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第四章　运动和力的关系
本章整合
知识网络系统构建
重点题型归纳剖析
知识网络系统构建
二、两类基本问题、超重和失重
牛顿运动定律的应用
重点题型归纳剖析
一、整体法和隔离法
1.简单连接体
简单连接体是指运动中的几个物体叠放在一起,或并排挤放在一起,或用绳子、细杆联系在一起的物体系。简单连接体物体系内的所有物体具有相同的加速度。
2.处理连接体问题的常用方法
整体法就是把几个物体组成的系统作为研究对象,分析其受力,再由牛顿运动定律进行处理的方法。
隔离法就是把研究对象从背景中隔离出来单独研究的做法,一般情况下,选取一个物体作为研究对象。
无论是整体法还是隔离法,对于应用牛顿运动定律处理的问题,都只分析研究对象所受的外力。
【例题1】 (多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(　　)
A.8 B.10
C.15 D.18
答案:BC
解析:设该列车厢与P相连的部分为P部分,与Q相连的部分为Q部分。该列车厢有n节,Q部分为n1节,每节车厢质量为m。
由题中选项得该列车厢节数可能为10或15,选项B、C正确。
整体法与隔离法常涉及的问题类型。
(1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。
(2)水平面上的连接问题:这类问题一般是连接体(系统)内各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体、后隔离的方法。
(3)斜面体与物体组成的连接体的问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。
【变式训练1】 如图所示,质量分别为m1和m2的物块由相同的材料制成,且m1>m2,将它们用轻细线通过定滑轮连接,不计滑轮轴摩擦。如果按图甲所示放置,两物块刚好做匀速运动。如果互换两物块,按图乙所示放置,那么它们的共同加速度大小为(　　)
答案:C
解析:题图甲中,系统做匀速直线运动,受力平衡,m2g=μm1g。题图乙中,m1g-μm2g=(m1+m2)a,联立解得a= g,C选项正确。
【变式训练2】 (多选)如图所示,倾角为θ的斜面体C置于水平面上,B置于斜面上,通过细绳跨过定滑轮与A连接,不计滑轮轴摩擦,连接B的一段细绳与斜面平行,A、B、C都处于静止状态。则(　　)
A.B与C之间的摩擦力可能为零
B.C受到水平面的摩擦力一定为零
C.不论B、C间摩擦力大小、方向如何,
水平面对C的摩擦力方向一定向左
D.水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
答案:AC
解析:对B受力分析,B受重力、绳的拉力mAg、斜面对B的支持力,B与C之间的摩擦力待定。若mAg=mBgsin θ,则B与C间无摩擦力;若mAg>mBgsin θ,则摩擦力沿斜面向下;若mAg二、动力学的图像问题
1.常见的图像形式
在动力学与运动学问题中,常见、常用的图像是位移图像(x-t图像)、速度图像(v-t图像)和力的图像(F-t图像)等,这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律,而绝非代表物体的运动轨迹。
2.图像问题的分析方法
遇到带有物理图像的问题时,要认真分析图像,先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息,再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题。
【例题2】 如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。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s的关系如图乙所示(g取10 m/s2),则下列结论正确的是(　　)
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.物体的加速度大小为5 m/s2
D.物体的质量为3 kg
答案:C
解析:物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故A错误。刚开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有mg=kx,拉力F1为10 N时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律,有F1+kx-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=5 N/cm, a=5 m/s2,故B、D错误,C正确。此题考查动力学的图像问题,意在培养数形结合能力,提高科学思维。
解决图像综合问题的关键:
(1)把图像与具体的题意、情境结合起来,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。
【变式训练3】 (多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC。用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示,则以下说法正确的是(　　)
A.μA=μB,mA B.μB<μC,mB=mC
C.μB=μC,mB>mC
D.μA<μC,mA 答案:ABD
mA三、动力学的临界问题
1.临界问题
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。
2.关键词语
在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”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。
3.临界问题的常见类型及临界条件
(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零。
(2)相对静止或相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大静摩擦力。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的拉力是有限的,绳子断与不断的临界条件是实际拉力等于它所能承受的最大拉力,绳子松弛的临界条件是绳子上的拉力为零。
(4)加速度最大(或最小)与速度最大(或最小)的临界条件:当物体在变化的外力作用下运动时,其加速度和速度都会不断变化,当所受合力最大时,具有最大加速度;当所受合力最小时,具有最小加速度。当出现加速度为零时,物体处于临界状态,对应的速度达到最大值或最小值。
4.解题关键
正确分析物体运动情况,对临界状态进行判断与分析,其中处于临界状态时存在的独特的物理关系即临界条件。
【例题3】 如图所示,一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以a=2g的加速度向左运动时,线中的拉力FT。
解析:当滑块向左运动的加速度为某一临界值时,斜面对小球的支持力恰好为零(小球将要离开斜面而“飘”起来)。此时小球受重力mg和绳的拉力FT两个力。根据牛顿第二定律有
FT·cos θ=ma①
FT·sin θ-mg=0②
联立①②两式并将θ=45°代入,解得a=g,即当
滑块向左运动的加速度为a=g时,小球恰好对斜
面无压力。当a=2g时,小球已“飘”起来了,此时小球的受力情况如图所示,故根据①②两式并将a=2g代入,解得FT= mg。
处理临界问题常用的方法:
(1)极限法
解决临界问题一般用极端分析法,即把问题推向极端,分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件,应用物理规律列出在极端情况下的方程,从而找出临界条件。
(2)假设法
有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索,但在变化过程中可能出现临界状态,也可能不会出现临界状态。解决此类问题时,一般用假设法,即假设出现某种临界状态,分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符,然后再根据实际情况进行处理。
(3)数学方法
将物理方程转化为数学表达式,如二次函数、不等式、三角函数等,然后根据数学中求极值的方法,求出临界条件。
【变式训练4】 (2019湖南衡阳期末)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为(　　)
A.μmg B.2μmg
C.3μmg D.4μmg
答案:C
解析:当A、B间的静摩擦力达到最大时,拉力F达到最大,根据牛顿第二定律得
对A物体,μmg=ma
解得a=μg
对整体,F=(2m+m)a
解得F=3ma=3μmg
故C正确。
四、传送带问题
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。
(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状态的突变。当静摩擦力达到最大值时,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状态。
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始,传送带匀速运动且足够长)。
传送
方向
条件
运动状态
倾斜
向上
传送
μ>tan θ
物体先沿传送带做向上的加速直线运动,速度相同以后二者相对静止,一起做匀速运动
μ=tan θ
物体保持静止
μ 物体沿传送带做向下的加速直线运动
传送
方向
条件
运动状态
倾斜
向下
传送
μ≥tan θ
物体先相对传送带向上滑,沿皮带向下做初速度为零的匀加速直线运动,速度相同后二者相对静止,一起做匀速运动
μ 物体先相对传送带向上滑,沿皮带向下做初速度为零的匀加速直线运动,速度与皮带速度相同后滑动摩擦力反向,物体相对传送带下滑,继续做向下的匀加速直线运动
【例题4】 如图所示,传送带与水平地面的夹角为θ=37°,AB的长度为64 m,传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,求物体从A点运动到B点所用的时间。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, g取10 m/s2)
答案:4 s
解得t2=2 s,故共用时间t=4 s。此题考查应用牛顿运动定律分析传送带问题,意在培养综合分析能力,形成科学思维。
倾斜传送带处理方法:
物体沿着倾斜的传送带向下加速运动到与传送带速度相等时,若μ≥tan θ,物体随传送带一起匀速运动;若μ 【变式训练5】 一水平传送带装置示意图如图所示,绷紧的传送带AB始终保持v=1 m/s 的恒定速率运行,一质量为m=4 kg的行李(可视为质点)无初速度地放在A处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离l=2 m,g取10 m/s2。
(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小。
(2)求行李做匀加速直线运动的时间。
(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B处。求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
答案:(1)4 N　1 m/s2
(2)1 s
(3)2 s　2 m/s
解析:(1)行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力Ff=μmg=4 N
由牛顿第二定律,得Ff=ma
(2)设行李做匀加速直线运动的时间为t,行李加速运动的末速度为v=1 m/s,由v=at
(3)行李从A处匀加速运动到B处时,传送时间最短,
传送带对应的最小运行速率vmin=atmin=2 m/s。
五、滑块—木板模型问题
1.模型概述:一个物体在另一个物体上发生相对滑动,两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2.常见的两种位移关系:
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板向同一方向运动,则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板向相反方向运动,则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
3.解题方法:
分别隔离两物体,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(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。求解时应注意两个过程间的联系,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【例题5】 (2019湖南衡阳期末)如图所示,质量为m木=2 kg的长木板静止在光滑水平面上,现有一质量m=1 kg的滑块(可视为质点)以v0=3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板,带动木板一起向前滑动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求滑块在木板上滑动过程中,长木板受到的摩擦力Ff的大小和方向。
(2)求滑块在木板上滑动过程中,滑块加速度的大小。
(3)若长木板长l0=4.5 m,试判断滑块与长木板能否达到共同速度。若能,请求出共同速度大小和滑块相对长木板滑行的距离l;若不能,请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间。
答案:(1)1 N　方向向右
(2)1 m/s2
(3)能　1.2 m/s　4.32 m
解析:(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力,Ff=μmg=1 N
方向水平向右。
(2)由牛顿第二定律得μmg=ma
解得a=μg=1 m/s2。
(3)以木板为研究对象,根据牛顿第二定律,μmg=m木a'
可得木板的加速度a'=0.5 m/s2
设经过时间t,滑块和长木板达到共同速度v,则
对滑块,v=v0-at
对长木板,v=a't
由以上两式解得,v=1.2 m/s,t=2.4 s
木板的长度最短为l=x2-x1=4.32 m<4.5 m,所以两者能达到共同速度。
求解“滑块—木板”类问题的方法技巧:
(1)搞清各物体初始运动状态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势),根据相对运动(或相对运动趋势)情况,确定物体间的摩擦力方向。
(2)正确地对各物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度,结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
【变式训练6】 如图所示,厚度不计的薄板A长l=5 m,质量mA=5 kg,放在水平地面上。在A上距右端x=3 m处放一物体B(大小不计),其质量mB=2 kg,已知A、B间的动摩擦因数 μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。现在薄板的右端施加一大小恒定的水平力F=26 N,持续作用在A上,将A从B下抽出。g取10 m/s2,求:

(1)A从B下抽出前,A、B的加速度各是多大;
(2)B运动多长时间离开A。
答案:(1)2 m/s2　1 m/s2　 (2)2 s
解析:(1)对于B,μ1mBg=mBaB
解得aB=1 m/s2
对于A,F-μ1mBg-μ2(mB+mA)g=mAaA
解得aA=2 m/s2。
解得t=2 s。

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