版高中物理人教版必修一学案1 30正式版.docx
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版高中物理人教版必修一学案130正式版
习题课 用牛顿运动规律解决几类典型问题
连接体问题
[要点归纳]
1.连接体
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。
如几个物体叠放在一起,或并排挤放在一起,或用绳子、细杆等连在一起。
2.处理连接体问题的方法
(1)整体法:
把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。
不必考虑系统内力的影响,只考虑系统受到的外力。
(2)隔离法:
把系统中的各个部分(或某一部分)隔离,作为一个单独的研究对象来分析的方法。
此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力,在分析时要特别注意。
(3)整体法与隔离法的选用
求解各部分加速度都相同的连接体问题时,要优先考虑整体法;如果还需要求物体之间的作用力,再用隔离法。
求解连接体问题时,随着研究对象的转移,往往两种方法交叉运用。
一般的思路是先用其中一种方法求加速度,再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。
无论运用整体法还是隔离法,解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
[精典示例]
[例1]在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B,它们的质量分别为m1和m2,与地面间的动摩擦因数均为μ,若用水平推力F作用于A物体,使A、B一起向前运动,如图1所示,求两物体间的相互作用力为多大?
图1
解析 以A、B整体为研究对象,其受力如图甲所示,由牛顿第二定律可得
F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a
所以a=-μg
再以B物体为研究对象,其受力如图乙所示,由牛顿第二定律可得FAB-μm2g=m2a
联立得两物体间的作用力FAB=。
答案
整体法和隔离法的选用原则
在解答连接体问题时,决不能把整体法和隔离法对立起来,多数情况下两种方法要配合使用。
求各部分加速度相同的连接体的加速度或合力时,优先考虑整体法,如果还要求物体之间的作用力,再用隔离法。
在实际应用中,应根据具体情况,灵活交替使用这两种方法,不应拘泥于固定的模式。
无论运用整体法还是隔离法,解题的关键还是对研究对象进行正确的受力分析。
[针对训练1]如图2所示,质量分别为M和m的物块由相同的材料制成,且M>m,将它们用一根跨过轻而光滑的定滑轮的细线连接。
如果按图甲放置在水平桌面上,两物块刚好做匀速运动。
如果互换两物块按图乙放置在同一水平桌面上,它们的共同加速度大小为( )
图2
A.gB.g
C.gD.上述均不对
解析 由甲图可知,物体m匀速运动,故:
T=mg。
物体M匀速运动,故:
T=μMg。
联立解得:
μ=。
乙图中,对M有:
Mg-T′=Ma;
对m有:
T′-μmg=ma;
联立解得:
a=g。
故C正确。
答案C
传送带问题
[要点归纳]
传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和运动学知识的运用,重点考查学生分析问题和解决问题的能力。
主要有如下两类:
(1)水平传送带
当传送带水平运动时,应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。
摩擦力的突变,常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。
静摩擦力达到最大值,是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态;滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间,因此两物体的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
(2)倾斜传送带
当传送带倾斜时,除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外,还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响,从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
[精典示例]
[例2]如图3所示,传送带保持以1m/s的速度顺时针转动。
现将一质量m=0.5kg的物体从离传送带很近的a点轻轻地放上去,设物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离L=2.5m,则物体从a点运动到b点所经历的时间为多少?
(g取10m/s2)
图3
思路点拨
(1)物体的速度小于1m/s时,所受摩擦力的方向水平向右,物体做匀加速直线运动。
(2)物体速度等于1m/s后,物体不再受摩擦力。
物体做匀速直线运动。
(3)判断物体速度能否达到1m/s。
解析 对物体,根据题意容易得:
a==μg=1m/s2,当速度达到1m/s时,所用的时间t1==s=1s,通过的位移x1=m=0.5m<2.5m。
在剩余位移x2=L-x1=2.5m-0.5m=2m中,因为物体与传送带间无摩擦力,所以物体以1m/s的速度随传送带做匀速运动,所用时间t2==2s。
因此共需时间t=t1+t2=3s
答案 3s
水平传送带(匀速运动)
(1)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,则该物体一直做匀变速直线运动。
(2)若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同,则物体先做匀变速直线运动,后做匀速直线运动。
[针对训练2]如图4所示,水平传送带以v=2m/s的速度匀速运动,A、B两点相距11m,一物体(可视为质点)从A点由静止释放,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。
则物体从A沿传送带运动到B所需的时间为多少?
(g取10m/s2)
图4
解析 物体从A点由静止释放,物体相对传送带向右运动,因此判断出物体受到的摩擦力向左。
物体在摩擦力的作用下向左做初速为零的匀加速运动。
由牛顿第二定律得Ff=ma,而Ff=μFN=μmg,可求出物体的加速度为a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2,
故物体达到与传送带速度相同所用时间为
t1==s=1s,
此时物体向左的位移为x1=at=×2×12m=1m。
物体达到与传送带相同速度后,二者没有相对运动,因而不存在摩擦力,物体跟传送带一起匀速运动。
物体匀速运动到B端所用时间为t2==s=5s。
所以物体从A沿传送带运动到B所需的时间
t=t1+t2=(1+5)s=6s。
答案 6s
[例3]某飞机场利用如图5所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°,传送带两端A、B的距离L=10m,传送带以v=5m/s的恒定速度匀速向上运动。
在传送带底端A轻放上一质量m=5kg的货物,货物与传送带间的动摩擦因数μ=。
求货物从A端运送到B端所需的时间。
(g取10m/s2)
图5
解析 以货物为研究对象,由牛顿第二定律得
μmgcos30°-mgsin30°=ma,解得a=2.5m/s2
货物匀加速运动时间t1==2s
货物匀加速运动位移x1=at=5m
然后货物做匀速运动,运动位移x2=L-x1=5m
匀速运动时间t2==1s
货物从A到B所需的时间t=t1+t2=3s。
答案 3s
倾斜传送带
(1)一个关键点:
对于倾斜传送带,分析物体受到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键。
(2)两种情况
①如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力,传送带只能下传物体,两者共速前的加速度大于共速后的加速度,方向沿传送带向下。
②如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力,不论上传还是下传物体,物体都是先做匀加速直线运动,共速后做匀速直线运动。
[针对训练3]如图6所示,A、B两轮间距l=3.25m,套有传送带,传送带与水平面成θ=30°角,轮子转动方向如图所示,使传送带始终以2m/s的速度运行,将一物体无初速度的放到A轮处的传送带上,物体与传送带间的动摩擦因数μ=,求物体从A运动到B所需的时间。
(取g=10m/s2)
图6
解析 将物体由静止放上传送带时,受力情况如图甲所示。
由牛顿第二定律得
在x轴方向:
mgsinθ+Ff=ma1①
在y轴方向:
FN-mgcosθ=0②
其中Ff=μFN③
由①②③式得a1=g(sinθ+μcosθ)=8m/s2。
其速度增加到2m/s所用时间为
t1==s=0.25s,
此时的位移为x1==m=0.25m。
当物体与传送带具有共同速度后,
由于mgsinθ>μmgcosθ,故物体仍继续加速下滑,
而摩擦力方向变为沿斜面向上,
受力如图乙所示,由牛顿第二定律可得
在x轴方向:
mgsinθ-Ff′=ma2④
在y轴方向:
FN-mgcosθ=0⑤
其中Ff′=μFN⑥
由④⑤⑥式得a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2。
即此后物体以初速度v=2m/s、加速度a2=2m/s2做匀加速直线运动,
其位移为x2=l-x1=3.25m-0.25m=3m。
由位移公式得x2=vt2+a2t,
解得t2=-3s(舍去)或t2=1s,故所用时间
t=t1+t2=0.25s+1s=1.25s。
答案 1.25s
滑板——滑块问题
[要点归纳]
1.牛顿运动定律在滑块—滑板类问题中的应用问题实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题,着重考查学生分析问题、运用知识的能力。
求解时应先仔细审题,清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。
求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
2.板块模型的三个基本关系
(1)加速度关系:
如果滑块与滑板之间没有发生相对运动,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度;如果滑块与滑板之间发生相对运动,应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。
应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件。
(2)速度关系:
滑块与滑板之间发生相对运动时,认清滑块与滑板的速度关系,从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。
应注意当滑块与滑板的速度相同时,摩擦力会发生突变的情况。
(3)位移关系:
滑块与滑板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与滑板的运动过程,认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系。
[精典示例]
[例4]如图7所示,质量M=8kg的长木板放在光滑的水平面上,在长木板左端加一水平恒推力F=8N,当长木板向右运动的速度达到1.5m/s时,在长木板前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2kg的小物块,物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2,长木板足够长。
(g取10m/s2)
图7
(1)小物块放在长木板上后,小物块及长木板的加速度各为多大?
(2)经多长时间两者达到相同的速度?
(3)从小物块放上长木板开始,经过t=1.5s小物块的位移大小为多少?
解析
(1)物块的加速度am=μg=2m/s2
长木板的加速度aM==0.5m/s2。
(2)由amt=v0+aMt可得t=1s。
(3)在开始1s内小物块的位移x1=amt2=1m
1s末速度为v=amt=2m/s
在接下来的0.5s物块与长木板相对静止,一起做加速运动且加速度为a==0.8m/s2
这0.5s内的位移为x2=vt+at2=1.1m
通过的总位移x=x1+x2=2.1m。
答案
(1)2m/s20.5m/s2
(2)1s (3)2.1m
叠放在一起的滑块与滑板,它们之间存在相互作用力,在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动,或者加速度不同,当然无论是哪种情况,受力分析和运动过程分析都是解题的关键。
对此类问题的分析,必须清楚加速度、速度、位移等物理量的关系。
[针对训练4]如图8所示,质量为M=1kg,长为L=0.5m的木板A上放置一质量为m=0.5kg的物体B,A平放在光滑桌面上,B位于A中点处,B与A之间的动摩擦因数为μ=0.1,B与A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(B可看做质点,重力加速度g取10m/s2)。
求:
图8
(1)要用多大力拉A,才能使A从B下方抽出?
(2)当拉力为3.5N时,经过多长时间A从B下方抽出?
解析
(1)当拉力较小时,A和B可以相对静止一起向右做加速运动,此时A、B之间是静摩擦,
对整体有:
F=(M+m)a,而隔离B有:
Ff=ma
当静摩擦力达到最大静摩擦力时,是两者将发生相对滑动的临界状态,令Ff=μmg
联立得F=1.5N,则要用大于1.5N的力拉A,才能使A从B下方抽出。
(2)当拉力为3.5N时,对A,由牛顿第二定律有
F′-μmg=MaA,aA=3m/s2
B的加速度为aB=μg=1m/s2
设经过时间t,A从B下方抽出,
则根据几何关系得:
aAt2-aBt2=
联立解得t=0.5s。
答案
(1)大于1.5N
(2)0.5s
1.(多选)如图9所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦。
现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )
图9
A.物块先向左运动,再向右运动
B.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动
C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动
D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零
解析 物块相对于木板滑动,说明物块的加速度小于木板的加速度,撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度,所以它们之间存在滑动摩擦力,使物块向右加速,木板向右减速,直至达到向右相同的速度,B、C正确。
答案 BC
2.现在传送带传送货物已被广泛地应用,如图10所示为一水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行,一质量为m=4kg的物体被无初速度地放在A处,传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动,随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
设物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A,B间的距离L=2m,g取10m/s2。
求
图10
(1)物体在传送带上运动的时间;
(2)如果提高传送带的运行速率,物体就能被较快地传送到B处,求传送带对应的最小运行速率。
解析
(1)物体在传送带上加速时:
μmg=ma
v=at1
x=at
物体在传送带上匀速时:
L-x=vt2
解得:
t=t1+t2=2.5s。
(2)要使物体从A处传送到B处的时间要最短,物体一直加速,则L=at
解得t2=2s
v1=at2
解得v1=2m/s。
答案
(1)2.5s
(2)2m/s
3.如图11所示,长度l=2m,质量M=kg的木板置于光滑的水平地面上,质量m=2kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端,木板和小物块间的动摩擦因数μ=0.1,现对小物块施加一水平向右的恒力F=10N,取g=10m/s2。
求:
图11
(1)将木板M固定,小物块离开木板时的速度大小;
(2)若木板M不固定,m和M的加速度a1、a2的大小;
(3)若木板M不固定,小物块从开始运动到离开木板所用的时间。
解析
(1)对小物块进行受力分析,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
解得a=4m/s2
小物块离开木板,有v2=2al
解得v=4m/s。
(2)对m,由牛顿第二定律:
F-μmg=ma1
解得a1=4m/s2
对M,由牛顿第二定律:
μmg=Ma2
解得a2=3m/s2。
(3)由位移公式知
x1=a1t2,x2=a2t2
小物块从开始运动到离开木板
x1-x2=l
联立解得t=2s。
答案
(1)4m/s
(2)4m/s23m/s2 (3)2s
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