《2019-2020學(xué)年高中物理 第4章 力與運動 習(xí)題課4 動力學(xué)中的三類典型問題學(xué)案（含解析）粵教版必修1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高中物理 第4章 力與運動 習(xí)題課4 動力學(xué)中的三類典型問題學(xué)案（含解析）粵教版必修1（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、習(xí)題課4　動力學(xué)中的三類典型問題 學(xué)習(xí)目標(biāo)：1.認(rèn)識臨界問題，能找到幾種典型問題的臨界條件，能夠處理典型的臨界問題.2.能正確運用牛頓運動定律處理滑塊——木板模型.3.會對傳送帶上的物體進行受力分析，正確判斷物體的運動情況． 動力學(xué)中的臨界問題 1．臨界問題：某種物理現(xiàn)象(或物理狀態(tài))剛好要發(fā)生或剛好不發(fā)生的轉(zhuǎn)折狀態(tài)． 2．關(guān)鍵詞語：在動力學(xué)問題中出現(xiàn)的“最大”“最小”“剛好”“恰能”等詞語，一般都暗示了臨界狀態(tài)的出現(xiàn)，隱含了相應(yīng)的臨界條件． 3．常見類型 (1)彈力發(fā)生突變的臨界條件 彈力發(fā)生在兩物體的接觸面之間，是一種被動力，其大小由物體所處的運動狀態(tài)決定．相互接觸的

2、兩個物體將要脫離的臨界條件是彈力為零． (2)摩擦力發(fā)生突變的臨界條件 ①靜摩擦力為零是狀態(tài)方向發(fā)生變化的臨界狀態(tài)；②靜摩擦力最大是物體恰好保持相對靜止的臨界狀態(tài)． 【例1】　如圖所示，細線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球． (1)當(dāng)滑塊至少以多大的加速度向右運動時，細線對小球的拉力剛好等于零？ (2)當(dāng)滑塊至少以多大的加速度向左運動時，小球?qū)瑝K的壓力等于零？ (3)當(dāng)滑塊以a′＝2g的加速度向左運動時，細線中拉力為多大？ 解析：(1)FT＝0時，小球受重力mg和斜面支持力FN的作用，如圖甲，則 FNcos 45°＝mg

3、 FNsin 45°＝ma 解得a＝g.故當(dāng)向右加速度為g時線的拉力為0. (2)假設(shè)滑塊具有向左的加速度a1，小球受重力mg、線的拉力FT1和斜面的支持力FN1的作用，如圖乙所示．由牛頓第二定律得 乙 水平方向： FT1cos 45°－FN1sin 45°＝ma1， 豎直方向： FT1sin 45°＋FN1cos 45°－mg＝0 由上述兩式解得 FN1＝，F(xiàn)T1＝ 由此兩式可以看出，當(dāng)加速度a1增大時，球所受的支持力FN1減小，線的拉力FT1增大 當(dāng)a1＝g時，F(xiàn)N1＝0，此時小球雖與斜面接觸但無壓力，處于臨界狀態(tài)，這時繩的拉力為FT1＝mg.所以滑塊至少以a1＝

4、g的加速度向左運動時小球?qū)瑝K的壓力等于零． (3)當(dāng)滑塊加速度大于g時，小球?qū)ⅰ帮h”離斜面而只受線的拉力和重力的作用，如圖丙所示，此時細線與水平方向間的夾角α<45°.由牛頓第二定律得FT′cos α＝ma′，F(xiàn)T′sin α＝mg，解得FT′＝m＝mg. 丙 答案：(1)g　(2)g　(3)mg 1．如圖所示，在車廂中，一小球被a、b兩根輕質(zhì)細繩拴住，其中a繩與豎直方向成α角，繩b呈水平狀態(tài)，已知小球的質(zhì)量為m，求： (1)車廂靜止時，細繩a和b所受到的拉力． (2)當(dāng)車廂以一定的加速度運動時，a繩與豎直方向的夾角不變，而b繩受到的拉力變?yōu)榱?，求此時車廂的加速度的大

5、小和方向． 解析：(1)如圖所示： FT1sin α－FT2＝0 FT1cos α－mg＝0 解得FT1＝，F(xiàn)T2＝mgtan α. (2)如圖所示，根據(jù)牛頓運動定律： FT1′sin α＝ma FT1′cos α－mg＝0 解得a＝gtan α，加速度方向水平向右． 答案：(1)　mgtan α　(2)gtan α　方向水平向右 滑塊——木板問題的動力學(xué)分析 1.摩擦力分析 (1)若滑塊與滑板“一快一慢”：較快的受到的對方給它的摩擦力為阻力，較慢的受到的對方給它的摩擦力為動力． (2)若滑塊與滑板“一動一靜”：運動的受到的對方給它的摩擦力為阻力，靜止的受到的對方

6、給它的摩擦力為動力． (3)若滑塊與滑板“一左一右”：兩者受到的對方給它的摩擦力都是阻力． 2．運動特點分析 (1)“掉下去”：滑塊與滑板的位移差(或和)等于初始時滑塊到滑板邊緣的距離． (2)“相對靜止”：滑塊與滑板速度相等． (3)“恰好沒掉下去”：既有速度相等的特點，又有滑板與滑塊的位移差(或和)等于初始時滑塊到滑板邊緣的距離的特點． 【例2】　如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，

7、初速度大小均為v0＝3 m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離． 思路點撥：①分析滑塊A、B及木板的受力情況，確定各自的運動規(guī)律． ②利用牛頓第二定律求滑塊A、B及木板的加速度，再由運動學(xué)公式求木板的速度及長度． 解析：(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達到共同速

8、度前有 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1，由運動學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1 ⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s. ⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt ⑩ 設(shè)在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋

9、m)a2 ? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有 v2＝v1－a2t2 ? 對A有 v2＝－v1＋aAt2 ? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t ? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之

10、間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB ? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m. 答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m 求解“滑塊—木板”類問題的方法技巧 (1)搞清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動(或相對運動趨勢)，根據(jù)相對運動(或相對運動趨勢)情況，確定物體間的摩擦力方向． (2)正確地對各物體進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況． 2．如圖所示，質(zhì)量M＝8 kg的小車放在光滑水平面上，在小車左端加一水平推力F＝8 N．當(dāng)小車向右運動的速度達到3 m/s時，在小車右端輕輕地放一個大小不計、質(zhì)量

11、m＝2 kg的小物塊．小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長．g取10 m/s2，則： (1)放上小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大？ (2)經(jīng)多長時間兩者達到相同的速度． (3)從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t＝3 s小物塊通過的位移大小為多少？ 解析：(1)小物塊的加速度am＝μg＝2 m/s2 小車的加速度aM＝＝0.5 m/s2. (2)由amt＝v0＋aMt，得t＝2 s，v同＝2×2 m/s＝4 m/s. (3)在開始2 s內(nèi)，小物塊通過的位移s1＝amt2＝4 m 在接下來的1 s內(nèi)小物塊與小車相對靜止，一起做勻加速運動，加速度a＝＝0.8 m/s2

12、 小物塊的位移s2＝v同t′＋at′2＝4.4 m 通過的總位移s＝s1＋s2＝8.4 m. 答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)2 s　(3)8.4 m 傳送帶問題的動力學(xué)分析 1.水平傳送帶 圖示 滑塊可能的 運動情況 滑塊受(摩擦) 力分析 一直加速 受力f＝μmg 先加速后勻速 先受力f＝μmg，后f＝0 v0>v，一直減速 受力f＝μmg v0>v，先減速再勻速 先受力f＝μmg，后f＝0 v0

13、左端 受力f＝μmg(方向一直向右) 傳送帶長度l≥，v0v，滑塊先減速再向右加速，最后勻速，到達右端速度為v 減速和反向加速時受力f＝μmg(方向一直向右)，勻速運動f＝0 2.傾斜傳送帶 圖示 滑塊可能的運動情況 滑塊受(摩擦)力分析 一直加速 受摩擦力f＝μmgcos θ 先加速后勻速 先受摩擦力f＝μmgcos θ，后f＝mgsin θ 一直加速 受摩擦力f＝μmgcos θ 先加速后勻速 先受摩擦力f＝μmgcos θ，后f＝mgsin θ

14、 先以加速度a1加速，后以加速度a2加速 先受摩擦力f＝μmgcos θ，后受反向的摩擦力f＝μmgcos θ 一直加速 受摩擦力f＝μmgcos θ 先加速后勻速 先受摩擦力f＝μmgcos θ，后f＝mgsin θ 一直勻速(v0>v) 受摩擦力f＝mgsin θ 一直勻速(v0＝v) 受摩擦力f＝mgsin θ 先以加速度a1加速，后以加速度a2加速 先受摩擦力f＝μmgcos θ，后受反向的摩擦力f＝μmgcos θ 一直加速 受摩擦力f＝μmgcos θ 一直勻速 受摩擦力f＝mgsin θ 先減速后反向加速 受摩擦力f＝μmgcos θ

15、【例3】　如圖所示，傳送帶與水平地面的傾角為θ＝37°，AB的長度為64 m，傳送帶以20 m/s的速度沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質(zhì)量為8 kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，求物體從A點運動到B點所用的時間．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 解析：開始時物體下滑的加速度a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2，運動到與傳送帶共速的時間為t1＝＝ s＝2 s，下滑的距離s1＝a1t＝20 m；由于tan 37°＝0.75>0.5，故物體繼續(xù)加速下滑，且此時a2＝g(sin 37°－μcos 3

16、7°)＝2 m/s2，根據(jù)s2＝vt2＋a2t，即64 m－20 m＝20 m/s×t2＋×2 m/s2×t，解得t2＝2 s，故共用時間為t＝4 s. 答案：4 s 分析傳送帶問題的三個步驟 (1)初始時刻，根據(jù)v物、v帶的關(guān)系，確定物體的受力情況，進而確定物體的運動情況． (2)根據(jù)臨界條件v物＝v帶確定臨界狀態(tài)的情況，判斷之后的運動形式． (3)運用相應(yīng)規(guī)律，進行相關(guān)計算． 3．如圖所示，水平傳送帶正在以v＝4 m/s的速度勻速順時針轉(zhuǎn)動，質(zhì)量為m＝1 kg的某物塊(可視為質(zhì)點)與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，將該物塊從傳送帶左端無初速度地輕放在傳送帶上(g取

17、10 m/s2)． (1)如果傳送帶長度L＝4.5 m，求經(jīng)過多長時間物塊將到達傳送帶的右端； (2)如果傳送帶長度L＝20 m，求經(jīng)過多長時間物塊將到達傳送帶的右端． 解析：物塊放到傳送帶上后，在滑動摩擦力的作用下先向右做勻加速運動． 由μmg＝ma得a＝μg 若傳送帶足夠長，勻加速運動到與傳送帶同速后再與傳送帶一同向右做勻速運動． 物塊勻加速運動的時間t1＝＝＝4 s 物塊勻加速運動的位移s1＝at＝8 m (1)因為4.5 m<8 m，所以物塊一直加速， 由L＝at2得t＝3 s. (2)因為20 m>8 m，所以物塊速度達到傳送帶的速度后，摩擦力變?yōu)?，此后

18、物塊與傳送帶一起做勻速運動， 物塊勻速運動的時間t2＝＝ s＝3 s 故物塊到達傳送帶右端的時間t′＝t1＋t2＝7 s. 答案：(1)3 s　(2)7 s 1．(多選)在電梯的天花板上系有一根細繩，繩的下端系一質(zhì)量為10 kg的鐵塊，細繩的質(zhì)量忽略不計．已知細繩能夠承受的最大拉力為120 N，為使細繩不被拉斷，g取10 m/s2.則關(guān)于電梯的運動以下說法正確的是(　　) A．電梯向上做減速運動時，加速度的值最大不得超過2 m/s2 B．電梯向上做加速運動時，加速度的值最大不得超過2 m/s2 C．電梯向下做減速運動時，加速度的值最大不得超過2 m/s2 D．電梯向下做加速

19、運動時，加速度的值最大不得超過2 m/s2 BC　[因為繩子上最大的拉力為120 N，故根據(jù)牛頓第二定律可得120 N－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，方向豎直向上；故電梯可能向上做加速運動，也可能向下做減速運動，其加速度都不能超過2 m/s2，選項B、C正確．] 2．(多選)如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質(zhì)量均為m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板與水平面間動摩擦因數(shù)為μ，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g.現(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F，則木板加速度大小a可能是(　　) A．a(chǎn)＝μg　　　　　　 B．a(chǎn)＝μg C．

20、a＝μg D．a(chǎn)＝－μg CD　[若水平拉力F較小，物塊與長木板間沒有發(fā)生相對滑動，則有F－μ×2mg＝2ma，a＝－μg，選項D正確；若F較大，物塊相對于長木板發(fā)生相對滑動，以長木板為研究對象，由牛頓第二定律，則有μmg－μ·2mg＝ma，解得木板加速度大小a＝μg，且此加速度是木板運動的最大加速度，選項C正確，選項A、B錯誤．] 3.如圖所示，將物塊M放在勻速傳送的傳送帶的A點，已知傳送帶速度大小v＝2 m/s，AB＝2 m，BC＝8 m，M與傳送帶的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，試求物塊由A運動到C點共需要多長時間．(M經(jīng)過B點時速度大小不變，方向沿著BC方向，g取10 m/s2，sin

21、37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析：物體在傳送帶的A點，開始一段時間內(nèi)受到向前的摩擦力作用做勻加速直線運動． 加速度為a1＝＝μg＝5 m/s2 加速所用時間為t1＝＝0.4 s 物體做勻加速直線運動的位移為s1＝a1t＝0.4 m 勻速運動的時間為t2＝ s＝0.8 s 物體在BC段做勻加速直線運動，由受力情況，根據(jù)牛頓第二定律可知，這段加速度大小為a2 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 運動的位移為s2＝BC＝vt3＋a2t 解得a2＝2 m/s2 t3＝2.0 s 故物塊M由A運動到C所需時間為 t＝t1＋t2＋t3＝3.2 s. 答案：3.2 s - 10 -