《牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用復(fù)習(xí)課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用復(fù)習(xí)課件.ppt（62頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、第2講牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用1.牛頓第二定律的“四性”：（1）矢量性：公式 F=ma是_，F(xiàn)與a_。（2 2）瞬時(shí)性：力與 _同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化。（3 3）同體性：F=ma中，中，F(xiàn) F、m m、a a對(duì)應(yīng)_。（4）獨(dú)立性：分力產(chǎn)生的加速度相互 _，與其他加速度_。矢量式方向相同加速度同一物體獨(dú)立無關(guān)2.2.超重和失重：（1 1）超重。受力特點(diǎn)：_。運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：_ 或或_。（2）失重。受力特點(diǎn)：_。運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：_ 或或_。完全失重：只受完全失重：只受 _。合外力的方向豎直向上向上加速運(yùn)動(dòng)向下減速運(yùn)動(dòng)合外力的方向豎直向下向下加速運(yùn)動(dòng)向上減速運(yùn)動(dòng)重力作用1.（2013福建高考）在國際單位制（簡(jiǎn)稱 SI）

2、中，力學(xué)和電）中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m m（米）、kg（千克）、（千克）、s s（秒）、（秒）、A A（安培）。導(dǎo)出單位 V（伏特）用上述基本單位可表示為（）A.m2kgs s-4A A-1B.m2kgs s-3A A-1C.m2kgs s-2A A-1D.m2kgs s-1A A-1【解析】選B。根據(jù)P=UI、P=Fv、F=ma可導(dǎo)出即=m2kgs-3A-1，故選B。mavU,I?21kgm s msVA?g g g g2.2.（20112011福建高考）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v v1運(yùn)行。初速度大小為運(yùn)行。初速度大小為 v v2的小物塊從與傳送帶等高的的小物塊從與

3、傳送帶等高的光滑水平地面上的 A A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的 v-tv-t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示。已知 v2v1，則（）A.tA.t2時(shí)刻，小物塊離 A A處的距離達(dá)到最大B.tB.t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大C.0t2 2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D.0D.0t t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用【解析】選B。由題圖乙可知 t1時(shí)刻小物塊向左運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)，

4、t1t2這段時(shí)間小物塊向右加速，但相對(duì)傳送帶還是向左滑動(dòng)，因此t2時(shí)刻小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大，A錯(cuò)B對(duì)；0t2這段時(shí)間小物塊受到的摩擦力方向始終向右，t2t3時(shí)間內(nèi)小物塊與傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，摩擦力為零，C、D錯(cuò)。故選B。3.（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

5、夾角多大時(shí)，拉力 F最??？拉力F的最小值是多少？33【解析】（1）由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程得：L=v0t+at22aL=vB2v02代入數(shù)值解得：a=3m/s2，vB=8m/s（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沿斜面方向：Fcos-mgsin30-f=ma12大家有疑問的，可以詢問和交流大家有疑問的，可以詢問和交流可以互相討論下，但要小聲點(diǎn)可以互相討論下，但要小聲點(diǎn)又又f=N聯(lián)立各式，代入數(shù)值解得：Fcos+Fsin=5.2則=當(dāng)當(dāng)=30時(shí)，拉力時(shí)，拉力 F有最小值，且Fmin=答案：(1)3 m/s28 m/s (2)

6、30 335.215.6F331cossin23(cossin)322?7.83sin(60)?133 N5133 N5熱點(diǎn)考向熱點(diǎn)考向1 1 動(dòng)力學(xué)圖像問題動(dòng)力學(xué)圖像問題【典例【典例1 1】（】（20132013銀川二模）如圖所示，一質(zhì)量為銀川二模）如圖所示，一質(zhì)量為 m m的滑塊，的滑塊，以初速度v0 0從傾角為的斜面底端滑上斜面，當(dāng)其速度減為零后又沿斜面返回底端，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為后又沿斜面返回底端，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，若滑塊所受的摩擦力為若滑塊所受的摩擦力為 f f、所受的合外力為、所受的合外力為 F F合合、加速度為、加速度為a a、速、速度為v，規(guī)定沿斜面向

7、上為正方向，在滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，這些物理量隨時(shí)間變化的圖像大致正確的是過程中，這些物理量隨時(shí)間變化的圖像大致正確的是（）【解題探究】【解題探究】（1 1）請(qǐng)畫出滑塊向上和向下運(yùn)動(dòng)的受力分析圖。）請(qǐng)畫出滑塊向上和向下運(yùn)動(dòng)的受力分析圖。提示：（2 2）請(qǐng)結(jié)合受力分析圖判斷各物理量的變化情況：）請(qǐng)結(jié)合受力分析圖判斷各物理量的變化情況：不變由負(fù)向變?yōu)檎蜃冃〔蛔冏冃〔蛔兿茸冃『笞兇笥烧蜃優(yōu)樨?fù)向【解析】選A。對(duì)滑塊沿斜面向上和向下過程進(jìn)行受力分析，可知滑塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小不變，均為f=mgcos，方向由負(fù)向變?yōu)檎?，選項(xiàng) A正確；滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)合=mgsin+mgcos，沿斜面

8、向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊所受的合外，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊所受的合外力的大小F合=mgsin-mgcos，顯然合外力變小，方向始終沿負(fù)向，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；加速度的變化情況與合外力相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；向上運(yùn)動(dòng)過程中滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，向下運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，向上時(shí)的加速度大于向下時(shí)的加速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！究偨Y(jié)提升】處理動(dòng)力學(xué)圖像問題的一般思路（1）依據(jù)題意，合理選取研究對(duì)象；（2）對(duì)物體先受力分析，再分析其運(yùn)動(dòng)過程；（3）將物體的運(yùn)動(dòng)過程與圖像對(duì)應(yīng)起來；（4）對(duì)于相對(duì)復(fù)雜的圖像，可通過列解析式的方法進(jìn)行判斷。【變式訓(xùn)練】（【變式訓(xùn)練】（2013漳州二模）如圖漳州二模）如圖 1 1所示，在光滑水平面所

9、示，在光滑水平面上疊放著甲、乙兩物體。現(xiàn)對(duì)甲施加水平向右的拉力F，通過傳感器可測(cè)得甲的加速度 a隨拉力F變化的關(guān)系如圖 2所示。已知重力加速度 g=10m/s2 2，由圖線可知（）A.甲、乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是 0.2B.甲的質(zhì)量是甲的質(zhì)量是4 kg4 kgC.甲的質(zhì)量是2 kgD.甲、乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是 0.6【解析】選A。由圖2可知拉力F小于48N時(shí)，甲、乙兩物體一起運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得 F1=（m甲+m乙）a1，以乙為研究對(duì)象有f1=m乙a1，拉力F大于48N時(shí)，甲、乙兩物體相對(duì)滑動(dòng)，以甲為研究對(duì)象有 F2-f=m甲a2，其中，其中f=m甲g，解得甲、乙之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是 0.2，

10、甲、乙的質(zhì)量分別是 6kg、2 kg，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤?！咀兪絺溥x】（2013黃岡二模）如圖甲所示，用一水平外力黃岡二模）如圖甲所示，用一水平外力F推著一個(gè)靜止在傾角為的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度 a a隨外力隨外力F F變化的圖像如圖乙所示，變化的圖像如圖乙所示，若重力加速度 g g取取10m/s2 2。根據(jù)圖乙中所提供的信息不能計(jì)算。根據(jù)圖乙中所提供的信息不能計(jì)算出（sin37=0.6）（）A.A.物體的質(zhì)量物體的質(zhì)量B.斜面的傾角C.物體能靜止在斜面上所施加的外力D.加速度為6 m/s2 2時(shí)物體的速度【解析】選D。物

11、體受力如圖所示，由牛頓第二定律得Fcos-mgsin=ma，由F=0時(shí)，a=-6 m/s2，解得=37。由a=F-gsin和 a-F圖像知：圖像斜率，解得m=2 kg，物體靜止時(shí)Fcos=mgsin,F=mgtan=15 N，因?yàn)槲矬w的加速度的變化對(duì)應(yīng)的時(shí)間未知，所以無法求出物體加速度為 6 m/s2時(shí)的速度，故選D。cosm?6 2cos3730 20m?熱點(diǎn)考向熱點(diǎn)考向2 2 連接體問題【典例【典例2 2】（15分）如圖所示，一工件置于水平地面上，工件分）如圖所示，一工件置于水平地面上，工件質(zhì)量質(zhì)量M=0.8kg，其AB段為一半徑R=1.0m的光滑圓弧軌道，圓弧軌道上的軌道上的P P點(diǎn)到B

12、C的高度差h=0.2m，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊置，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊置于于P P點(diǎn)，物塊質(zhì)量m=0.2kg，若將一水平恒力 F F作用于工件上，作用于工件上，使物塊與工件保持相對(duì)靜止，一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，工使物塊與工件保持相對(duì)靜止，一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，工件與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1，g取10m/s2 2，求F的大小?！窘忸}探究】【解題探究】（1 1）設(shè)物塊和）設(shè)物塊和O O的連線與豎直方向的夾角為的連線與豎直方向的夾角為，請(qǐng)用已知物理，請(qǐng)用已知物理量的符號(hào)，寫出以下物理量的表達(dá)式：量的符號(hào)，寫出以下物理量的表達(dá)式：物塊所受的彈力物塊所受的彈力 N=_N=_；工件與物塊整體向左勻加

13、速運(yùn)動(dòng)的加速度工件與物塊整體向左勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度 a a的表達(dá)式為的表達(dá)式為a=_a=_；（2 2）水平恒力）水平恒力F F與加速度與加速度a a之間滿足何種關(guān)系？之間滿足何種關(guān)系？提示：對(duì)物塊和工件整體由牛頓第二定律得F-（M+m）g=（M+m）a。mgcos?gtangtan【解析】設(shè)物塊和 O的連線與豎直方向的夾角為，物塊與工件一起運(yùn)動(dòng)的加速度為 a，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：豎直方向:Ncos=mg （3分）水平方向:Nsin=ma （3分）由幾何知識(shí)得：cos=，sin=（4分）對(duì)于物塊與工件整體由牛頓第二定律得:F-(M+m)g=(M+m)a （3分）代入數(shù)據(jù)，由式得

14、:F=8.5 N （2分）答案:8.5 NR hR?21 cos?【拓展延伸】典例中：【拓展延伸】典例中：（1）若P點(diǎn)的位置不同，恒力 F的值相同嗎，為什么？提示：不相同。若 P點(diǎn)的位置不同，物塊和 O的連線與豎直方向的夾角將變化，物塊與工件一起運(yùn)動(dòng)的加速度 a將變化，由F=（M+m）a+（M+m）g得恒力F的值會(huì)變化。（2 2）若恒力）若恒力F F變大或變小了，物塊將相對(duì)于工件分別向哪個(gè)方變大或變小了，物塊將相對(duì)于工件分別向哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)？提示：若恒力F變大，加速度a將變大，夾角將變大，物塊將相對(duì)于工件沿圓軌道向上運(yùn)動(dòng)；同理，若恒力 F變小，物塊將相對(duì)于工件沿圓軌道向下運(yùn)動(dòng)?！究偨Y(jié)提升】應(yīng)用牛

15、頓第二定律解題的一般步驟（1）結(jié)合題意，靈活選取研究對(duì)象，可以是單個(gè)物體，也可以是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；（2）分析研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況；（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程；（4）統(tǒng)一單位后將數(shù)值代入方程求解?！咀兪接?xùn)練】（2013福州二模）如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為 m和2m的四個(gè)木塊，其中兩個(gè)質(zhì)量為 m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是mg?，F(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為 2m的木塊，使四個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則輕繩對(duì) m的最大拉力為（）3 mg3 mg3 mgA.B.C.D.3 mg542?【解析】選B。以兩個(gè)質(zhì)量為m的木塊和一個(gè)質(zhì)量為 2m的木塊為研究對(duì)象

16、，有mg=4ma，得四個(gè)木塊一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度，以質(zhì)量為m、2m的兩個(gè)木塊為研究對(duì)象，T=3ma，得輕繩對(duì)m的最大拉力為，故選項(xiàng)B正確。3 mg4?熱點(diǎn)考向熱點(diǎn)考向3 3 多過程問題多過程問題【典例【典例3 3】（】（16分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量 M=2kg的物塊（可視為的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，圓弧軌道半質(zhì)點(diǎn)）從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，圓弧軌道半徑徑R=0.8m，到達(dá)底端時(shí)恰好進(jìn)入與圓弧軌道底端相切的水平傳，到達(dá)底端時(shí)恰好進(jìn)入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由一電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)著勻速向左轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小送帶，傳送帶由一電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)

17、著勻速向左轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小v=3m/s，已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1=0.1，兩皮帶輪，兩皮帶輪之間的距離之間的距離L=6m，重力加速度，重力加速度 g=10m/s2 2。（1 1）求物塊滑到圓弧軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；）求物塊滑到圓弧軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；（2）物塊將從傳送帶的哪一端離開傳送帶？【解題探究】【解題探究】（1 1）物塊滑到軌道底端時(shí)對(duì)軌道壓力的求解思路：）物塊滑到軌道底端時(shí)對(duì)軌道壓力的求解思路：先求物塊滑到軌道底端的速度 v0 0：a.物理規(guī)律：物理規(guī)律：_；b.方程式：_。動(dòng)能定理201MgRMv02?求物塊滑到軌道底端時(shí)軌道

18、的彈力求物塊滑到軌道底端時(shí)軌道的彈力 F FN N：a.物理規(guī)律：_；b.方程式：_。利用利用_ 得物塊對(duì)軌道的壓力。（2 2）如何判斷物塊將從傳送帶哪端離開？）如何判斷物塊將從傳送帶哪端離開？提示：比較物塊速度為零時(shí)在傳送帶上的位移 s與傳送帶的長(zhǎng)度L的大小。若sL，物塊將從傳送帶的右端離開；反之將從傳送帶的左端離開。牛頓第二定律牛頓第三定律20NvFMg MR?【解析】（1）由動(dòng)能定理得：MgR=Mv02-0 （3分）由牛頓第二定律得：FN-Mg=（3分）由牛頓第三定律得物塊對(duì)軌道的壓力FN與FN大小相等，方向相反,(2 分)解得:FN=60 N。(2分)1220vMR（2）物塊在傳送帶上

19、運(yùn)動(dòng)的過程由牛頓第二定律得:mg=ma （2分）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:02-v02=2(-a)s （2分）解得:x=8 m （1分）因sL，故物塊將從傳送帶的右端離開。（1分）答案:（1）60 N （2）右端【拓展延伸】典例中：（1）若傳送帶長(zhǎng)度變?yōu)?10m，物塊將從傳送帶的哪一端離開傳送帶？提示：因sL，故物塊速度達(dá)到零后，沒有到達(dá)傳送帶右端，將沿傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，從傳送帶的左端離開。（2）若傳送帶以 3m/s的速度沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊在離開傳送帶時(shí)的速度大小是多少？提示：物塊滑到軌道底端的速度 v0=4m/s，物塊速度由v0=4m/s 變?yōu)関=3m/s的過程中，運(yùn)動(dòng)的位移=3.5mL=6

20、m，故物塊離開傳送帶時(shí)的速度大小為 3m/s。220vvs2 g?【總結(jié)提升】多過程問題求解的一般思路（1）基本思路：受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是解決問題的關(guān)鍵，而加速度是聯(lián)系力與運(yùn)動(dòng)的橋梁?；舅悸啡鐖D所示：（2）常用方法：整體法與隔離法。正交分解法。（3）注意事項(xiàng)：仔細(xì)審題，分析物體的受力及受力的變化情況，確定并劃分出物體經(jīng)歷的每個(gè)不同的過程。逐一分析各個(gè)過程中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，以及總結(jié)前一過程和后一過程的狀態(tài)有何特點(diǎn)。前一個(gè)過程的結(jié)束就是后一個(gè)過程的開始，兩個(gè)過程的交接點(diǎn)受力的變化、狀態(tài)的特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵?！咀兪接?xùn)練】（【變式訓(xùn)練】（20132013泉州二模）如圖所示為倉庫中常用的皮泉州二模

21、）如圖所示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺(tái)皮帶傳送機(jī)組成，一臺(tái)水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺(tái)傾斜，傳送帶與地面的傾角=37，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近，水平部分 AB以5m/s的速率順時(shí)針傳送。將質(zhì)量為 10kg的一袋大米放在 A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的 CD部分，米袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5。試求：（1 1）若CDCD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。（2 2）若要米袋能被送到 D D端，求CDCD部分順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿部分順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從 C端到D端所用

22、時(shí)間的取值范圍。【解析】（1）米袋在AB上加速時(shí)的加速度a0=g=5m/s2米袋的速度達(dá)到 v0=5m/s 時(shí)，滑行的距離s0=2.5mAB=3m，因此米袋在到達(dá) B點(diǎn)之前就有了與傳送帶相同的速度。設(shè)米袋在CD上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a，由牛頓第二定律得mgsin+mgcos=ma代入數(shù)據(jù)得a=10m/s2所以米袋能上升的最大距離 s=1.25m。（2）設(shè)CD部分運(yùn)轉(zhuǎn)速度為 v1時(shí)米袋恰能到達(dá) D點(diǎn)（即米袋到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零），則米袋速度減為 v1之前的加速度為a1=-g（sin+cos）=-10m/s2米袋速度小于v1至減為零前的加速度為a2=-g（sin-cos）=-2m/s2由解得v1

23、=4 m/s，即要把米袋送到 D點(diǎn)，CD部分的速度vCDv1=4 m/s米袋恰能運(yùn)到D點(diǎn)所用時(shí)間最長(zhǎng)為 tmax=2.1 s22210112vv0 v4.45 m2a2a?若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿 CD上滑時(shí)所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時(shí)間最短，此種情況米袋加速度一直為 a2。由sCD=v0tmin+得：tmin=1.16 s所以，所求的時(shí)間 t的范圍為1.16 st2.1 s。答案：（1）1.25 m （2）vCD4 m/s 1.16 st2.1 s22 minat21.一輛空車和一輛滿載貨物的同型號(hào)汽車，在同一路面上以相同的速度向同一方向行駛。兩輛汽車同時(shí)緊急剎車后（即車

24、輪不滾動(dòng)只滑動(dòng)），以下說法正確的是（）A.滿載貨物的汽車由于慣性大，滑行距離較大B.滿載貨物的汽車由于受摩擦力較大，滑行距離較小C.兩輛汽車滑行的距離相同D.滿載貨物的汽車比空車先停下來【解析】選C。兩輛汽車的加速度為a=g，由于初速度相同，故滑行的距離相同，選項(xiàng) C正確。2.（20132013泉州二模）如圖所示，質(zhì)量為 M M的斜劈形物體放在水平地面上，質(zhì)量為 m的粗糙物塊以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度為零后又加速返回，而物體上滑，至速度為零后又加速返回，而物體 M M始終保持靜止，則在物塊m m上、下滑動(dòng)的整個(gè)過程中（）A.地面對(duì)物體M M的摩擦力先向左后向右B.地面對(duì)物體M M的摩

25、擦力方向沒有改變C.地面對(duì)物體M的支持力總大于（M+m）gD.物塊物塊m m上、下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小相同【解析】選B。物塊m上、下滑動(dòng)時(shí)受到的滑動(dòng)摩擦力方向不同，加速度大小不同，方向都沿斜面向下，選項(xiàng) D錯(cuò)誤；地面對(duì)物體M的摩擦力和支持力分別為 f和N，對(duì)系統(tǒng)利用牛頓第二定律有f=max，（M+m）g-N=may，因此地面對(duì)物體 M的摩擦力方向沒有改變，地面對(duì)物體 M的支持力總小于（M+m）g，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。3.3.（20132013濰坊一模）如圖所示，傾角為 3030的光滑斜面與粗的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接?，F(xiàn)將一滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，最終停在水平面上

26、的點(diǎn)由靜止釋放，最終停在水平面上的 C C點(diǎn)。已知點(diǎn)。已知A A點(diǎn)距水平面的點(diǎn)距水平面的高度h=0.8mh=0.8m，B B點(diǎn)距C C點(diǎn)的距離L=2.0mL=2.0m。（滑塊經(jīng)過 B B點(diǎn)時(shí)沒有能量損失，g=10m/sg=10m/s2 2）求：（1 1）滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；）滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；（2 2）滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)）滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）滑塊從A點(diǎn)釋放后，經(jīng)過時(shí)間 t=1.0s速度的大小?！窘馕觥浚?）滑塊在B點(diǎn)時(shí)速度最大，由動(dòng)能定理得：解得：vB=4m/s2B1mghmv02?（2）滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得:mg=ma解得:a=g 由

27、運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得:vB2-0=2aL 由得:=0.4（3）滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：因此滑塊從A點(diǎn)釋放后經(jīng)過時(shí)間 t=1.0 s已在水平面上運(yùn)動(dòng)了0.2 s，此時(shí)的速度:v=vB-g0.2 s=3.2 m/s答案:（1）4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s2 2ht0.8 sgsin30?一整體法與隔離法的靈活應(yīng)用【案例剖析】（20分）（2013福建高考）質(zhì)量為 M、長(zhǎng)為的桿水平放置，桿兩端 A、B系著長(zhǎng)為3L的不可伸長(zhǎng)且光滑的柔軟輕繩，繩上套著一質(zhì)量為 m的小鐵環(huán)。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣影響。3L（1 1）現(xiàn)讓桿和環(huán)均靜止懸掛在空中，如圖甲，求繩中拉力靜止懸掛在空中，如圖甲，求繩中

28、拉力的大??；的大小；（2 2）若桿與環(huán)保持相對(duì)靜止，在空中沿桿與環(huán)保持相對(duì)靜止，在空中沿 ABAB方向水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)環(huán)恰好懸于環(huán)恰好懸于A A端的正下方，如圖乙所示。求此狀態(tài)下桿的加速度大小 a a；為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個(gè)多大的外力，方向如何？為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個(gè)多大的外力，方向如何？【審題】抓住信息，準(zhǔn)確推斷【破題】精準(zhǔn)分析，無破不立【破題】精準(zhǔn)分析，無破不立（1 1）繩中拉力的大?。海├K中拉力的大小：環(huán)兩邊繩子拉力相等，畫出環(huán)受力分析圖。環(huán)兩邊繩子拉力相等，畫出環(huán)受力分析圖。提示：根據(jù)物體的平衡條件列平衡方程。即：根據(jù)物體的平衡條件列平衡方程。即：_。2T

29、cos2Tcos-mg=0-mg=0（2 2）施加外力大小與方向：）施加外力大小與方向：桿與環(huán)保持相對(duì)靜止，有共同加速度，對(duì)整體進(jìn)行受力分析。桿與環(huán)保持相對(duì)靜止，有共同加速度，對(duì)整體進(jìn)行受力分析。提示：利用正交分解法運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)整體列方程利用正交分解法運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)整體列方程水平方向：_。豎直方向：_。Fcos=Fcos=（M+m）a aFsinFsin-（M+m）g=0環(huán)恰好懸于環(huán)恰好懸于 A A端的正下方，明確桿與環(huán)間幾何關(guān)系，對(duì)環(huán)進(jìn)端的正下方，明確桿與環(huán)間幾何關(guān)系，對(duì)環(huán)進(jìn)行受力分析。行受力分析。提示：利用隔離法對(duì)環(huán)列牛頓第二定律方程水平方向：_。豎直方向：_。Tsin=maT+

30、Tcos-mg=0【解題】規(guī)范步驟，水到渠成（1）如圖甲，設(shè)平衡時(shí)，繩中拉力為 T，有2Tcos-mg=0 (2分)由圖中幾何關(guān)系可知cos=(2分)聯(lián)立式解得 T=(2 分)636mg4（2）此時(shí)，對(duì)小鐵環(huán)的受力分析如圖乙，有Tsin=ma（3分）T+Tcos-mg=0（3分）由圖中幾何關(guān)系可知=60，代入式解得a=g （2分）33如圖丙，設(shè)外力 F與水平方向成與水平方向成角，將桿和小鐵環(huán)看作一個(gè)角，將桿和小鐵環(huán)看作一個(gè)整體，有Fcos=（M+m）a（2分）Fsin-（M+m）g=0（2分）聯(lián)立式，解得tan=(或或=60)(2 分)答案：（1）（2）外力大小為(M+m)g，方向與水平方向成 60角斜向上?2 3FM m g3?36mg43g32 33【點(diǎn)題】突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分（1）常見思維障礙：未能從“光滑的柔軟輕繩”挖掘出環(huán)兩邊繩子拉力相等的信息。未能從“桿與環(huán)保持相對(duì)靜止”獲取桿與環(huán)有共同加速度，進(jìn)而利用整體法分析。未能靈活應(yīng)用整體法與隔離法。不能恰當(dāng)應(yīng)用“力的合成與分解”求解外力的大小和方向。（2）解題不規(guī)范造成出錯(cuò)：不能正確進(jìn)行受力分析。外力與水平方向夾角和繩子與水平方向夾角相混。