第2单元 牛顿第二定律两类动力学问题 必备知识要打牢 抓双基 固本源 F握程度 BEL ZHISHI YAO DALAO 加如说点 牛顿第二定律 「想一想] 如图3-2-1所示为一张在真空中拍摄的羽毛与苹果自由下落的频闪照片。请思考苹果 与羽毛重力相差很大,为什么它们总在同一相同的高度呢? eeee 图3-2-1 提示:物体的加速度与力成正比,与物体的质量成反比,物体在真空中仅受重力作用, 故a==四=g,可知羽毛和苹果在真空中下落的加速度相同故它们的运动状态时刻相 同,它们能时刻处在同一高度。 [记一记] 物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用 力的方向相同 2.表达式 3.“五个”性质 同向性「公式F合=m是矢量式,任一时刻,F合与a同向 a与F合对应同一时刻,即a为某时刻的加速度时,F合为该时刻物体所受合外 瞬时性 因果性F合是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力
1 第 2 单元 牛顿第二定律__两类动力学问题 牛顿第二定律 [想一想] 如图 3－2－1 所示为一张在真空中拍摄的羽毛与苹果自由下落的频闪照片。请思考苹果 与羽毛重力相差很大，为什么它们总在同一相同的高度呢？ 图 3－2－1 提示：物体的加速度与力成正比，与物体的质量成反比，物体在真空中仅受重力作用， 故 a＝ F m ＝ mg m ＝g，可知羽毛和苹果在真空中下落的加速度相同。故它们的运动状态时刻相 同，它们能时刻处在同一高度。 [记一记] 1．内容 物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用 力的方向相同。 2．表达式 F＝ma。 3．“五个”性质 同向性 公式 F 合＝ma 是矢量式，任一时刻，F 合与 a 同向 瞬时性 a 与 F 合对应同一时刻，即 a 为某时刻的加速度时，F 合为该时刻物体所受合外 力 因果性 F 合是产生 a 的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性F☆=m中,F、m、a对应同一物体或同一系统,各量统一使用国际单位 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 独立性 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 4.适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。 (2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动远小于光速)的情况 1.关于牛顿第二定律的下列说法中,正确的是() A.物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定,与物体的速度无关 B.物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定,与速度方向无关 C.物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的 D.一旦物体所受合外力为零,则物体的加速度立即为零,其运动也就逐渐停止了 解析:选AB对于某个物体,合外力的大小决定了加速度的大小,合外力的方向决定 了加速度的方向,而速度的方向与加速度方向无关。根据牛顿第二定律的瞬时性特征,合外 力一旦为零,加速度立即为零,则速度不再发生变化,以后以此时的速度做匀速直线运动。 知识点三 两类动力学问题 [记一记] 1.两类动力学问题 (1)已知受力情况求物体的运动情况 (2)已知运动情况求物体的受力情况。 2.解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”,由运动学公式和生顿运动定律列方程求解,具体逻辑关系如图: 由力求运动 力情园(如速度)动公式运动情园 由运动求力 试一试] 2.用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体,力F作用3 后撤去,则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是( B.0=10m/s,a=2m/s2 C.=6m/s,a=2m/s2 D.=10
2 同一性 F 合＝ma 中，F 合、m、a 对应同一物体或同一系统，各量统一使用国际单位 独立性 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 4．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。 (2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。 [试一试] 1．关于牛顿第二定律的下列说法中，正确的是( ) A．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定，与物体的速度无关 B．物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关 C．物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的 D．一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了 解析：选 AB 对于某个物体，合外力的大小决定了加速度的大小，合外力的方向决定 了加速度的方向，而速度的方向与加速度方向无关。根据牛顿第二定律的瞬时性特征，合外 力一旦为零，加速度立即为零，则速度不再发生变化，以后以此时的速度做匀速直线运动。 两类动力学问题 [记一记] 1．两类动力学问题 (1)已知受力情况求物体的运动情况。 (2)已知运动情况求物体的受力情况。 2．解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律 列方程求解，具体逻辑关系如图： [试一试] 2．用 40 N 的水平力 F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为 20 kg 的物体，力 F 作用 3 s 后撤去，则第 5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是( ) A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6 m/s，a＝2 m/s 2 D．v＝10 m/s，a＝0
解析:选A由牛顿第二定律得:F=m,a=2ms3。3s末物体速度为ν=a=6 此后F撤去,a=0,物体做匀速运动,故A正确。 说点三 力学单位制 想一想] 如图3-2-2为甲、乙、丙三人百米比赛冲刺时的速度大小。试比较三人冲刺速度的大 小:由此看出应怎样比较物理量的大小? 终点线 7 200 dm/min 36 km/h 图3-2-2 提示:甲=11m/s,乙=7200 dm/min=12ms,U丙=36km/h=10m/s,故U乙>甲>U 由此可以看出,要比较同—物理量的大小,必须统一单位。 [记一记] 单位制 由基本单位和导出单位组成 2.基本单位 基本量的单位。力学中的基本量有三个,它们分别是质量、时间、长度,它们的国际单 位分别是千克、秒、米 3.导出单位 由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。 4.国际单位制中的七个基本物理量和基本单位 物理量名称物理量符号单位名称单位符号 长度 米 质量 千克 时间 秒 电流 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K
3 解析：选 A 由牛顿第二定律得：F＝ma，a＝2 m/s2。3 s 末物体速度为 v＝at＝6 m/s， 此后 F 撤去，a＝0，物体做匀速运动，故 A 正确。 力学单位制 [想一想] 如图 3－2－2 为甲、乙、丙三人百米比赛冲刺时的速度大小。试比较三人冲刺速度的大 小；由此看出应怎样比较物理量的大小？ 图 3－2－2 提示：v 甲＝11 m/s，v 乙＝7 200 dm/min＝12 m/s，v 丙＝36 km/h＝10 m/s，故 v 乙>v 甲>v 丙。 由此可以看出，要比较同一物理量的大小，必须统一单位。 [记一记] 1．单位制 由基本单位和导出单位组成。 2．基本单位 基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单 位分别是千克、秒、米。 3．导出单位 由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。 4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 摩[尔] 发光强度 坎[德拉] [试一试] 3.关于单位制,下列说法中正确的是() A.kg、m/s、N是导出单位 B.kg、m、C是基本单位 C.在国际单位制中,时间的基本单位是s D.在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的 解析:选CD在力学中选定m(长度单位)、kg(质量单位、s时间单位)作为基本单位, 可以导出其他物理量的单位,力的单位(N)是根据牛顿第二定律F=m导出的,故C、D正 确。 高频考点要通关 抓考点 攻重点 得拔高分 掌握程度 瞬时加速度问题 1一般思路 分析物体该时的受力情况一·由牛顿第三定律列方程一[瞬时加速度 2.两种模型 (1)刚性绳(或接触面):一种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,弹 力立即改变或消失,不需要形变恢复时间,一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特 殊说明时,均可按此模型处理。 (2)弹簧(或橡皮绳):当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时,由于物体有惯性 弹簧的长度不会发生突变,所以在瞬时问题中,其弹力的大小认为是不变的,即此时弹簧的 弹力不突变 [例1(2013·吉林模拟)在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=2kg的小球, 小球与水平轻弹簧及与竖直方向成O=45°角的不可伸长的轻绳一端相连,如图3-2-3所 示,此时小球处于静止平衡状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间,取 g=10m/32,以下说法正确的是() 图3 3 A.此时轻弹簧的弹力大小为20N B.小球的加速度大小为8m/s2,方向向左
4 物质的量 n 摩[尔] mol 发光强度 IV 坎[德拉] cd [试一试] 3．关于单位制，下列说法中正确的是( ) A．kg、m/s、N 是导出单位 B．kg、m、C 是基本单位 C．在国际单位制中，时间的基本单位是 s D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的 解析：选 CD 在力学中选定 m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位， 可以导出其他物理量的单位，力的单位(N)是根据牛顿第二定律 F＝ma 导出的，故 C、D 正 确。 瞬时加速度问题 1.一般思路 分析物体该时的受力情况 ―→ 由牛顿第二定律列方程 ―→ 瞬时加速度 2．两种模型 (1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹 力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特 殊说明时，均可按此模型处理。 (2)弹簧(或橡皮绳)：当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时，由于物体有惯性， 弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的 弹力不突变。 [例1] (2013·吉林模拟)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球， 小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图 3－2－3 所 示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取 g＝10 m/s2，以下说法正确的是( ) 图 3－2－3 A．此时轻弹簧的弹力大小为 20 N B．小球的加速度大小为 8 m/s2，方向向左
C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2,方向向右 D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度为0 审题指导] 剪断轻绳时,弹簧的弹力不能瞬间发生变化。剪断弹簧时,绳上的拉力在瞬间发生变化。 尝试解题] 因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零,小球在绳没有断时受到轻绳的拉力Fr和 弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得:竖直方向有 FIcos 6=mg,水平方向 有 NIsinθ=F。解得轻弹簧的弹力为F= mgtanθ=20N,故选项A正确。剪断轻绳后小球在 竖直方向仍平衡,水平面支持力与小球所受重力平衡,即FN=mg;由牛顿第二定律得小球 F-uFN20-0.2×20 的加速度为a= m/s2=8m/s2,方向向左,选项B正确。当剪断弹簧 的瞬间,小球立即受地面支持力和重力作用,且二力平衡,加速度为0,选项C错误、D正 答案]ABD 规律总结非 在求解瞬时性问题时应注意: )物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行 受力分析和运动分析。 (2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突 动力学的两类基本问题分析 1物体运动性质的判断方法 (1)明确物体的初始运动状态(U)。 (2)明确物体的受力情况(F合 (3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度 变化情况 2.两类动力学问题的解题步骤 (1)明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便,选出被研究的物体。研究对象可以 是某个物体,也可以是几个物体构成的系统 (2)进行受力分析和运动状态分析,画好受力分析图、情景示意图,明确物体的运动性
5 C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为 10 m/s2，方向向右 D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为 0 [审题指导] 剪断轻绳时，弹簧的弹力不能瞬间发生变化。剪断弹簧时，绳上的拉力在瞬间发生变化。 [尝试解题] 因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力 FT 和 弹簧的弹力 F 作用而处于平衡状态。依据平衡条件得：竖直方向有 FTcos θ＝mg，水平方向 有 FTsin θ＝F。解得轻弹簧的弹力为 F＝mgtan θ＝20 N，故选项 A 正确。剪断轻绳后小球在 竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即 FN＝mg；由牛顿第二定律得小球 的加速度为 a＝ F－μFN m ＝ 20－0.2×20 2 m/s2＝8 m/s 2，方向向左，选项 B 正确。当剪断弹簧 的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为 0，选项 C 错误、D 正 确。 [答案] ABD 在求解瞬时性问题时应注意： (1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行 受力分析和运动分析。 (2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突 变。 动力学的两类基本问题分析 1.物体运动性质的判断方法 (1)明确物体的初始运动状态(v0)。 (2)明确物体的受力情况(F 合)。 (3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度 变化情况。 2．两类动力学问题的解题步骤 (1)明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。研究对象可以 是某个物体，也可以是几个物体构成的系统。 (2)进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示意图，明确物体的运动性
质和运动过程 (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坐 标轴的正方向 (4)确定合外力F合,注意F合与a同向。若物体只受两个共点力作用,常用合成法:若 物体受到3个或3个以上不在同一直线上的力的作用,一般用正交分解法 (5)根据牛顿第二定律F=m或 「Fx=max 列方程求解,必要时还要对结果进行讨论 例2]如图3-2-4所示,质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L 0m,用大小为30N,沿水平方向的外力拉此物体,经b=2s拉至B处。(已知cos37° 0.8,sin37°=0.6,取g=10m/32) 图3-2-4 (1)求物体与地面间的动摩擦因数 (2)用大小为30N,与水平方向成37°的力斜向上拉此物体,使物体从A处由静止开始 运动并能到达B处,求该力作用的最短时间to 审题指导] 物体在拉力作用下做匀加速直线运动,撤去拉力后做匀减速直线运动,当物体到B点 速度恰好为零,则拉力的作用时间最短。 尝试解题 (1)沿水平方向施加外力后,物体做匀加速直线运动。根据运动学公式有L=ab 代入数据解得a=10m/s2 由牛顿第二定律知F-Ff=ma 解得Ff=10N 所以u Fr 10 mg2×10 0.5 (2)设外力F作用的最短时间为t,物体先以大小为a的加速度匀加 速运动,所用时间为t,受力分析如图所示。撤去外力后,以大小为a2 的加速度匀减速运动,所用时间为r′,到达B处速度恰为零。由牛顿第二定律知Fcos37° Fe=mar 其中Ff=FN=(mg-Fsin37°) 6
6 质和运动过程。 (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坐 标轴的正方向。 (4)确定合外力 F 合，注意 F 合与 a 同向。若物体只受两个共点力作用，常用合成法；若 物体受到 3 个或 3 个以上不在同一直线上的力的作用，一般用正交分解法。 (5)根据牛顿第二定律 F 合＝ma 或 Fx＝max Fy＝may 列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。 [例 2] 如图 3－2－4 所示，质量 m＝2 kg 的物体静止于水平地面的 A 处，A、B 间距 L ＝20 m，用大小为 30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经 t0＝2 s 拉至 B 处。(已知 cos 37° ＝0.8，sin 37°＝0.6，取 g＝10 m/s2 ) 图 3－2－4 (1)求物体与地面间的动摩擦因数； (2)用大小为 30 N，与水平方向成 37°的力斜向上拉此物体，使物体从 A 处由静止开始 运动并能到达 B 处，求该力作用的最短时间 t。 [审题指导] 物体在拉力作用下做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，当物体到 B 点 速度恰好为零，则拉力的作用时间最短。 [尝试解题] (1)沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。根据运动学公式有 L＝ 1 2 at2 0 代入数据解得 a＝10 m/s2 由牛顿第二定律知 F－Ff＝ma 解得 Ff＝10 N 所以 μ＝ Ff mg ＝ 10 2×10＝0.5 (2)设外力 F 作用的最短时间为 t，物体先以大小为 a1 的加速度匀加 速运动，所用时间为 t，受力分析如图所示。撤去外力后，以大小为 a2 的加速度匀减速运动，所用时间为 t′，到达 B 处速度恰为零。由牛顿第二定律知 Fcos 37° －Ff＝ma1 其中 Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin 37°)
联立解得a=1.5m2,a2==g=5ms2 由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度,撤去外力时的速度=a1=a′ 又因为L=a1r2+a2t2 联立解得t≈1.03s。 答案](1)0.5(2)1.03s 规律总结] 解决两类动力学问题两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” 两个分析:物体的受力分析和物体的运动过程分析 一个桥梁:物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁 (2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过 程的初速度,画图找出各过程间的位移联系。 牛顿第二定律与图象的综合问题 常见的两类动力学图象问题 (1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线,要求分析物体的运 动情况 (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线,要求分析物体的受力情况。 2.解决图象综合问题的关键 (1)分清图象的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理 图象所反映的物理过程,会分析临界点 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,图线的转 折点,两图线的交点等。 (3)明确能从图象中获得哪些信息:把图象与具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、 特殊点、面积等的物理意义,确定从图象中反馈出来的有用信息,这些信息往往是解题的突 破口或关键点。 「例3]如图3-2-5甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过滑块压缩04m 锁定。=0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如 图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线, 已知滑块质量m=2.0kg,取g=10m/s2。求
7 联立解得 a1＝11.5 m/s2，a2＝ μmg m ＝μg＝5 m/s2 由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度，撤去外力时的速度 v＝a1t＝a2t′ 又因为 L＝ 1 2 a1t 2＋ 1 2 a2t′2 联立解得 t ≈1.03 s。 [答案] (1)0.5 (2)1.03 s 解决两类动力学问题两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” 两个分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。 一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 (2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过 程的初速度，画图找出各过程间的位移联系。 牛顿第二定律与图象的综合问题 1.常见的两类动力学图象问题 (1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运 动情况。 (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。 2．解决图象综合问题的关键 (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理 图象所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转 折点，两图线的交点等。 (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、 特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突 破口或关键点。 [例 3] 如图 3－2－5 甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩 0.4 m 锁定。t＝0 时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如 图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直线，倾斜直线 Od 是 t＝0 时的速度图线的切线， 已知滑块质量 m＝2.0 kg，取 g＝10 m/s2。求：
O0.10.20.3040.50.6t/s 图3-2-5 (1)滑块与地面间的动摩擦因数 (2)弹簧的劲度系数 审题指导] 第一步:抓关键点 关键点 获取信息 Od是t=0时的速度图线的切线 Od的斜率表示=0时滑块的加速度 bc段为直线 bc段滑块受滑动摩擦力作用做匀减速运动 第二步:找突破口 要求滑块与地面间的动摩擦因数,只要由图象求出滑块匀减速运动的加速度,再由牛顿 第二定律列方程即可。要求 弹簧的劲度系数,则应利用牛顿第二定律对滑块在t=0时刻列方程求解 尝试解题 (1)从题中图象知,滑块脱离弹簧后的加速度大小 △U11.5 m/s2=5m/s2 由牛顿第二定律得:μmg=man 解得:μ=0.5 (2)刚释放时滑块的加速度 A02=3.m3=30m3 由牛顿第二定律得:kx 解得:k=175N/m。 答案](1)0.5(2)175N/m 规律总结 数图结合解决物理问题 物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型,也是近年高考的热点,特别是a-1 图象在考题中出现率极高。对于已知图象求解相关物理量的问题,往往是结合物理过程从分
8 图 3－2－5 (1)滑块与地面间的动摩擦因数； (2)弹簧的劲度系数。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 Od 是 t＝0 时的速度图线的切线 Od 的斜率表示 t＝0 时滑块的加速度 bc 段为直线 bc 段滑块受滑动摩擦力作用做匀减速运动 第二步：找突破口 要求滑块与地面间的动摩擦因数，只要由图象求出滑块匀减速运动的加速度，再由牛顿 第二定律列方程即可。要求 弹簧的劲度系数，则应利用牛顿第二定律对滑块在 t＝0 时刻列方程求解。 [尝试解题] (1)从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小 a1＝ Δv1 Δt1 ＝ 1.5 0.3 m/s2＝5 m/s 2 由牛顿第二定律得：μmg＝ma1 解得：μ＝0.5 (2)刚释放时滑块的加速度 a2＝ Δv2 Δt2 ＝ 3 0.1 m/s2＝30 m/s 2 由牛顿第二定律得：kx－μmg＝ma2 解得：k＝175 N/m。 [答案] (1)0.5 (2)175 N/m 数图结合解决物理问题 物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是 v—t 图象在考题中出现率极高。对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分
析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得 出所求结果。解决这类问题的核心是分析图象,我们应特别关注a-图中的斜率(加速度) 和力的图线与运动的对应关系 31 学科特色要控掘 补短板 弥不足 得满分 掌握程度 UEKE TESE YAO WAJUE 同类问题模型化”系列之(三) 传送带模型 [模型概述] 物体在传送带上运动的情形统称为传送带 模型。,因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面 倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的 大小和方向的不同,传送带问题往往存在多种 可能,因此对传送带问题做出准确的动力学过 程分析,是解决此类问题的关键 下面介绍两种常见的传送带模型。 1.水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 情景1 (2)可能先加速后匀速 (1)∞o>U时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 情景2 (2)1boU返回时速度为U,当0<返回时速度为 2倾斜传送带模 滑块可能的运动情况 (1)可能一直加速 情景1 (2)可能先加速后匀速
9 析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得 出所求结果。解决这类问题的核心是分析图象，我们应特别关注 v—t 图中的斜率(加速度) 和力的图线与运动的对应关系。 下面介绍两种常见的传送带模型。 1．水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)v0>v 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 v0<v 返回时速度为 v0 2.倾斜传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 [模型概述] 物体在传送带上运动的情形统称为传送带 模型。,因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面 倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的 大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种 可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过 程分析，是解决此类问题的关键
(1)可能一直加速 情景2 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景3 (3)可能一直匀速 (4)可能先以a加速后以a2加速 (1)可能一直加速 情景4 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 [典例如图3-2-6所示,绷紧的传送带,始终以2ms的速度匀速斜向上运行,传 送带与水平方向间的夹角0=30°。现把质量为10k的工件轻轻地放在传送带底端P处,由 传送带传送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离为4m,工件与传送带间的动摩擦因数为 取g=10ms32。 图3-2-6 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动 (2)求工件从P点运动到Q点所用的时间 解析]()工件受重力、摩擦力、支持力共同作用,摩擦力为动力 由牛顿第二定律得:μ ngos- mosin0=ma 代入数值得:a=2.5m/s2 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 222 m=0.8m<4m 2a2×2.5 可见工件先匀加速运动0.8m,然后匀速运动3.2m (2)匀加速时,由x=得h=0.8s 匀速上升时t2=
10 情景 2 (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 3 (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 4 (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] 如图 3－2－6 所示，绷紧的传送带，始终以 2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传 送带与水平方向间的夹角 θ＝30°。现把质量为 10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端 P 处，由 传送带传送至顶端 Q 处。已知 P、Q 之间的距离为 4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为 μ ＝ 3 2 ，取 g＝10 m/s2。 图 3－2－6 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从 P 点运动到 Q 点所用的时间。 [解析] (1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力 由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数值得：a＝2.5 m/s2 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x1＝ v 2 2a ＝ 2 2 2×2.5 m＝0.8 m<4m 可见工件先匀加速运动 0.8 m，然后匀速运动 3.2 m (2)匀加速时，由 x1＝ v 2 t1 得 t1＝0.8 s 匀速上升时 t2＝ x2 v ＝ 3.2 2 s＝1.6 s