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1、專題三 牛頓運動定律,知識清單,方法一應用牛頓運動定律解決多過程問題 1.多過程問題 很多動力學問題中涉及的物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程,在物體不同的運動階段,物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化,這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題。 2.類型 多過程問題可根據涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題。 例1如圖甲所示,為一傾角=37的足夠長斜面,將一質量為m=1 kg的物體無初速度在斜面上釋放,同時施加一沿斜面向上的拉力,拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.25,取 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:,突破方法,(
2、1)2 s末物體的速度; (2)前16 s內物體發(fā)生的位移 解析(1)由分析可知物體在前2 s內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動,由牛頓第二定律可得 mg sin -F1-mg cos =ma1 v1=a1t1,代入數(shù)據可得 a1=2.5 m/s2,方向沿斜面向下 v1=5 m/s,方向沿斜面向下 (2)物體在前2 s內發(fā)生的位移為x1,則 x1=a1=5 m,方向沿斜面向下 當拉力為F2=4.5 N時,由牛頓第二定律可得 F2+mg cos -mg sin =ma2 代入數(shù)據可得a2=0.5 m/s2,方向沿斜面向上 物體經過t2時間速度減為0,則 v1=a2t2 得t2=10 s t
3、2時間內發(fā)生的位移為x2,則 x2=a2=25 m,方向沿斜面向下,由于mg sin -mg cos
4、木箱的質量m=50 kg,木箱與冰面間的動摩擦因數(shù)=0.1。某選手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直線運動,若木箱可視為質點,g取10 m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功,試求: (1)推力作用在木箱上時的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的時間滿足什么條件?,方法二傳送帶問題的分析技巧 1.水平傳送帶問題 設傳送帶的速度為v帶,物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為,兩輪之間的距離為L,物體置于傳送帶一端時的初速度為v0。 (1)v0=0,如圖甲所示,物體剛置于傳送帶上時由于受摩擦力作用,將做a=g的勻加速運動。假定物體從開始置于傳送帶上一直加速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的
5、速度為v=。顯然, 若v帶<,則物體在傳送帶上將先加速,后勻速運動;若v帶,則物體在傳送帶上將一直 加速運動。 甲,(2)v00,且v0與v帶同向,如圖乙所示。 乙 v0v帶,物體剛放到傳送帶上時將做加速度大小為a=g的勻減速運動。假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的速度為v=。顯然,若v帶,則物體在傳送帶上 將一直減速運動;若v0v帶,則物體在傳送帶上將先減速,后勻速運動。 (3)v00,且v0與v帶反向,如圖丙所示。,丙 此種情形下,物體剛放到傳送帶上時將做加速度大小為a=g的勻減速運動,假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的速度為v=。
6、顯然,若v0,則物體將一直做 勻減速運動直到從傳送帶的另一端離開傳送帶;若v0<,則物體將不會從傳送帶的另一端 離開,而是從進入端離開,其可能的運動情形有: 先沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速運動直至從進入端離開傳送帶。 先沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速,最后勻速運動直至從進入端離開傳送帶。 例2水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站,如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v=1 m/s運行,一質量為m=4 kg的行李無初速度地放在A處,傳,送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的
7、動摩擦因數(shù)=0.1,A、B間的距離L=2 m,g取10 m/s2。 (1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小; (2)求行李做勻加速直線運動的時間; (3)如果提高傳送帶的運行速率,行李就能被較快地傳送到B處,求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。 解題思路關鍵詞:無初速度地放在A處,行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。對行李受力分析,行李運動過程先勻加速后勻速直線運動,利用牛頓第二定律、運動學公式求解未知量。 解析(1)行李所受滑動摩擦力大小Ff=mg=0.1410 N=4 N, 加速度大小a=g=0.110 m/s
8、2=1 m/s2。,(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速,則 v=at1, 得t1== s=1 s。 (3)行李始終勻加速運行時,所需時間最短,加速度大小仍為a=1 m/s2,當行李到達右端時,有 =2aL, 得vmin== m/s=2 m/s, 所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s。 由vmin=atmin得行李最短運行時間tmin== s=2 s。 答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s 點評傳送帶問題通常涉及不同物體、不同參考系、相對運動,并有多個過程,是常規(guī)的動力學問題,綜合性較強,但是規(guī)律性也很強,故學生應熟練掌握。,2.傾斜傳送帶問題 (1)物體和傳
9、送帶一起勻速運動 勻速運動說明物體處于平衡狀態(tài),則物體受到的靜摩擦力和重力沿傳送帶方向的分力等大反向,即物體受到的靜摩擦力的方向沿傳送帶向上,大小為mg sin (為傳送帶的傾角)。 (2)物體和傳送帶一起加速運動 若物體和傳送帶一起向上加速運動,傳送帶的傾角為,則對物體有f-mg sin =ma,即物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向上,大小為f=ma+mg sin 。 若物體和傳送帶一起向下加速運動,傳送帶的傾角為,則靜摩擦力的大小和方向決定于加速度a的大小。 當a=g sin 時,無靜摩擦力; 當ag sin 時,有mg sin +f=ma,即物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向下,大小為f=m
10、a-mg sin 。在這種情況下,重力沿傳送帶向下的分力不足以提供物體的加速度a,物體有相對于傳送帶向上的運動趨勢,受到的靜摩擦力沿傳送帶向下以彌補重力分力的不足; 當a
11、5。求物體從A運動到B所需時間是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8) 解析物體放在傳送帶上后,開始階段,由于傳送帶的速度大于物體的速度,傳送帶給物體一個沿傳送帶向下的滑動摩擦力F,物體受力情況如圖甲所示。物體由靜止加速,由牛頓第二定律有mg sin +mg cos =ma1,得 a1=10(0.6+0.50.8) m/s2=10 m/s2。 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時間,t1== s=1 s, t1時間內物體的位移x=a1=5 m。 由于
12、乙所示,由牛頓第二定律有mg sin -mg cos =ma2,得a2=2 m/s2。,甲,乙,設后一階段物體滑至底端所用的時間為t2,由L-x=vt2+a2,解得t2=1 s,t2=-11 s(舍去)。 所以物體由AB的時間t=t1+t2=2 s。 答案2 s,方法三滑塊滑板模型問題分析方法 1.模型特點 涉及兩個物體,并且物體間存在相對滑動。 2.兩種位移關系 滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中,若滑塊和滑板同向運動,位移大小之差等于板長;反向運動時,位移大小之和等于板長。 設板長為L,滑塊位移大小為x1,滑板位移大小為x2 同向運動時:L=x1-x2 反向運動時:L=x1+x2,3.解
13、題步驟 例4如圖所示,質量M=1 kg的木塊A靜止在水平地面上,在木塊的左端放置一個質量m=1 kg 的鐵塊B(大小可忽略),鐵塊與木塊間的動摩擦因數(shù)1=0.3,木塊長L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在鐵塊上,g取10 m/s2。,(1)若水平地面光滑,計算說明兩物塊間是否發(fā)生相對滑動。 (2)若木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)2=0.1,求鐵塊運動到木塊右端的時間。 解析(1)A、B之間的最大靜摩擦力為 fm1mg=0.3110 N=3 N 假設A、B之間不發(fā)生相對滑動,則 對A、B整體: F=(M+m)a 對A:fAB=Ma 解得:fAB=2.5 N 因fAB
14、對滑動,(2)對B:F-1mg=maB 對A:1mg-2(M+m)g=MaA 據題意有:xB-xA=L xA=aAt2 xB=aBt2 解得:t= s 答案(1)見解析(2) s 4-1如圖,可看做質點的小物塊放在長木板正中間,已知長木板質量為M=4 kg,長度為L=2 m,小物塊質量為m=1 kg,長木板置于光滑水平地面上,兩物體皆靜止。現(xiàn)在用一大小為F的水平恒力作用于小物塊上,發(fā)現(xiàn)只有當F超過2.5 N時,才能讓兩物體間產生相對滑動。設兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小,重力加速度g=10 m/s2,試求:,(1)小物塊和長木板間的動摩擦因數(shù)。 (2)若一開始力F就作用在長木板上
15、,且F=12 N,則小物塊經過多長時間從長木板上掉下? 答案(1)0.2(2)2 s 解析(1)設兩物體間的最大靜摩擦力大小為f,當F=2.5 N作用于小物塊時,對整體由牛頓第二定律有 F=(M+m)a 對長木板,由牛頓第二定律 f=Ma 由可得 f=2 N 小物塊豎直方向上受力平衡,所受支持力N=mg,則所受摩擦力大小 f=mg 得=0.2 (2)F=12 N作用于長木板上時,兩物體發(fā)生相對滑動,設長木板、小物塊的加速度分別為a1、a2,對,長木板,由牛頓第二定律 F-f=Ma1 得a1=2.5 m/s2 對小物塊,由牛頓第二定律 f=ma2 得a2=2 m/s2 由勻變速直線運動規(guī)律,可知兩物體在t時間內的位移分別為 s1=a1t2 s2=a2t2 小物塊剛滑下長木板時,有 s1-s2=L 解得t=2 s,
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