《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（70頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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 Ⅱ 單位制 Ⅰ 【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 Ⅱ 【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=μmgcosθ和f2=μmg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Ⅱ)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)。 ①圖像一定_______原點(diǎn)。 ②a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θ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α角,若θα,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gtanα,【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mgtanα=ma,解得a=gtanα,故 小車的加速度為gtanα,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θ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(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ) B.T=m(gcosθ+asinθ) FN=m(gsinθ-acosθ) C.T=m(acosθ-gsinθ) FN=m(gcosθ+asinθ) D.T=m(asinθ-gcosθ) FN=m(gsinθ+acosθ),【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： FNcosθ+Tsinθ-mg=0 ① 在水平方向上,由牛頓第二定律可得： Tcosθ-FNsinθ=ma ② 聯(lián)立①②兩式可解得： T=m(gsinθ+acosθ) FN=m(gcosθ-asinθ) 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.10N B.20N C.25N D.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 ΔL(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)ΔL,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+ΔL)-(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θ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gsinθ 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2gsinθ 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mgsinθ+kx=2mgsinθ=maA,解得aA=2gsinθ,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： ①輕繩模型：受外力時(shí)形變微小不計(jì),力可以發(fā)生突變。 ②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： ①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。 ②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θ=30°,物塊與 斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ= 。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： ①位移方程：____________; ②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 ①(2分) vB=v0+at ②(2分) 代入數(shù)值解得：a=3m/s2,vB=8m/s ③(2分) (2)對(duì)物塊受力分析如圖所示,,設(shè)拉力F與斜面成α角,對(duì)物塊由牛頓第二定律得： 垂直斜面方向：Fsinα+N-mgcos30°=0 ④(2分) 沿斜面方向：Fcosα-mgsin30°-f=ma ⑤(2分) 又f=μN(yùn) ⑥(2分) 聯(lián)立④⑤⑥三式,代入數(shù)值解得： Fcosα+ Fsinα=5.2,則 = ⑦(2分) 當(dāng)α=30°時(shí),拉力F有最小值,且Fmin= N ⑧(1分) 答案：(1)3m/s2 8m/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=gsinθ,因s= at2,故t= ,當(dāng)θ=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1 200N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-Gsinα-μGcosα=0, 由幾何關(guān)系,sinα= ,cosα= , 解得F=828N (2)向下推時(shí),由牛頓第二定律得 F+Gsinα-μGcosα=ma, 解得a=2gsinα=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/s 5s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)μ=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θ=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=0 Ff=μFN 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：μmg=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)μ=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F12N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)F48N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Ⅱ) 一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng),在t=0時(shí)刻將一 ①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②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③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④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),⑤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。 ①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。,②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： 。 ③列出物塊、木板的動(dòng)力學(xué)方程： 對(duì)物塊：_________;對(duì)木板：________________。,,,μ1mg=ma1,μ1mg+2μ2mg=ma2,(2)物塊相對(duì)于木板的位移的大小的求解。 ①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fμ1mg,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)。 ②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μ1、μ2, 根據(jù)牛頓第二定律, 對(duì)物塊有μ1mg=ma1 (2分) 對(duì)木板有μ1mg+2μ2mg=ma2 (2分) 聯(lián)立方程得：μ1=0.2 μ2=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2μ2mg-f=ma′2 假設(shè)物塊相對(duì)木板靜止,即fμ1mg,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=2μ2g-μ1g=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)0.2 0.3 (2)1.125m,【點(diǎn)題】突破瓶頸,穩(wěn)拿滿分 (1)常見的思維障礙： ①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; ②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： ①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μ2mg導(dǎo)致失分; ②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。,