程”。只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物。只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点。理过程导出的数学运算过程不是得分点。规则规则5 5：文字说明，简洁明了：文字说明，简洁明了分析过程，分步列式时加以必要的文字说明，使解题分析过程，分步列式时加以必要的文字说明，使解题过程更具有系统性。过程更具有系统性。五五“传送带传送带”模型问题模
42、型问题 【学科素养养成学科素养养成】1.1.模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题和模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题。倾斜传送带问题。2.2.解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。的摩擦力进行正确的分析判断。(1)(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且若物块速度与传送带的速度方向相同，且v v物物vvv带带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。(3)(3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对若物块速度与传送带的速度方向相反
43、，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。运动。(4)(4)若若v v物物=v=v带带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。力。核心素养分析：考查学科核心素养中的核心素养分析：考查学科核心素养中的“科学思维科学思维”的模
44、型建构和科学推理能力，能将实际问题中的对象的模型建构和科学推理能力，能将实际问题中的对象和过程转换成物理模型，并对该问题进行综合分析和和过程转换成物理模型，并对该问题进行综合分析和推理。推理。【典题分类突破典题分类突破】典例典例1 1(水平传送带水平传送带)如图所示，水平传送带两端相距如图所示，水平传送带两端相距x=8 mx=8 m，工件与传送带间的动摩擦因数，工件与传送带间的动摩擦因数=0.6=0.6，工件滑，工件滑上上A A端时速度端时速度v vA A=10 m/s=10 m/s，设工件到达，设工件到达B B端时的速度为端时的速度为v vB B。(g(g取取10 m/s10 m/s2 2)
45、(1)(1)若传送带静止不动，求若传送带静止不动，求v vB B。(2)(2)若传送带以若传送带以v=13 m/sv=13 m/s逆时针匀速转动，求逆时针匀速转动，求v vB B及工件及工件由由A A到到B B所用的时间。所用的时间。【解析解析】(1)(1)根据牛顿第二定律可知根据牛顿第二定律可知mg=mamg=ma，则则a=g=6 m/sa=g=6 m/s2 2，且且 =2ax=2ax，故故v vB B=2 m/s=2 m/s。22ABvv(2)(2)工件速度达到工件速度达到13 m/s13 m/s所用时间为所用时间为t t1 1=0.5 s=0.5 s，运动的位移为运动的位移为x x1 1
46、=v=vA At t1 1+=5.75 m8 m+=5.75 mvv2 2时，则时，则vv2 2=v=v2 2C.C.若若v v1 1vvv2 2时，向左减速过程中前时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速度仍为内，加速所能达到的速度仍为v v2 2；当；当v v1 1vv2 2时，返回过时，返回过程中，当速度增加到程中，当速度增加到v v1 1时，物体与传送带间将保持相时，物体与传送带间将保持相对静止，不再加速，最终以对静止，不再加速，最终以v v1 1离开传送带。离开传送带。3.3.如图所示，两木块
47、如图所示，两木块A A、B B质量均为质量均为m m，用劲度系数为，用劲度系数为k k、原长为原长为L L的轻弹簧连在一起，放在倾角为的轻弹簧连在一起，放在倾角为的传送带上，的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为两木块与传送带间的动摩擦因数均为，与传送带平，与传送带平行的细线拉住木块行的细线拉住木块A A，传送带按图示方向匀速转动，两，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于平衡状态。求：木块处于平衡状态。求：(1)A(1)A、B B两木块之间的距离。两木块之间的距离。(2)(2)剪断细线瞬间，剪断细线瞬间，A A、B B两木块的加速度。两木块的加速度。【解析解析】(1)(1)隔离隔离B B
48、木块分析，由平衡条件可得：木块分析，由平衡条件可得：F F弹弹=mgsin+mgcos=mgsin+mgcos，由胡克定律：由胡克定律：F F弹弹=kx=kx两木块间的距离为：两木块间的距离为：L LABAB=L+x=L+=L+x=L+mgsinmgcosk。(2)(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块B B由牛顿由牛顿第二定律有第二定律有F F弹弹-(mgsin+mgcos)=ma-(mgsin+mgcos)=maB B解得解得a aB B=0=0对于木块对于木块A A有有F F弹弹+mgcos+mgsin=ma+mgcos+mgsin=maA A解得：解得：
49、a aA A=2(gsin+gcos)=2(gsin+gcos)答案：答案：(1)L+(1)L+(2)2(gsin+gcos)(2)2(gsin+gcos)mgsinmgcosk 六六“滑块滑块木板木板”模型问题模型问题【学科素养养成学科素养养成】1.1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。动。2.2.解题关键：解题关键：(1)(1)摩擦力方向的特点。摩擦力方向的特点。若两个物体同向运动，且两个物体若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢一快一慢”或或“一动一静一动一静”，则，则“快快”或或“动动”的物体受到的另一的物体受到的另一个物体对
50、它的摩擦力为阻力，个物体对它的摩擦力为阻力，“慢慢”或或“静静”的物体的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。体对它的摩擦力均为阻力。(2)(2)运动特点。运动特点。若滑块由木板的一端滑出，则滑块位移大小若滑块由木板的一端滑出，则滑块位移大小x x1 1、木、木板位移大小板位移大小x x2 2以及滑块到板端的长度以及滑块到板端的长度L L，有以下关系，有以下关系x x1 1-x-x2 2=L(=L(同向运动时同向运动时)或或x x1 1+x+x2
