高考物理一輪復(fù)習(xí) 3.2牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題課件 滬科版必修1.ppt

第2講牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題 知識(shí)點(diǎn)1牛頓第二定律 單位制 思維激活1 如圖所示 甲 乙兩圖中水平面都是光滑的 小車的質(zhì)量都是M 人的質(zhì)量都是m 甲圖人推車 乙圖人拉繩 繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì) 的力都是F 對(duì)于甲 乙兩圖中車的加速度大小說法正確的是 A 甲圖中車的加速度大小為B 甲圖中車的加速度大小為C 乙圖中車的加速度大小為D 乙圖中車的加速度大小為 解析 選C 對(duì)甲圖 以車和人為研究對(duì)象 不受外力作用 故加速度為零 A B錯(cuò)誤 乙圖中人和車受繩子的拉力作用 以人和車為研究對(duì)象 受力為2F 所以a C正確 D錯(cuò)誤 知識(shí)梳理 1 內(nèi)容 物體加速度的大小跟 成正比 跟 成反比 加速度的方向跟 的方向相同 2 表達(dá)式 3 適用范圍 1 牛頓第二定律只適用于 參考系 即相對(duì)地面 的參考系 2 牛頓第二定律只適用于 相對(duì)于分子 原子 低速運(yùn)動(dòng) 遠(yuǎn)小于光速 的情況 它受到的作用力 物體的質(zhì)量 作用力 F ma 慣性 靜止或 做勻速直線運(yùn)動(dòng) 宏觀物體 4 單位制 1 單位制 由 和 一起組成了單位制 2 基本單位 的單位 力學(xué)中的基本量有三個(gè) 它們分別是 和 它們的國(guó)際單位分別是 和 3 導(dǎo)出單位 由 根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位 基本單位 導(dǎo)出單位 基本量 質(zhì)量 時(shí)間 長(zhǎng)度 千克 kg 秒 s 米 m 基本量 知識(shí)點(diǎn)2牛頓定律的應(yīng)用 思維激活2 如圖所示 物體沿斜面由靜止滑下 在水平面上滑行一段距離后停止 物體與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同 斜面與水平面光滑連接 圖中v a f和S分別表示物體的速度大小 加速度大小 摩擦力大小和位移 其中正確的是 解析 選C 物體在兩個(gè)過程中所受合力恒定 由牛頓第二定律可知 物體的加速度恒定 兩個(gè)過程物體都做勻變速運(yùn)動(dòng) 故速度v隨時(shí)間均勻變化 選項(xiàng)A錯(cuò)誤 兩個(gè)過程加速度a都不隨時(shí)間變化 選項(xiàng)B錯(cuò)誤 由s v0t at2可知s t圖像兩個(gè)過程都是拋物線 選項(xiàng)D錯(cuò)誤 由f1 mgcos 和f2 mg可知 選項(xiàng)C正確 知識(shí)梳理 1 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 1 已知受力情況求物體的 2 已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的 2 解決兩類基本問題的方法 以 為 橋梁 由 和 列方程求解 具體邏輯關(guān)系如圖 運(yùn)動(dòng)情況 受力情況 加速度 運(yùn)動(dòng) 學(xué)公式 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 微點(diǎn)撥 1 對(duì)牛頓第二定律的三點(diǎn)提醒 1 公式F ma中 F與a是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系 2 F ma是矢量式 a的方向與F的方向相同 與速度方向無關(guān) 3 物體受到幾個(gè)力的作用 每個(gè)力各自獨(dú)立使物體產(chǎn)生一個(gè)加速度 但物體表現(xiàn)出來的加速度只有一個(gè) 即各個(gè)力產(chǎn)生加速度的矢量和 2 加速度與速度的兩個(gè)易混點(diǎn) 1 a 是加速度的決定式 a 是加速度的定義式 物體的加速度是由合外力決定的 與速度無關(guān) 2 物體所受的合外力減小 加速度一定減小 而速度不一定減小 考點(diǎn)1對(duì)牛頓第二定律的理解牛頓第二定律的 五性 深化理解 題組通關(guān)方案 典題1 2013 新課標(biāo)全國(guó)卷 一物塊靜止在粗糙的水平桌面上 從某時(shí)刻開始 物塊受到一方向不變的水平拉力作用 假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 以a表示物塊的加速度大小 F表示水平拉力的大小 能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是 解題探究 1 根據(jù)物塊受力情況 在F逐漸增大的過程中 加速度a的變化有什么特點(diǎn) 提示 當(dāng)F小于最大靜摩擦力時(shí) a 0 F大于最大靜摩擦力以后 a逐漸增大 2 根據(jù)受力情況確定圖像有什么特點(diǎn) 圖像一定 原點(diǎn) a一定隨F的增大而 不通過 增大 典題解析 選C 物塊在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用 根據(jù)牛頓第二定律 有F f ma 即F ma f 該關(guān)系為線性函數(shù) 當(dāng)a 0時(shí) F f 當(dāng)F 0時(shí) a 符合該函數(shù)關(guān)系的圖像為C 通關(guān)1 1 1 多選 2014 寧波模擬 如圖所示 一小車上有一個(gè)固定的水平橫桿 橫桿左邊固定有一輕桿與豎直方向成 角 輕桿下端連接一小球 橫桿右邊用一根細(xì)線吊一小球 當(dāng)小車向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí) 細(xì)線保持與豎直方向成 角 若 則下列說法正確的是 A 輕桿對(duì)小球的彈力方向沿著輕桿方向向上B 輕桿對(duì)小球的彈力方向與細(xì)線平行C 輕桿對(duì)小球的彈力方向既不與細(xì)線平行 也不沿著輕桿方向D 此時(shí)小車的加速度為gtan 解析 選B D 由于兩小球加速度相同 輕桿對(duì)小球的彈力方向與細(xì)線平行 小球受力如圖所示 由牛頓第二定律得mgtan ma 解得a gtan 故小車的加速度為gtan 選項(xiàng)B D正確 2 2013 安徽高考 如圖所示 細(xì)線的一端系一質(zhì)量為m的小球 另一端固定在傾角為 的光滑斜面體頂端 細(xì)線與斜面平行 在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過程中 小球始終靜止在斜面上 小球受到細(xì)線的拉力T和斜面的支持力FN分別為 重力加速度為g A T m gsin acos FN m gcos asin B T m gcos asin FN m gsin acos C T m acos gsin FN m gcos asin D T m asin gcos FN m gsin acos 解析 選A 受力分析如圖 建立如圖所示的坐標(biāo)系在豎直方向上受力平衡 合力為零 列式可得 FNcos Tsin mg 0 在水平方向上 由牛頓第二定律可得 Tcos FNsin ma 聯(lián)立 兩式可解得 T m gsin acos FN m gcos asin 故A項(xiàng)正確 加固訓(xùn)練 1 2014 唐山模擬 從16世紀(jì)末 人類對(duì)力的認(rèn)識(shí)逐漸清晰和豐富 建立了經(jīng)典力學(xué)理論 以下有關(guān)力的說法正確的是 A 物體的速度越大 說明它受到的外力越大B 物體的加速度在改變 說明它受到的外力一定改變C 馬拉車做勻速運(yùn)動(dòng) 說明物體做勻速運(yùn)動(dòng)需要力來維持D 一個(gè)人從地面跳起來 說明地面對(duì)人的支持力大于人對(duì)地面的壓力 解析 選B 物體的速度大小與加速度大小無關(guān) 即與合外力大小無關(guān) 選項(xiàng)A錯(cuò)誤 根據(jù)牛頓第二定律可知物體的加速度在改變 說明它受到的外力一定改變 選項(xiàng)B正確 根據(jù)牛頓第一定律可知力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因 不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因 選項(xiàng)C錯(cuò)誤 根據(jù)牛頓第三定律可知地面對(duì)人的支持力大小等于人對(duì)地面的壓力大小 選項(xiàng)D錯(cuò)誤 2 2012 海南高考 根據(jù)牛頓第二定律 下列敘述正確的是 A 物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B 物體所受合外力必須達(dá)到一定值時(shí) 才能使物體產(chǎn)生加速度C 物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個(gè)的大小成正比D 當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí) 物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比 解析 選D 物體加速度的大小與物體受到的合力成正比 與物體的質(zhì)量成反比 選項(xiàng)A錯(cuò)誤 力是產(chǎn)生加速度的原因 只要有合力 物體就有加速度 它們之間有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系 不存在累積效應(yīng) 選項(xiàng)B錯(cuò)誤 物體加速度的大小與它受到的合力成正比 選項(xiàng)C錯(cuò)誤 根據(jù)矢量的合成和分解 即Fx max 選項(xiàng)D正確 考點(diǎn)2牛頓第二定律的瞬時(shí)性1 兩種模型 牛頓第二定律的表達(dá)式為F ma 其核心是加速度與合外力的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系 二者總是同時(shí)產(chǎn)生 同時(shí)消失 同時(shí)變化 具體可簡(jiǎn)化為以下兩種模型 拓展延伸 1 剛性繩 或接觸面 不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體 剪斷 或脫離 后 其彈力立即消失 不需要形變恢復(fù)時(shí)間 2 彈簧 或橡皮繩 兩端同時(shí)連接 或附著 有物體的彈簧 或橡皮繩 特點(diǎn)是形變量大 其形變恢復(fù)需要較長(zhǎng)時(shí)間 在瞬時(shí)性問題中 其彈力的大小往往可以看成保持不變 2 解題思路 題組通關(guān)方案 典題2 2014 泉州模擬 如圖所示 豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A B A B的質(zhì)量均為2kg 它們處于靜止?fàn)顟B(tài) 若突然將一個(gè)大小為10N 方向豎直向下的力施加在物塊A上 則此瞬間 A對(duì)B的壓力大小為 g取10m s2 A 10NB 20NC 25ND 30N 解題探究 1 A與B之間的彈力和彈簧的彈力是否都能發(fā)生突變 提示 A與B之間的彈力可以發(fā)生突變 而彈簧的彈力是不能發(fā)生突變的 2 請(qǐng)畫出施加力F前后 A B整體和A的受力分析圖 提示 典題解析 選C 對(duì)A B整體分析 當(dāng)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí) 彈簧的彈力等于A B整體的重力 在施加力F的瞬間 彈力不變 故A B所受合力為10N 則a 2 5m s2 隔離A物塊受力分析得F mg N ma 解得N 25N 所以A對(duì)B的壓力大小等于25N 選項(xiàng)C正確 通關(guān)1 1 1 拓展延伸 結(jié)合 典題2 回答下列問題 1 若將物塊A突然撤去 此瞬間物塊B的加速度大小及方向如何 提示 撤去物塊A前 彈簧的彈力等于A B的總重力 在撤去物塊A的瞬間 彈簧彈力不變 對(duì)物塊B由牛頓第二定律得F彈 mg ma 解得a 10m s2 方向豎直向上 2 若將物塊B突然沿水平方向抽出 此瞬間物塊A的加速度大小及方向如何 提示 物塊B突然沿水平方向抽出的瞬間 物塊A只受重力作用 故物塊A的加速度a g 10m s2 方向豎直向下 2 2014 朝陽(yáng)區(qū)模擬 如圖所示 一根質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧上端固定在天花板上 下端與一質(zhì)量為m的托盤連接 托盤中有一個(gè)質(zhì)量為M的砝碼 當(dāng)托盤靜止時(shí) 彈簧的伸長(zhǎng)量為L(zhǎng) 現(xiàn)將托盤向下拉 彈簧又伸長(zhǎng)了 L 未超過彈簧的彈性限度 然后使托盤由靜止釋放 則剛釋放托盤時(shí) 砝碼對(duì)托盤的作用力等于 解析 選A 以托盤和砝碼整體為研究對(duì)象 當(dāng)托盤靜止時(shí)受到平衡力的作用 設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k 由胡克定律得 m M g kL 彈簧又伸長(zhǎng) L 剛釋放時(shí) 彈簧彈力不變 對(duì)整體由牛頓第二定律得k L L m M g m M a 以砝碼為研究對(duì)象 設(shè)托盤對(duì)砝碼的作用力為N 由牛頓第二定律得N Mg Ma 聯(lián)立以上各式解得N 1 Mg 由牛頓第三定律得砝碼對(duì)托盤的作用力為 1 Mg A正確 加固訓(xùn)練 1 一輕彈簧的上端固定 下端懸掛一重物 彈簧伸長(zhǎng)了8cm 再將重物向下拉4cm 然后放手 則在釋放重物瞬間 重物的加速度是 解析 選B 假設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k 第一次彈簧伸長(zhǎng)了x1 8cm 第二次彈簧伸長(zhǎng)了x2 12cm 第一次受力平衡 則有kx1 mg 0 第二次由牛頓第二定律得 kx2 mg ma 解得 a 選項(xiàng)B正確 2 多選 如圖所示 A B球的質(zhì)量相等 彈簧的質(zhì)量不計(jì) 傾角為 的斜面光滑 系統(tǒng)靜止時(shí) 彈簧與細(xì)線均平行于斜面 在細(xì)線被燒斷的瞬間 下列說法正確的是 A 兩個(gè)小球的瞬時(shí)加速度均沿斜面向下 大小均為gsin B B球的受力情況未變 瞬時(shí)加速度為零C A球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下 大小為2gsin D 彈簧有收縮的趨勢(shì) B球的瞬時(shí)加速度向上 A球的瞬時(shí)加速度向下 瞬時(shí)加速度都不為零 解析 選B C 細(xì)線燒斷瞬間 彈簧彈力與原來相等 B球受力平衡 aB 0 A球所受合力為mgsin kx 2mgsin maA 解得aA 2gsin 方向沿斜面向下 故A D錯(cuò)誤 B C正確 學(xué)科素養(yǎng)升華 瞬時(shí)性問題的解題技巧 1 分析物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度 關(guān)鍵是明確該時(shí)刻物體的受力情況或運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度 此類問題應(yīng)注意以下兩種模型 輕繩模型 受外力時(shí)形變微小不計(jì) 力可以發(fā)生突變 輕彈簧模型 受外力時(shí)形變較大 力不能發(fā)生突變 2 在求解瞬時(shí)性加速度問題時(shí)應(yīng)注意 物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的 當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí) 需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析 加速度可以隨著力的突變而突變 而速度的變化需要一個(gè)積累的過程 不會(huì)發(fā)生突變 考點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題的解題步驟 1 選取研究對(duì)象 根據(jù)問題的需要和解題的方便 選出被研究的物體 可以是一個(gè)物體 也可以是幾個(gè)物體組成的整體 2 分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況 注意畫好受力分析圖 明確物體的運(yùn)動(dòng)過程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 3 選取正方向或建立坐標(biāo)系 通常以加速度的方向?yàn)檎较蚧蛞约铀俣确较驗(yàn)槟骋蛔鴺?biāo)軸的正方向 4 求合外力F 5 根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程求解 必要時(shí)還要對(duì)結(jié)果進(jìn)行討論 解題技巧 題組通關(guān)方案 典題3 15分 2013 山東高考 如圖所示 一質(zhì)量m 0 4kg的小物塊 以v0 2m s的初速度 在與斜面成某一夾角的拉力F作用下 沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng) 經(jīng)t 2s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) A B之間的距離L 10m 已知斜面傾角 30 物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 重力加速度g取10m s2 1 求物塊加速度的大小及到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小 2 拉力F與斜面夾角多大時(shí) 拉力F最小 拉力F的最小值是多少 解題探究 1 請(qǐng)用已知物理量符號(hào)寫出物塊由A到B的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程 位移方程 速度方程 vB v0 at 2 請(qǐng)畫出物塊的受力分析圖 提示 3 請(qǐng)寫出拉力F最小值的求解思路 提示 由牛頓第二定律列方程 求出F的表達(dá)式 應(yīng)用三角函數(shù)求極值 典題解析 1 由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程得 L v0t at2 2分 vB v0 at 2分 代入數(shù)值解得 a 3m s2 vB 8m s 2分 2 對(duì)物塊受力分析如圖所示 設(shè)拉力F與斜面成 角 對(duì)物塊由牛頓第二定律得 垂直斜面方向 Fsin N mgcos30 0 2分 沿斜面方向 Fcos mgsin30 f ma 2分 又f N 2分 聯(lián)立 三式 代入數(shù)值解得 Fcos Fsin 5 2 則 2分 當(dāng) 30 時(shí) 拉力F有最小值 且Fmin N 1分 答案 1 3m s28m s 2 30 N 通關(guān)1 1 1 為了使雨滴能盡快地淌離房頂 要設(shè)計(jì)好房頂?shù)母叨?設(shè)雨滴沿房頂下淌時(shí)做無初速度無摩擦的運(yùn)動(dòng) 那么如圖所示的四種情況中符合要求的是 解析 選C 如圖所示 設(shè)房屋頂寬為2b 斜邊長(zhǎng)為s 則s 根據(jù)牛頓第二定律a gsin 因s at2 故t 當(dāng) 45 時(shí) t最小 故選項(xiàng)C正確 2 某工人裝卸貨物時(shí)要把重為1200N的貨物沿傾斜的木板推上汽車 木板長(zhǎng)5m 一端離地高1m 貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0 5 假定工人推力方向與板面平行 g取10m s2 2 45 3 16 求 1 工人搬運(yùn)過程中的推力至少多大 2 若工人用 1 中大小的推力沿板面向下推貨物 貨物由靜止從木板頂端推到底端的時(shí)間 解析 1 貨物勻速上滑時(shí)用力最小 由平衡條件有 F Gsin Gcos 0 由幾何關(guān)系 sin cos 解得F 828N 2 向下推時(shí) 由牛頓第二定律得F Gsin Gcos ma 解得a 2gsin 4m s2由s at2解得t s 1 58s答案 1 828N 2 1 58s 加固訓(xùn)練 1 質(zhì)量m 10kg的物體 在F 40N的水平向左的力的作用下 沿水平桌面從靜止開始運(yùn)動(dòng) 物體運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的滑動(dòng)摩擦力Ff 30N 在開始運(yùn)動(dòng)后的第5s末撤去水平力F 求物體從開始運(yùn)動(dòng)到最后停止總共發(fā)生的位移 保留三位有效數(shù)字 解析 加速過程由牛頓第二定律得 F Ff ma1解得 a1 1m s2 5s末的速度 vt a1t 5m s5s內(nèi)的位移 x1 a1t2 12 5m減速過程由牛頓第二定律得 Ff ma2解得 a2 3m s2減速位移 x2 4 2m總位移 x x1 x2 16 7m答案 16 7m 2 如圖所示 木塊的質(zhì)量m 2kg 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 2 木塊在拉力F 10N作用下 在水平地面上從靜止開始向右運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)5 2m后撤去外力F 已知力F與水平方向的夾角 37 sin37 0 6 cos37 0 8 g取10m s2 求 1 撤去外力前 木塊受到的摩擦力大小 2 剛撤去外力時(shí) 木塊運(yùn)動(dòng)的速度 3 撤去外力后 木塊還能滑行的距離為多少 解析 1 木塊受力如圖所示 由牛頓第二定律得 豎直方向 FN Fsin37 mg 0Ff FN解得 Ff 2 8N 2 由牛頓第二定律得 水平方向 Fcos37 Ff ma1解得 a1 2 6m s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v2 2a1x1解得 v 5 2m s 3 撤去外力后 木塊受力如圖所示 由牛頓第二定律得 mg ma2解得 a2 2m s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v2 2a2x2解得 x2 6 76m答案 1 2 8N 2 5 2m s 3 6 76m 資源平臺(tái) 動(dòng)力學(xué)中的臨界問題如圖所示 物體A疊放在物體B上 B置于光滑水平面上 A B質(zhì)量分別為mA 6kg mB 2kg A B之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 2 開始時(shí)F 10N 此后逐漸增加 在增大到45N的過程中 則 g取10m s2 A 當(dāng)拉力F 12N時(shí) 物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)B 兩物體開始沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 當(dāng)拉力超過12N時(shí) 開始相對(duì)滑動(dòng)C 兩物體從受力開始就有相對(duì)運(yùn)動(dòng)D 兩物體始終沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 解析 選D 首先了解各物體的運(yùn)動(dòng)情況 B運(yùn)動(dòng)是因?yàn)锳對(duì)它有靜摩擦力 但由于靜摩擦力存在最大值 所以B的加速度存在最大值 可以求出此加速度下拉力的大小 如果拉力再增大 則物體間就會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) 所以這里存在一個(gè)臨界點(diǎn) 就是A B間靜摩擦力達(dá)到最大值時(shí)拉力F的大小 以A為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析 A受水平向右的拉力 水平向左的靜摩擦力 則有F Ff mAa 再以B為研究對(duì)象 B受水平向右的靜摩擦力Ff mBa 當(dāng)Ff為最大靜摩擦力時(shí) 解得a 6m s2 F 48N 由此可以看出當(dāng)F 48N時(shí) A B間的摩擦力達(dá)不到最大靜摩擦力 也就是說 A B間不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng) 故選項(xiàng)D正確 滿分指導(dǎo)之3相對(duì)運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題 案例剖析 18分 2013 新課標(biāo)全國(guó)卷 一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng) 在t 0時(shí)刻將一 相對(duì)于地面靜止的物塊輕放到木板上 以后木板運(yùn)動(dòng)的 速度 時(shí)間圖像如圖所示 已知物塊與木板的質(zhì)量相等 物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦 物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 且 物塊始終在木板上 取重力加速度的大小g 10m s2 求 1 物塊與木板間 木板與地面間的 動(dòng)摩擦因數(shù) 2 從t 0時(shí)刻到物塊與木板均停止運(yùn)動(dòng)時(shí) 物塊相對(duì)于木板的位移的大小 審題 抓住信息 準(zhǔn)確推斷 破題 形成思路 快速突破 1 物塊與木板間 木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)的求解 請(qǐng)分析t 0至t1 0 5s的時(shí)間內(nèi)物塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 提示 從t 0時(shí)開始 木板對(duì)物塊的摩擦力使物塊由靜止開始加速 物塊和地面對(duì)木板的摩擦力使木板減速 t1 0 5s時(shí)兩者達(dá)到共同速度 由速度 時(shí)間圖像寫出物塊和木板加速度大小的表達(dá)式 物塊的加速度 木板的加速度 列出物塊 木板的動(dòng)力學(xué)方程 對(duì)物塊 對(duì)木板 1mg ma1 1mg 2 2mg ma2 2 物塊相對(duì)于木板的位移的大小的求解 請(qǐng)分析t1 0 5s后的時(shí)間內(nèi)物塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 提示 假設(shè)物塊相對(duì)于木板靜止 則f 1mg 與假設(shè)矛盾 所以物塊相對(duì)于木板向前減速滑動(dòng) 而不是與木板共同運(yùn)動(dòng) 請(qǐng)寫出求解物塊相對(duì)于木板的位移的大小的思路 提示 由牛頓第二定律分別求出物塊和木板的加速度 再由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分別求出物塊和木板的位移 兩者位移之差即為物塊相對(duì)于木板的位移 解題 規(guī)范步驟 水到渠成 1 從t 0時(shí)開始 木板對(duì)物塊的摩擦力使物塊由靜止開始加速 物塊和地面對(duì)木板的摩擦力使木板減速 直到兩者具有共同速度為止 由題圖可知 在t1 0 5s時(shí) 物塊和木板的速度相同為v1 1m s 設(shè)t 0到t t1時(shí)間內(nèi) 物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2 則a1 m s2 2m s2 2分 a2 m s2 8m s2 2分 設(shè)物塊與木板間 木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為 1 2 根據(jù)牛頓第二定律 對(duì)物塊有 1mg ma1 2分 對(duì)木板有 1mg 2 2mg ma2 2分 聯(lián)立方程得 1 0 2 2 0 3 1分 2 在t1時(shí)刻后 地面對(duì)木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動(dòng) 物塊與木板之間的摩擦力改變方向 設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f 物塊和木板的加速度大小分別為a 1和a 2 由牛頓第二定律得對(duì)物塊有f ma 1對(duì)木板有2 2mg f ma 2假設(shè)物塊相對(duì)木板靜止 即f 1mg 與假設(shè)矛盾 所以物塊相 對(duì)木板向前減速滑動(dòng) 而不是與木板共同運(yùn)動(dòng) 物塊加速度大小a 1 a1 2m s2 2分 物塊的v t圖像如圖中的點(diǎn)劃線所示 此過程木板的加速度a 2 2 2g 1g 4m s2 2分 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得 物塊和木板相對(duì)地面的位移分別為s1 2 0 5m 2分 2分 物塊相對(duì)木板的位移大小為s s2 s1 1 125m 1分 答案 1 0 20 3 2 1 125m 點(diǎn)題 突破瓶頸 穩(wěn)拿滿分 1 常見的思維障礙 不能根據(jù)速度 時(shí)間圖像判斷物塊和木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 導(dǎo)致無法求解 沒有判斷物塊和木板共速后二者的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 誤認(rèn)為物塊相對(duì)于木板靜止 而導(dǎo)致求解錯(cuò)誤 2 因解答不規(guī)范導(dǎo)致的失分 在對(duì)木板列牛頓第二定律方程時(shí) 沒有畫出受力分析圖 把地面對(duì)木板的摩擦力寫成 2mg導(dǎo)致失分 求解物塊相對(duì)于木板的位移的大小時(shí) 沒有認(rèn)真審題 錯(cuò)求成物塊的位移而導(dǎo)致失分