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(共22张PPT)
14
专题：滑块—木板模型(二)
第四章　运动和力的关系
2
熟练应用牛顿运动定律解决实际问题.
1
能正确运用牛顿运动定律处理粗糙水平面上的滑块—木板模型问题.
重难点
重点
无外界推力、拉力作用的情况
观察与思考
如图所示，粗糙水平地面上，静止放置质量为M的长木板，一小物块质量为m，以速度v0冲上木板，木板有哪些可能的运动情况？
答案　木板可能会相对地面运动也有可能相对地面静止.
在【观察与思考】中若木板与地面间动摩擦因数为μ2，木块与木板间动摩擦因数为μ1，试分析：
(1)木板相对地面发生滑动的条件；
思考与讨论
答案　如图所示，对木板受力分析：
发生滑动的条件：
μ1mg>μ2(M＋m)g
(2)若木板相对地面发生了滑动，且木块能从木板上滑下，分析在木板、木块运动的过程中各自的加速度大小.
答案　a块＝μ1g
1.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.则下列判断正确的是
A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
√
木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40 N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2 m2.如图所示，长木板Q放在粗糙的水平地面上，可视为质点的物块P以水平向右的速度v0＝4 m/s从长木板的最左端冲上长木板，已知物块P和长木板Q的质量分别为m＝10 kg、M＝20 kg，长木板的长度为L＝5 m，长木板与地面之间、物块与长木板之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1、μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是
A.长木板始终静止，物块一定能从长木板的右端离开
B.长木板向右运动，物块不可能从长木板的右端离开
C.长木板的加速度大小始终为0.5 m/s2
D.物块相对长木板的位移大小为2 m
√
物块P刚冲上长木板时，物块P受到的摩擦力Ff1＝μ2mg＝40 N
地面对长木板的最大静摩擦力Ff2＝μ1(m＋M)g＝30 N
设两者速度相等时的速度为v，则v＝v0－a1t＝a2t
从物块P刚冲上长木板到两者速度相等，物块相对长木板滑动的距离
设两者速度相等后一起运动，物块P受到的静摩擦力为Ff，则
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a
Ff＝ma
解得a＝1 m/s2，Ff＝10 N<40 N
所以两者一起减速直到停止，全过程物块不可能从长木板的右端离开.故B正确，A、C、D错误.
有外界推力、拉力作用的情况
1.如图所示，木板A、木块B静止在粗糙水平面上，质量分别为M、m，外力F作用在木块上，逐渐增大F，木板一定会相对水平地面滑动吗？
思考与讨论
答案　不一定.若FfAB>FfA地，则A能在地面上滑动起来，若FfAB2.若FfAB>FfA地，且A、B间发生相对滑动，A、B间动摩擦因数为μ1，A与地面间动摩擦因数为μ2，试分析A、B加速度的大小.
答案　对B：
对A：
3.(多选)如图所示，质量为m的木块受水平向右的拉力F的作用，在质量为M的长木板上向右滑行，长木板处于静止状态.已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则
A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(M＋m)g
C.μ1一定小于μ2
D.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动
√
√
长木板在水平方向上受到木块的摩擦力和地面的摩擦力，两个力平衡，则地面对长木板的摩擦力大小为μ1mg，故A正确，B错误；
因长木板静止，有μ1mg≤μ2(M＋m)g，无论F大小如何改变，木块在长木板上滑动时对长木板的摩擦力大小不变，长木板在水平方向上受到两个摩擦力的作用处于平衡状态，不可能运动，因质量关系未知，无法判断μ1、μ2的大小关系，故C错误，D正确.
4.如图所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求：
(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；
答案　4 m/s2　2 m/s2
设铁块的加速度为a1，木板的加速度为a2，以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得
F－μ2mg＝ma1，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得a1＝4 m/s2
a2＝2 m/s2.
(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木板的速度多大？
答案　2 s　4 m/s
设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，
两者的位移关系为L＝x1－x2，
代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去)
此时木板的速度
v＝a2t＝4 m/s.
拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为
a3＝μ1g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，
则木板还能继续滑行的距离
(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离.
答案　8 m(共22张PPT)
9
专题：动力学中的连接体问题
第四章　运动和力的关系
重难点
2
进一步熟练应用牛顿第二定律解题.
1
知道什么是连接体，会用整体法和隔离法分析动力学中的连接体问题.
重点
加速度相同的连接体问题
观察与思考
1.连接体
两个或两个以上相互作用的物体构成的系统.如几个物体并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，连接体的速度相同，由a＝ 可知，两物体的加速度相同，即整体、各物体的加速度都相同.
2.如图，在光滑地面上用力F推物体A，A、B一起运动，A的质量为mA，B的质量为mB，求A、B两物体的加速度大小及A、B物体间相互作用力FAB的大小.
答案　方法一：把A、B作为一个整体
F＝(mA＋mB)·a
单独分析B：
FAB＝mBa
方法二：对于A：F－FAB＝mAa
对于B：FAB＝mBa
归纳总结
(1)整体法：把整个连接体系统看成一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解.其优点在于不涉及系统内各物体之间的相互作用力.
(2)隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解.其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形.
(3)处理连接体问题一般先整体再隔离.
1.如图所示，物体A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力F作用下一起向上做匀加速运动，已知mA＝10 kg，mB＝20 kg，F＝600 N，不计空气阻力，求此时轻绳对物体B的拉力大小.(g取10 m/s2)
答案　400 N
对A、B整体受力分析，再单独对B受力分析，分别如图甲、乙所示：
对A、B整体，根据牛顿第二定律有：
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
物体B受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律有：
FT－mBg＝mBa，
联立解得：FT＝400 N.
2.如图所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，A、B之间用水平细绳相连，在水平拉力F作用下沿水平面向右加速运动，重力加速度为g.
(1)若地面光滑，则A、B间绳的拉力为多大？
若地面光滑，以A、B整体为研究对象，有F＝(mA＋mB)a，
然后隔离出B为研究对象，有FT1＝mBa，
(2)若两木块与水平面间的动摩擦因数均为μ，则A、B间绳的拉力为多大？
若动摩擦因数均为μ，以A、B整体为研究对象，有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，然后隔离出B为研究对象，有FT2－μmBg＝mBa1，
(3)如图乙所示，若把两木块放在固定斜面上，两木块与斜面间的动摩擦因数均为μ，在方向平行于斜面的拉力F作用下沿斜面向上加速运动，A、B间绳的拉力为多大？
以A、B整体为研究对象，设斜面的倾角为θ，有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a2
以B为研究对象，有
FT3－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa2
总结提升
“串接式”连接体中弹力的“分配协议”
如图所示，对于一起做匀加速运动的物体系统，m1和m2间的弹力F12或中间绳的拉力FT的大小遵守以下力的“分配协议”：
注意：
①此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)；
②此“协议”与两物体间有无连接物、有何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关；
③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”均成立.
加速度大小相等的连接体问题
当两物体通过刚性绳相连构成连接体时，由于a大小相等，我们可以采用隔离法，列方程组求解.
观察与思考
3.如图所示，两物体竖直悬挂在定滑轮上，物体A重20 N，物体B重5 N，不计一切摩擦和绳的重力，当两物体由静止释放后，物体A的加速度大小与绳子上的张力分别为(g取10 m/s2)
A.6 m/s2,8 N
B.10 m/s2,8 N
C.8 m/s2,6 N
D.6 m/s2,9 N
√
静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有mAg－FT＝mAa，对B有FT－mBg＝mBa，代入数据解得a＝6 m/s2，FT＝8 N，A正确.
4.(多选)(2022·黔东南高一期末)如图所示，在光滑的水平桌面上有一个质量为3m的物体A，通过绳子与质量为m的物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都忽略不计，绳子不可伸长，物体B与竖直面无摩擦.重力加速度为g，则下列说法正确的是
B.物体B的加速度大小为g
C.绳子的拉力为mg
D.物体B处于失重状态
√
√
静止释放后，物体A将向右加速运动，物体B将加速下落，二者加速度相等，由牛顿第二定律，
对A：FT＝3ma
对B：mg－FT＝ma(共24张PPT)
10
专题：动力学中的临界问题
第四章　运动和力的关系
2
进一步熟练应用牛顿第二定律解决实际问题.
1
掌握动力学临界、极值问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件.
重点
重难点
接触与脱离的临界问题
1.临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值.
临界极值条件的标志：
(1)在动力学问题中出现的“刚好”“恰能”“正好”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件.
(2)若题目中含有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明过程中存在“起止点”，而这些“起止点”往往对应临界状态.
观察与思考
(3)题目中含有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明过程中存在极值，这个极值往往是临界值.
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即求收尾加速度或收尾速度.
2.常见临界条件：
(1)脱离的临界条件是FN＝0；
(2)相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值；
(3)绳子刚好拉直的临界条件是FT＝0.
1.(课本第108页第4题)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶.在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定.桶C受到桶A和桶B的支持，和汽车一起保持静止，如图所示.(重力加速度为g)
(1)当汽车以某一加速度向左加速时，A对C和B对C的支持力大小，会增大还是减小？请说明理由.
答案　见解析
当桶C与汽车保持静止时，以C为研究对象，对C进行受力分析，如图所示.
由题意知α＝β＝30°
汽车静止时，对桶C，水平方向上有FBC·sin α＝FAC·sin β，竖直方向上有FBC·cos α＋FAC·cos β＝mCg
汽车向左加速时，仍有α＝β＝30°，同理水平方向上有FBC′sin α－FAC′sin β＝mCa
竖直方向上FBC′cos α＋FAC′cos β＝mCg
综上，汽车向左加速时A对C的支持力减小，B对C的支持力增大.
(2)当汽车向左运动的加速度增大到一定值时，桶C就脱离A而运动到B的右边，这个加速度有多大？
答案　见解析
当桶C脱离A时，有FAC″＝0，这一瞬间仍有α＝β＝30°，此时有
FBC″cos α＝mCg，FBC″sin α＝mCa
2.(多选)(2022·泉州市教科所高一期末)如图，两个质量均为m的相同物块A、B叠放在轻弹簧上，处于静止状态.轻弹簧下端固定在地面上，劲度系数为k.现对A物块施加竖直向上的恒力F＝1.6mg(g为重力加速度)，下列说法正确的是
A.力F作用瞬间，A、B间的弹力为0.2mg
B.A、B刚分离时，A的加速度大小为g
C.A、B刚分离时，弹簧的弹力为1.6mg
√
√
√
隔离A，由牛顿第二定律有F＋FN－mg＝ma
可求得A、B间的弹力大小为FN＝0.2mg，故A正确；
B的加速度大小也为0.6g，则有Fx－mg＝maA＝0.6mg
可得弹簧的弹力为Fx＝1.6mg
故B错误，C正确；
依题意可得，从F开始作用到A、B刚分离，弹簧弹力的改变量为ΔFx＝2mg－1.6mg＝0.4mg
相对静止或相对滑动的临界问题
如图，物块A放在物块B上，A、B质量分别为m、M.
A、B间动摩擦因数为μ，水平地面光滑，现用水平向右的力F拉A.
观察与思考
(1)若A、B没有发生相对滑动，求A、B的加速度大小.
(2)随着F的增大，B的加速度会一直增大吗？
答案　不会.对B受力分析，B的动力来自于A、B间的摩擦力，由于摩擦力存在最大值即最大静摩擦力，故B存在最大的加速度aBmax＝ .
(3)A、B发生相对滑动的临界条件是什么？
答案　a整体＝aBmax.
两接触物体静止与相对滑动的临界条件是什么？
答案　静摩擦力达到最大静摩擦力.
思考与讨论
3.(2021·南京市高一上期末)如图所示，质量为M的木板上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板间及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若要以水平外力F将木板抽出，则力F应大于某一临界值，该临界值为
A.μmg B.μ(M＋m)g
C.μ(m＋2M)g D.2μ(M＋m)g
√
将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，对物块有μmg＝mam，物块向右的加速度am＝μg，要想抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即aM>μg，对木板根据牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g－μmg＝MaM，解得F＝μ(M＋m)g＋μmg＋MaM>μ(M＋m)g＋μmg＋μMg＝2μ(M＋m)g，选项D正确.
绳子断裂或松驰的临界问题
绳子所能承受的张力是有限的，绳子断裂的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是绳子上的张力为零.
观察与思考
4.一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，如图所示.已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为45°，试求：
(1)细绳2刚好无张力，车厢水平方向的加速度大小；
答案　g
设当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度向左为a0，由牛顿第二定律得，F1cos 45°＝mg，F1sin 45°＝ma0，可得a0＝g.
(2)当车以加速度a1＝ g向左做匀加速直线运动时，1、2两绳的拉力的大小；
(3)当车以加速度a2＝2g向左做匀加速直线运动时，1、2两绳的拉力的大小.
因a2＝2g>a0，故细绳1、2均张紧，设拉力分别为F12、F22，由牛顿第二定律得：
F12cos 45°＝F22cos 45°＋mg，
F12sin 45°＋F22sin 45°＝ma2，(共25张PPT)
13
专题：滑块—木板模型(一)
第四章　运动和力的关系
2
熟练应用牛顿运动定律解决实际问题.
1
能正确运用牛顿运动定律处理光滑水平面上的滑块—木板模型问题.
重难点
重点
无外界推力、拉力作用的情况
观察与思考
1.板块模型：如图，上、下叠放两个物体，并且两物体在相互间的摩擦力作用下发生相对滑动.涉及摩擦力、相对运动，属于多物体、多过程问题，知识综合性强，对能力要求较高.
2.板块模型中的基本关系
加速度关系 如果滑块与木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；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度.应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
速度 关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力.应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况
位移 关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系
如图，木板B，物块A的质量分别为M和m，不计物块大小，开始A、B均静止，现使A以v0从B的左端开始运动.已知A、B间动摩擦因数为μ，地面光滑.
思考与讨论
(1)若木板B足够长，试分析A、B在开始运动时各自受力情况及加速度大小，以及A、B最终运动情况；
答案　物块A
aA＝μg
木板B
最终A、B共速，一块匀速运动.
(2)若木板长为L，若A刚好不能从B板滑下，求此时A、B的速度关系和位移关系.
答案　速度关系：vA＝vB
位移关系：xA－xB＝L.
1.如图所示，光滑水平桌面上有一质量M为2 kg的长度足够长的长木板，一质量m为1 kg的小物块从
长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小物块刚滑上木板时，小物块和木板的加速度大小；
答案　2 m/s2　1 m/s2
对小物块μmg＝ma，a＝2 m/s2
对木板μmg＝Ma′，a′＝1 m/s2
(2)小物块的最终速度的大小；
答案　1 m/s
分析易知两者最后共速且匀速
v＝v0＋(－a)t
v＝a′t
解得v＝1 m/s
(3)小物块最终距长木板左端的距离.
答案　1.5 m
Δx＝x－x′
解得Δx＝1.5 m.
2.(2022·运城市高一阶段练习)如图(a)所示，一长木板在光滑水平面上匀速滑动，t＝0时在木板右端无初速度放置一质量m＝1 kg的小滑块，t＝4 s时滑块刚好滑到木板的最左端.木板和滑块运动的v－t图像如图(b)所示.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：
(1)滑块做加速运动的加速度大小a；
答案　2 m/s2　
(2)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
答案　0.2
对滑块，有F＝ma
且F＝μFN＝μmg
(3)木板的质量M及长度L.
答案　4 kg　20 m
由牛顿第三定律，有F′＝F
由牛顿第二定律，有F′＝Ma′
联立代入数据解得M＝4 kg
代入数据解得L＝20 m.
有外界推力、拉力作用的情况
如图，在光滑水平面上放有物块A和木板B，质量分别为m、M，A、B之间的动摩擦因数为μ，在物块A上施加向右的水平拉力，试分析A、B的可能运动情况.
思考与讨论
答案　此情况中B存在最大加速度，μmg＝MaBmax，当F>(M＋m)aBmax时二者有相对运动，当F≤(M＋m)aBmax时二者相对静止，以共同加速度a＝
运动.
3.(2022·阜阳市高一期末)如图所示，质量M＝2 kg的长木板放在光滑的水平面上，质量m＝1 kg的小物块放在木板上处于静止状态，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.3.对木板施加向左的作用力F使木板向左运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2.
(1)为使物块与木板运动过程中保持相对静止，F的大小应满足什么条件；
答案　F不大于9 N
物块与木板相对静止，加速度相同，设加速度最大值为am，由牛顿第二定律有μmg＝mam
解得am＝3 m/s2
对木板和物块整体，Fm＝(M＋m)am
解得Fm＝9 N
即F不大于9 N.
因为a>am，故物块与木板发生相对滑动，对物块Ff＝mam
对木板F－Ff＝Ma
解得F＝11 N.
(2)使木板以4 m/s2的加速度匀加速运动，求此过程中力F的大小.
答案　11 N
4.如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L＝0.64 m、质量为mA＝4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为mB＝2 kg的小物体 B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时，求：(g取10 m/s2)
(1)A、B的加速度各为多大？
答案　1 m/s2　3 m/s2
A、B间的摩擦力Ff＝μmBg＝4 N
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：
F－Ff＝mBaB，
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：
Ff′＝mAaA，
由牛顿第三定律得Ff′＝Ff
解得aA＝1 m/s2.
设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示
(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？
答案　0.8 s
xB－xA＝L
联立解得t＝0.8 s.(共30张PPT)
16
专题：验证牛顿第二定律
第四章　运动和力的关系
2
掌握对图像中斜率和截距的原因分析.
1
复习和巩固本实验相关知识.
重点
重难点
基础实验
1.本实验首先要补偿阻力：把木板带有滑轮的一端垫高，细线不挂槽码，让小车拖着纸带匀速运动，即补偿了阻力.
2.要满足小车的质量M远大于槽码的质量m.
3.处理数据的方法：图像法
注意在研究a－M关系时，采用了化曲为直的方法，即作a－ 图像.若a－ 为过原点的倾斜直线时，则a与M成反比.
观察与思考
1.在做实验时为什么要满足小车质量M远大于槽码的质量m
思考与讨论
答案　设细线上拉力大小为F，小车和槽码的加速度大小均为a，对小车有F＝Ma，对槽码有mg－F＝ma，
2.在实际的做图中，我们画出的a－F图像往往向下弯曲，为什么？
答案　在处理实验数据时，我们认为作用在小车上合力的大小F＝mg，这就使小车获得的加速度a的理论值大于真实值，其差值Δa＝
＝ ，则槽码质量m越大时，其差值越大，因此这种设计方案会
产生系统误差，当不能满足M m时，在a－F图像中，图线会向下弯曲，
如图所示.
1.某同学用如图所示的实验装置“验证牛顿第二定律”，请回答下列有关此实验的问题：
(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：
A.交变电源、导线
B.天平(含配套砝码)
C.秒表
D.刻度尺
E.细线、砂和小砂桶
其中不必要的器材是___(填代号)
C
由于打点计时器也是一个计时装置，所以不需要秒表.
(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况，其中一部分纸带上的点迹情况如图甲所示，已知打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，测得A点到B、C点的距离分别为x1＝5.99 cm、x2＝13.59 cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB＝______ m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a＝____ m/s2.(结果均保留三位有效数字)
0.680
1.61
(3)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a－F图像，其中图线不过原点的原因是_____________；图线在末端弯曲的原因是________________________
___________________.
补偿阻力过度
砂和小砂桶的总质量没有满
足远小于小车的质量
由题图乙知，当F＝0时，a大于0，说明重力的分力产生了加速度，所以图线不过原点的原因是补偿阻力过度；
2.某实验小组利用如图(a)所示的装置探究加速度与力、质量的关系.
(1)下列做法正确的是____(填字母代号).
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度来补偿木块受到的阻力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
AD
实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；
补偿阻力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，B项错误；
实验时应先接通打点计时器的电源再放开木块，C项错误；
通过增减木块上的砝码改变质量时不需要重新补偿阻力，D项正确.
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_______(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量.
远小于
由整体法和隔离法得到细绳中的拉力F＝Ma＝ ，可知，
当砝码桶及桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg.
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图(a)所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有补偿阻力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图(b)中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为
m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲_____m乙，μ甲_____μ乙.(均选填“大于”“小于”或“等于”)
小于
大于
创新实验
创新角度
观察与思考
器材创新
气垫导轨
弹簧测力计
力传感器
测力
实验过程创新
在加装力的传感器直接读出绳上力的相关实验中，需不需要满足小车的质量M远大于槽码的质量m.
思考与讨论
答案　不需要
3.做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：
(1)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
(2)取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
(3)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a－F的关系.
①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝_____m/s(保留两位有效数字)；
0.19
由题意知小车做匀加速直线运动，故vd＝ ，将xce＝(36.10－32.40) cm＝3.70 cm，T＝0.1 s，代入得vd≈0.19 m/s
②需要满足条件M m的方案是____(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作a－F图像时，把mg作为F值的是________(选填“甲”“乙”或“甲和乙”).
甲
甲和乙
甲实验方案中：绳的拉力F满足：F＝Ma，且mg－F＝ma，
乙实验方案中：小车在斜面上匀速下滑，小车受绳的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小等于托盘与砝码的重力，取下托盘及砝码，小车所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力mg，不需要满足m M.两个实验方案都可把mg作为F值.
则F＝ ，只有m M时，F才近似等于mg，故以托盘与砝码的重力表
示小车的合外力，需满足m M.
4.(2021·重庆一中高一期末)甲、乙两个实验小组分别采用如图(a)、(b)所示的实验装置，探究“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律.已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，砝码和砝码盘的总质量为m，试回答下列问题：
(1)甲实验小组利用图(a)装置______补偿小车和长木板之间的阻力和其他阻力，乙实验小组利用图(b)装置__________满足M m的条件.(均填“需要”或“不需要”)
需要
不需要
题图(a)装置需要让绳子的拉力等于小车所受的合力，故需要补偿小车和长木板之间的阻力和其他阻力；
题图(b)装置因为有力传感器，可以直接读出拉力的大小，不需要砝码和砝码盘的总重力近似等于绳子的拉力，故不需要满足M m的条件.
(2)利用图(b)装置在满足实验条件时得到一条纸带如图(c)所示，实验所用电源的频率为50 Hz，每5个计时点取一个计数点，A、B、C、D、E为所取计数点，小车质量M＝1 250 g，力传感器示数为0.35 N，重力加速度g取9.8 m/s2，根据纸带可求得小车的加速度大小为______m/s2，该次实验砝码和砝码盘的总质量为m＝________ kg.(结果均保留三位有效数字)
0.250
0.036 6
电源的频率为50 Hz，每5个计时点取一个计数点，可知两计数点之间的时间间隔为
T＝5×0.02 s＝0.1 s
根据纸带可求得小车的加速度大小为
对砝码和砝码盘，根据牛顿第二定律有
mg－FT＝ma，
代入数据解得m≈0.036 6 kg.
(3)利用图(a)在满足实验条件时，“探究小车质量一定的情况下其加速度a与砝码重力F(忘记测量砝码盘的质量，但其他操作均正确)的关系”，得到的a－F图线应该是图(d)中的____(填“①”“②”或“③”).
①
因为忘记测量砝码盘的质量，则当砝码质量为0时，小车有加速度，故应该是图①.(共17张PPT)
15
专题：动力学图像问题
第四章　运动和力的关系
2
熟练应用牛顿运动定律解决实际问题.
1
会分析物体受力随时间的变化图像和速度随时间的变化图像，会结合图像解答动力学问题.
重点
由运动图像分析物体的受力
我们学过常见的运动图像包括v－t图像、x－t图像和a－t图像，根据运动图像分析物体的受力时关键是分析哪个物理量呢？
观察与思考
答案　加速度
以v－t图像为例，思考在分析图像问题时的方法.
思考与讨论
答案　由v－t图像的斜率可知物体的加速度，从而可以由牛顿第二定律分析物体受力.
1.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图所示.则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2)
A.0.2　6 N
B.0.1　6 N
C.0.2　8 N
D.0.1　8 N
由v－t图像知a1＝1 m/s2，a2＝－2 m/s2，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，－μmg＝ma2，解得μ＝0.2，F＝6 N，选项A正确.
√
由F－t图像分析物体的运动情况
2.(2022·西安中学月考)质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间t变化的图像如图所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v－t图像、a－t图像正确的是
√
第1 s内物体受力为负，t＝1 s时速度为0，则在前1 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，t＝0时，速度为1 m/s；
第2 s内物体从速度为0做正向加速运动，加速度为2 m/s2；
第2～4 s内做减速运动，加速度为－1 m/s2，故B正确.
由a－F图像分析物体的受力或运动情况
3.如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A.假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力.用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是
A.A的质量为0.25 kg
B.B的质量为1.25 kg
C.B与地面间的动摩擦因数为0.2
D.A、B间的动摩擦因数为0.2
√
由题图乙知，B与地面间的最大静摩擦力Ff＝3 N，当F1＝9 N时，A、B达到最大的共同加速度，a1＝4 m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律得F1－Ff＝(mA＋mB)a1，可知mA＋mB＝1.5 kg，
水平力再增大时，A、B间发生相对滑动，A的加速度仍为4 m/s2，对A有Ff′＝mAa1，B的加速度随水平力的增大而增大，当F2＝13 N时，aB＝8 m/s2，对B有F2－Ff－Ff′＝mBaB，解得mB＝1 kg，mA＝0.5 kg，
进一步求得B与地面间的动摩擦因数μ1＝ ＝0.2，A、B间的动摩擦因数μ2＝ ＝0.4，C正确，A、B、D错误.
由F－x图像分析物体的运动情况
4.(多选)如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示.不计空气阻力，g取10 m/s2，下列判断正确的是
A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C.物体的质量为2 kg
D.物体的加速度大小为5 m/s2
√
√
物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；
刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kΔx；
拉力F1为10 N时，根据牛顿第二定律有F1＋kΔx－mg＝ma；
物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；
代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B错误，C、D正确.
总结提升
图像问题的解题策略
(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程.
(2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义.注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义.
(3)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.(共17张PPT)
4
专题：瞬时性问题
第四章　运动和力的关系
2
会分析物体受力的瞬时变化，掌握瞬时变化问题的两种模型.
1
进一步理解牛顿第二定律的瞬时性，会分析变力作用过程中的加速度和速度.
重难点
重点
变力作用下加速度和速度的分析
1.加速度与合力有什么关系？
思考与讨论
答案　由牛顿第二定律F＝ma，可知加速度a 与合力F 具有瞬时对应关系，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；加速度的方向始终与合力的方向一致.
2.物体在什么情况下做加速运动？什么情况下做减速运动？当物体加速度减小时，速度也一定变小吗？
答案　速度与加速度(合力)方向相同，物体做加速运动；速度与加速度(合力)方向相反，物体做减速运动.当物体加速度减小时，速度不一定变小，当合力方向与速度方向相同时，即加速度方向与速度方向相同时，加速度减小，物体仍做加速运动；当合力方向与速度方向相反时，即加速度方向与速度方向相反时，加速度减小，物体仍做减速运动.
1.如图所示，一物块从某一高度自由落下，落在竖立于地面的轻弹簧上.物块在A处开始与弹簧接触，到B处时物块速度为零，然后被弹回.下列说法正确的是
A.物块从A处下降到B处的过程中，速率不断减小
B.物块从B处上升到A处的过程中，速率不断增大
C.物块在B处时，所受合力为零
D.物块从A处下降到B处的过程中速率先增大，后减小
√
2.(多选)已知雨滴下落过程中受到的空气阻力与雨滴下落速度的平方成正比，用公式表示为Ff＝kv2.假设雨滴从足够高处由静止竖直落下，则关于雨滴在空中的受力和运动情况，下列说法正确的是
A.雨滴受到的阻力逐渐变小直至为零
B.雨滴受到的阻力逐渐变大直至不变
C.雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变小直至为零
D.雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变大直至不变
√
√
设雨滴的质量为m，加速度为a，雨滴下落过程中，受重力mg和空气阻力Ff的作用，根据牛顿第二定律可得mg－Ff＝ma，又Ff＝kv2，
由此可知当速度v增大时，a减小，所以雨滴先做加速度减小的变加速直线运动，当加速度减为零之后，速度达到最大，雨滴做匀速直线运动，此时空气阻力与重力平衡，即雨滴受到的阻力先变大后不变，此过程阻力不断增加，则合力不断减小，最后减为零，故选B、D.
牛顿第二定律的瞬时性问题
在第三章我们学习过弹力，若产生弹力的形变属于微小形变，其发生和变化过程时间极短，在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间，其形变可随之突变，弹力可以突变，例如刚性绳、 轻杆等； 若产生弹力的形变属于明显形变，其发生改变需要一段时间，在瞬时问题中，其弹力的大小不能突变，可看成是不变的，例如，弹性绳、轻弹簧、橡皮绳等.
当弹力发生突变时，物体的合力也发生突变，物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度.
观察与思考
根据所学弹力的知识，完成下表：
思考与讨论
类别 弹力表现形式 弹力方向 能否突变
轻绳 ____ ____________ ___
橡皮条 ____ _________________ _____
轻弹簧 ____________ _______________ _____
轻杆 ____________ _______ ___
拉力
拉力
拉力、支持力
拉力、支持力
沿绳收缩方向
沿橡皮条收缩方向
沿弹簧轴线方向
不确定
能
不能
不能
能
3.如图所示，质量分别是m和2m的两个物体A、B用一根轻质弹簧连接后再用细绳悬挂，稳定后将细绳剪断，则剪断的瞬间下列说法正确的是(g是重力加速度)
A.物体A加速度是0
B.物体B加速度是g
C.物体A加速度是3g
D.物体B加速度是3g
√
剪断细绳后瞬间弹簧弹力不会突变，故B物体受力不变，F弹＝2mg，aB ＝0.
剪断细绳，FT变为 0，弹簧弹力不变，物体A受力如图所示，由牛顿第二定律得：F弹＋mg＝maA ，解得aA ＝3g，故选C.
4.如图所示，质量为m的小球被水平细绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)
B.弹簧的拉力F＝mgsin θ
C.小球的加速度为零
D.小球的加速度a＝gsin θ
√
烧断绳AO之前，对小球受力分析，小球受3个力，如图所示，此时弹簧拉力F＝ ，绳AO的拉力FT＝mgtan θ，烧断绳AO的瞬间，绳的拉力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故烧断绳AO瞬间弹簧的拉力不变，A正确，B错误.
烧断绳AO的瞬间，小球受到的合力与烧断绳AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，C、D错误.
规律总结
求解瞬时加速度的一般过程.
(1)分析突变前物体的受力情况；
(2)分析物体在弹力发生突变后的受力情况；
(3)由牛顿第二定律列方程求解.(共23张PPT)
17
章末复习
第四章　运动和力的关系
2
进一步巩固动力学五类典型问题.
1
进一步理解牛顿运动定律，熟练应用牛顿运动定律解决问题.
重难点
重难点
牛顿运动定律的理解与应用
牛顿第一定律定性描述了运动和力的关系，牛顿第二定律定量说明了运动和力的关系——F＝ma.无论什么样的运动过程，受力分析及加速度的确定是分析问题的关键.
观察与思考
1.(课本第114页B组第2题)如图，质量为0.5 kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3.A的右边被一根轻弹簧用1.2 N的水平拉力向右拉着而保持静止.现在要使弹簧能拉动A相对木箱底面向右移动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)如果让木箱在竖直方向上运动，其加速度应满足什么条件？
答案　2 m/s2要使弹簧能拉动物块A相对木箱底面向右移动，物块A与木箱间的压力应减小，经分析知，加速度方向向下，且
0≤μm(g－a)<1.2 N
解得2 m/s2(2)如果让木箱在水平方向上运动，其加速度应满足什么条件？
答案　a>0.6 m/s2，方向水平向左
若木箱在水平方向上运动，对物块A受力分析有
μmg－F＝ma′，得a′＝0.6 m/s2，方向水平向左
则木箱在水平方向上运动的加速度a>0.6 m/s2，方向水平向左.
两大模型
1.传送带问题
弄清物体和传送带的相对运动方向，确定摩擦力的方向；当物体和传送带的速度相同时，摩擦力可能突变.
2.滑块—木板问题
通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态；找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程.
观察与思考
2.(课本第115页B组第4题)在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带.旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进.若传送带匀速前进的速度v为0.25 m/s，某木箱与传送带之间的动摩擦因数μ为0.4，g取10 m/s2.问：该木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹？(结果保留两位有效数字)
答案　7.8 mm
木箱放在传送带上后，做匀加速直线运动的加速度大小为：
木箱由静止开始运动到与传送带达到共同速度而相对静止所需的时间
在这段时间内木箱的位移
故传送带上将留下一段7.8 mm长的摩擦痕迹.
3.(2022·泰安市高一期末)如图所示，一长L＝4 m，质量M＝3 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝6 m.木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点).已知木板与水平台面、小物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.3，小物块与水平台面间动摩擦因数为μ2＝0.2.现对木板施加一水平向右的恒力F＝36 N，g取10 m/s2，试求：
(1)小物块从木板上滑下的时间和相对于水平台面的速度大小；
答案　1 s　3 m/s
由牛顿第二定律，对木板有F－μ1(m＋M)g－μ1mg＝Ma1
解得a1＝7 m/s2
对物块μ1mg＝ma2
解得a2＝3 m/s2
代入数据解得t＝1 s
小物块相对于水平台面的速度大小v＝a2t＝3×1 m/s＝3 m/s
(2)F作用了1.1 s时，木板的右端离水平台面边缘的距离；
答案　1.755 m
后t′＝0.1 s木板的加速度为F－μ1Mg＝Ma′
解得a′＝9 m/s2
解得x′＝0.745 m
F作用了1.1 s时，木板的右端离水平台面边缘的距离为(6－3.5－0.745) m＝1.755 m
(3)小物块最终到水平台面边缘的距离.
答案　4.25 m
由以上分析知，小物块从木板上滑下时离水平台面边缘的距离为(6＋4－3.5) m＝6.5 m
小物块相对于水平台面的速度大小为3 m/s.此后物块减速运动的加速度大小为a3＝ ＝2 m/s2
物块再运动x″后停止运动02－32＝2×(－2)x″
解得x″＝2.25 m
小物块最终到水平台面边缘的距离为6.5 m－2.25 m＝4.25 m.
临界极值问题
1.常见临界问题
①接触与脱离的临界条件：物体间作用力为零
②相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值
③绳子断裂与松弛的临界条件：绳子拉力最大或恰好为零
④变加速运动速度最大的临界条件：合力(加速度)为零
2.两物体分离前加速度相等.
观察与思考
4.(课本第115页B组第6题)如图，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4 kg，mB为6 kg.从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝(8－2t)(N)，FB＝(2＋2t)(N).问：8 s内物体B运动的加速度如何变化？
答案　见解析
FA、FB的大小虽然随时间变化，但F合＝FA＋FB＝10 N不变，故开始一段时间内A、B两物体共同做匀加速运动，设共同加速度为a，A、B分离前，对A、B整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝1 m/s2
设A、B间的弹力为FAB，对B有
FB＋FAB＝mBa
由于加速度a不变，则随着t增大，FB增大，FAB逐渐减小，当t1时刻A、B恰好分离时，A、B间的弹力为0，即FAB＝0，又FB＝(2＋2t1)N
联立解得t1＝2 s，故t1＝2 s时，A、B恰好分离
所以0～2 s内，物体B做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动(共21张PPT)
11
专题：传送带模型(一)——水平传送带
第四章　运动和力的关系
2
进一步理解牛顿运动定律.
1
会对水平传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上的物体的运动问题.
重难点
物体无初速度放上水平传送带
如图所示为一水平传送带，紧绷的传送带始终以恒定的速率v0顺时针运行，质量为m的物体无初速度地放
观察与思考
答案　物体初速度为0，相对于传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力
对物体受力分析，如图：
Ff＝μFN，FN＝mg
得Ff＝μmg
方向水平向右.
在A处，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，试分析物体刚放在传送带上时所受摩擦力为静摩擦力还是滑动摩擦力？摩擦力的大小和方向如何？
1.试分析当【观察与思考】中传送带足够长时，物体的运动情况.
思考与讨论
答案　物体先做加速运动，a＝μg
当v物＝v0以后，物体与传送带之间无摩擦力，物体做匀速运动.
2.传送带足够长，试求物体在传送带上运动时相对于传送带运动的距离.
1.(2022·昆明市高一期末)如图所示，水平传送带以v＝10 m/s的速度顺时针匀速转动，将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端，由于摩擦力的作用，经过时间t＝6 s，工件到达传送带的右端，已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小；
答案　5 m/s2
对工件由牛顿第二定律可得ma＝μmg
解得a＝5 m/s2
工件加速运动阶段v＝at1
得t1＝2 s
(2)传送带的长度.
答案　50 m
工件匀速运动阶段x2＝v(t－t1)＝40 m
传送带的长度x＝x1＋x2＝50 m.
2.如图所示，传送带保持以1 m/s的速度顺时针转动.现将一定质量的煤块(可视为质点)从离传送带左端很近的A点轻轻地放上去，设煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2.5 m，g取10 m/s2，求：
(1)煤块从A点运动到B点所经历的时间；
答案　3 s
在剩余位移x2＝L－x1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，因为煤块与传送带间无摩擦力，所以煤块以1 m/s的速度随传送带做匀速运动直至B点，所用时间t2＝ ＝2 s
因此煤块从A点运动到B点所经历的时间
t＝t1＋t2＝3 s
(2)煤块在传送带上留下痕迹的长度.
答案　0.5 m
煤块在传送带上留下的痕迹为二者的相对位移，发生在二者相对运动的过程中
在第1 s时间内，传送带的位移
x1′＝vt1＝1 m
故煤块相对传送带的位移
Δx＝x1′－x1＝0.5 m.
物体以一定的初速度滑上水平传送带
在目标一【观察与思考】情景中，若物体放在传送带上时有向右的初速度v，则物体刚放在传送带上时摩擦力的方向还一定是水平向右吗？
观察与思考
答案　不一定.滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因为不明确v与v0的大小关系，故无法确定摩擦力的方向.
1.若物体初速度方向与传送带运动方向相同，请讨论，物体刚放到传送带上时所受摩擦力的方向及物体的运动情况.(传送带足够长)
思考与讨论
答案　(1)如图，v物(2)v物＝v0时，Ff＝0，匀速运动
(3)如图，v物>v0时，先匀减速运动，a＝μg，再以v0匀速运动
2.(1)如图所示，当物体的速度方向与传送带运动方向相反时，试分析物体刚放在传送带上时所受摩擦力的方向.
答案　对物体受力分析，如图，摩擦力方向与物体初速度方向相反.
(2)当传送带足够长时，分析当v>v0时和当v答案　①v>v0时，物体先匀减速到0，再反向匀加速到v0，接着匀速运动
②v3.(多选)(2022·北京市第十二中学高一期末)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝6 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端时的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是
A.若传送带不动，vB＝2 m/s
B.若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于2 m/s
C.若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于2 m/s
D.若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于2 m/s
√
√
√
若传送带顺时针匀速转动，当转动速度小于或等于2 m/s时，物体一直减速，到达B端时速度为2 m/s，当转动速度大于2 m/s时，物体到达B端时速度一定大于2 m/s，C错误，D正确.
4.如图所示，绷紧的水平传送带足够长，始终以恒定速率v1＝2 m/s沿顺时针方向运行.初速度为v2＝4 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，若从小物块滑上传送带开始计时，求：
(1)小物块在传送带上滑行的最远距离；
答案　4 m
小物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设小物块的质量为m，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
得a＝μg＝2 m/s2
因小物块在传送带上滑行至最远距离时速度为0，
(2)小物块从A处出发再回到A处所用的时间.
答案　4.5 s
小物块速度减为0后，再向右做匀加速运动，加速度为a′＝μg＝2 m/s2
设小物块与传送带共速所需时间为t2，
t2时间内小物块向右运动的距离
最后小物块做匀速直线运动的位移x2＝x－x1＝3 m
所以小物块从A处出发再回到A处所用的时间t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s.(共21张PPT)
12
专题：传送带模型(二)——倾斜传送带
第四章　运动和力的关系
2
进一步熟练掌握牛顿运动定律.
1
会对倾斜传送带上的物体进行受力分析，能正确解答传送带上的物体的运动问题.
重难点
物体无初速度放上倾斜传送带
观察与思考
1.如图，一物体无初速度放在传送带底端，物体与传送带间动摩擦因数为μ(μ>tan θ).分析物体刚放在传送带上时摩擦力的方向和大小.
答案　如图所示，摩擦力方向沿传送带向上，Ff＝μmgcos θ.
2.如图，一物体无初速度放在传送带顶端，物体与传送带间动摩擦因数为μ.分析物体刚放在传送带上时摩擦力的方向和大小.
答案　如图所示，摩擦力方向沿传送带向下，Ff＝μmgcos θ.
1.在【观察与思考】1中，若传送带足够长，试分析物体的运动情况.
思考与讨论
答案　物体先匀加速运动到与传送带速度大小相等，加速度大小a＝μgcos θ－gsin θ，之后匀速运动.
2.在【观察与思考】2中，若传送带足够长，且μ>tan θ，试分析物体的运动情况.
答案　刚开始，v物tan θ，故物体在v物＝v以后匀速运动.
3.在【观察与思考】2中，若传送带足够长，且μ答案　刚开始，v物1.某飞机场利用如图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＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速率顺时针转动.在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物(可视为质点)，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10 m/s2)
答案　3 s
以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动的时间
货物匀加速运动的位移
然后货物做匀速运动，运动位移
x2＝L－x1＝5 m
匀速运动时间
货物从A端运送到B端所需的时间
t＝t1＋t2＝3 s.
2.如图所示，倾角为37°，长为l＝16 m的传送带，转动速度为v＝10 m/s.在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体(可视为质点).已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
答案　4 s
传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上，物体沿传送带向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma，
得a＝2 m/s2，
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间.
答案　2 s
传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律得，
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
则有a1＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有
当物体运动速度等于传送带速度的瞬间，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，
则此后物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力.
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则
x2＝l－x1＝11 m
解得：t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s.
物体以一定的初速度滑上倾斜传送带
在目标一【观察与思考】1、2中，当物体以一定的初速度冲上或冲下传送带时，物体在传送带上所受摩擦力的方向，与物体初速度为0时，是否相同？
答案　不一定相同.要比较v物与v带的大小才能确定.
思考与讨论
3.(多选)(2022·枣庄市高一期末)如图所示，倾角θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动.现将一物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是
A.小物块向上运动过程中加速度的大小为10 m/s2
B.小物块向上运动的时间为1.6 s
C.小物块向上滑行的最远距离为4 m
D.小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
√
√
由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿传送带向下的滑动摩擦力，沿传送带方向，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2，方向沿传送带向下.
由于物块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此物块相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，沿传送带方向根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
设物块减速到与传送带速度相同需要的时间为t1，
有t1＝ ＝0.6 s
代入数据解得a2＝2 m/s2，方向沿传送带向下，
故小物块向上运动的时间为1.6 s，A、D错误，B正确；

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