奥赛辅导第三讲动力学一般问题与特殊问题

第三章 牛顿运动定律研究物体的受力和物体的运动之间的关系。

牛顿三定律是力学的基础。

第一讲 牛顿定律一、牛顿定律 1、牛顿第一定律为研究力和运动的关系指明了方向表示作用力和反作用力之间的关系。

（1）大小相等 （2）方向相反 （3）同线 （4）作用在两个物体上，效果不能抵消（区别于平衡力） （5）同时性 （6）同性质（7）做功之和可能是0，也可能不是0 （8）冲量之和为0 从（7）（8）可以看出机械能守恒定律和动量守恒定律的条件不同。

二、质点直线或曲线运动的条件当质点受到的合外力与速度方向同线时，质点做直线运动。

当质点受到的合外力与速度方向不同线时，质点做曲线运动。

合外力与速度方向的夹角θ（1）0θ≤<90º时，速度大小增大 （2）90θ=º时，速度大小不变（3）090θ>时，速度大小减小 三、超重和失重当加速度向上时，物体对支持物的压力或悬挂物的拉力大于本身重力，称为超重。

当加速度向下时，物体对支持物的压力或悬挂物的拉力小于本身重力，称为失重。

当a=g 且向下时，物体对支持物的压力或悬挂物的拉力等于0，称为完全失重。

（1）超、失重只是一种现象，物体实际重力并没有发生变化。

（2）超、失重由加速度决定，和速度无关 （3）与物体的重力发生变化产生的的效果一样 超失重是一种现象，是一种解题方法 四、关于坐标系的建立利用牛顿定律解题，一般都要建立坐标系，利用其分量形式。

所建的坐标系中较多的是直角坐标系。

坐标系的建立与问题的解无关。

但合适的坐标系，可使解题简单。

例题：如图所示，光滑斜面倾角为θ，在水平地面上加速运动。

斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m 的小球，当斜面加速度为a 时（a ＜cot θ），小球保持相对斜面静止。

求此时绳子的拉力T 。

答案： m 22a g +112212...(...)c F m a m a m m a =++=++合对1： 1111F F ma +=外内 对2： 22F F m a +=外2内2 ……系统 112212...(...)c F m a m a m m a =++=++合 而 112212...(...)c m x m x m m x ++=++112212...(...)c m x m x m m x ++=++，即112212...(...)c m v m v m m v ++=++ 112212...(...)c m x m x m m x ++=++，即112212...(...)c m a m a m m a ++=++例题：二物之间是光滑的，由静止释放m 1，m 2静止在地面上，求地面对物体的支持力和摩擦力。

第一讲 力的种类和受力分析【赛点知识】一、自然界中常见的力我们在日常生活中会遇到各种各样的力，如重力、绳中的张力、摩擦力、地面的支撑力和空气的阻力等，从最基本的层次看，上述各种力属于四大范畴：（1）引力；（2）电磁力；（3）弱力；（4）强力。

这里我们只介绍开头列举的那几种常见的力。

（一）万有引力 宇宙间存在于任何两个有质量的质点之间的相互吸引力称万有引力。

2r m m GF B A = 式中，111067.6-⨯=GNm 2/kg 2 ，为万有引力常量；B A m m ,为A ，B 两质点的质量，r 表示两质点的距离。

重力来源于地球对物体的吸引。

在地球表面附近，物体的重力大小mg G =，方向竖直向下。

物体的各个部分都受到重力的作用，我们把它等效地认为是作用在物体的重心上。

在一般情况下，在地球表面附近的小范围可以认为重力是不变的。

若在大范围内考虑，并计及地球自转的影响，则同一物体的重力是可变的，重力将随距地面的高度、不同的纬度而不同，它实际上是万有引力的一个分力。

（二）弹力物体在受力产生形变时，有恢复原状的趋势，这种抵抗外力力图恢复原状的力就是弹力。

对于弹簧的弹力，在弹性限度内，弹簧的弹力和弹簧伸长（或压缩）的长度成正比 kx F -=式中，k 为弹簧的劲度系数，由弹簧本身性质所决定（如匝数、材料及弹簧的粗细等）；x 为弹簧的形变量，负号表示弹力的方向与形变x 的方向相反，弹簧伸长时x 取正。

其它弹力的大小只能据状态求。

弹力的方向：应为恢复形变的方向，在实际问题中可理解为垂直接触面的方向；对绳子或柔软体，沿绳方向；对二力杆则沿杆方向。

弹簧的连接： （1）弹簧的串联：将劲度系数分别为n k k k k ,,,,321⋯的几个弹簧串联，串联后等效的劲度系数为串k ，则nk k k k 111121+++= 串。

（2）弹簧的并联：将劲度系数分别为n k k k k ,,,,321⋯的几个弹簧并联，在形变相同的情况下，并联后等效的劲度系数为并k ，则n k k k k +++= 11串。

第三讲 动力学的特别问题和方法一、 质点系的牛顿第二定律∑F =m 1a 1+m 2a 2+…+m n a n （∑F 表示质点系所受到的合外力，a 1、a 2、… a n 分别表示各质点的加速度）用这种方法要注意：（1）分析系统受到的外力，而系统内各质点间的相互作用力不需要分析；（2）分析系统内各质点的加速度大小和方向。

各质点加速度方向不相同时可采用其正交表达式为：∑Fx =m 1a 1x +m 2a 2x +…+m n a nx∑Fy =m 1a 1y +m 2a 2y +…+m n a ny例1．如图所示，倾角为θ的斜面体置于粗糙的水平面上，已知斜面体的质量为M ，一质量为m 的木块正沿斜面体以加速度a 下滑，且下滑过程中斜面体保持静止，则下滑过程中，地面对斜面体的支持力多大？斜面体受到地面的摩擦力多大？ N=（M+m ）g –masin θ f ＝ma x ＝macos θ例2．一只质量为m 小猫，跳起来抓住悬在天花板上质量为M 的竖直木杆，当小猫抓住木杆的瞬间，悬挂木杆的绳子断了，设木杆足够长，由于小猫不断地向上爬，可使小猫离地高度保持不变，则木杆下落的加速度为多大？a=()Mg M m +例3如图所示，A 、B 滑块质量分别是mA 和mB ，斜面倾角为α，当A 沿斜面体D 下滑、B 上升时，地板突出部分E 对斜面体D 的水平压力F 为多大（绳子质量及一切摩擦不计）？例4如图所示，跨过定滑轮的一根绳子，一端系着 m=50 kg 的重物，一端握在质量M=60 kg 的人手中．如果人不把绳握死，而是相对地面以g /18的加速度下降，设绳子和滑轮的质量、滑轮轴承处的摩擦均可不计，绳子长度不变，试求重物的加速度 asin c o s A BA A Bm m m g m m F αα-⋅⋅=+得215g=二．加速度相关关系绳、杆约束物系或接触物系各部分加速度往往有相关联系，确定它们的大小关系的一般方法是：设想物系各部分从静止开始匀加速运动同一时间，则由可知，加速度与位移大小成正比，确定了相关物体在同一时间内的位移比，便确定了两者加速度大小关系。

高中物理《竞赛辅导》力学部分目录第一讲：力学中的三种力第二讲：共点力作用下物体的平衡第三讲：力矩、定轴转动物体的平衡条件、重心第四讲：一般物体的平衡、稳度第五讲：运动的基本概念、运动的合成与分解第六讲：相对运动与相关速度第七讲：匀变速直线运动第八讲：抛物的运动第九讲：牛顿运动定律（动力学）第十讲：力和直线运动第十一讲：质点的圆周运动、刚体的定轴转动第十二讲：力和曲线运动第十三讲：功和功率第十四讲：动能定理第十五讲：机械能、功能关系第十六讲：动量和冲量第十七讲：动量守恒《动量守恒》练习题第十八讲：碰撞《碰撞》专题练习题第十九讲：动量和能量《动量与能量》专题练习题第二十讲：机械振动《机械振动》专题练习第二十一：讲机械波第二十二讲：驻波和多普勒效应第一讲： 力学中的三种力【知识要点】（一）重力重力大小G=mg ，方向竖直向下。

一般来说，重力是万有引力的一个分力，静止在地球表面的物体，其万有引力的另一个分力充当物体随地球自转的向心力，但向心力极小。

（二）弹力1．弹力产生在直接接触又发生非永久性形变的物体之间(或发生非永久性形变的物体一部分和另一部分之间)，两物体间的弹力的方向和接触面的法线方向平行，作用点在两物体的接触面上．2．弹力的方向确定要根据实际情况而定．3．弹力的大小一般情况下不能计算，只能根据平衡法或动力学方法求得．但弹簧弹力的大小可用．f=kx(k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧的拉伸或压缩量)来计算 ．在高考中，弹簧弹力的计算往往是一根弹簧，而竞赛中经常扩展到弹簧组．例如：当劲度系数分别为k 1,k 2,…的若干个弹簧串联使用时．等效弹簧的劲度系数的倒数为：nk k k 1...111+=，即弹簧变软；反之．若以上弹簧并联使用时，弹簧的劲度系数为：k=k 1+…k n ，即弹簧变硬．(k=k 1+…k n 适用于所有并联弹簧的原长相等；弹簧原长不相等时，应具体考虑) 长为0L 的弹簧的劲度系数为k ，则剪去一半后，剩余2L 的弹簧的劲度系数为2k （三）摩擦力 1．摩擦力一个物体在另一物体表面有相对运动或相对运动趋势时，产生的阻碍物体相对运动或相对运动趋势的力叫摩擦力。

第3讲 动力学 一般问题与特殊问题一、知识点击1．惯性系与牛顿运动定律⑴惯性系：牛顿运动定律成立的参考系称为惯性参考系．地球参考系可以很好地近似视为惯性参考系一切相对地面静止或匀速直线运动的参考系均可视为惯性参考系．⑵牛顿运动定律牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．牛顿第一定律也称为惯性定律．牛顿第二定律：物体的加速度与其所受外力的合力成正比，与物体的质量成反比，其方向与合外力的方向相同．即F ma ．常作正交分解成：F x =ma x F y =ma y F z =ma z牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上．2．联结体所谓“联结体”就是一个系统内有若干个物体，它们的运动情况和受力情况都一种关系联系起来．若联结体内（即系统内）各物体只有相同的加速度时应先把这联结体当成一个整体（看成一个质点）．分析这类问题的一般方法是：（l ）将系统中的每个物体隔离开来分别进行受力分析；（2）对每个物体用牛顿第二、三定律列方程，有的物体可以列互为正交方向上的两个方程；（3）根据具体情况确定各物体的运动特征量般（如速度、加速度）之间的关系． 在解决联结体问题时确定齐物体加速度之间的关系是｝分币要的．3．非惯性系牛顿第一、二定律只适用十某一类参考系、这类参考系叫惯性系．比如地面就是一个相当好的惯性系，太阳是一个非常好的惯性系，一般我们认为，相对地面没有加速度的参考系，都可视为惯性系，相对地而有加速度的参考系，都可视为非惯性系．在非惯性系中，为了使牛顿第一、二定律在形式上仍然成立，我们可以给每个物体加上一个惯性力F 0．F 0的大小为ma 0（m 为研究的物体，a 0为所选参考系相对地而的加速度）， F 0的方向和a 0的方向相反．如果取一个转动的参考系，则要加上惯性离心力F 0=m ω2 R 。

惯性力是一个假想的力，完全是为了使牛顿第一、二定律在非惯性系中也能成立而人为地想象出来的，实际上并不存在．惯性力不存在施力物体，也没有反作用力．惯性力从其性质上来说，也是一个保守力，所以在有些场合也会讨论惯性力的势能．3．质心运动问题质心是物体质量中心，由几个质点组成的质点系，若这几个质点所在的位置分别是(x 1，y 1，z 1）、(x 2，y 2，z 2)……则系统的质心位置为i i i i m xx m =∑∑ i i i i m y y m =∑∑ i i i i m z z m =∑∑二、方法演练类型一、牛顿第二定律是动力学的核心，特别是质点系的牛顿第二定律解题时应用起来特别灵活多变，是解决复杂的动力学问题的主要手段。

高中物理竞赛—动力学知识要点分析一、牛顿运动定律〔1〕牛顿第必然律：在牛顿运动定律中，第必然律有它独立的地位。

它提醒了这样一条规律：运动是物体的固有属性，力是改变物体运动状态的原因，认为“牛顿第必然律是牛顿第二定律在加速度为零时的特殊情况〞的说法是错误的，它掩饰了牛顿第必然律的独立地位。

物体保持原有运动状态〔即保持静止或匀速直线运动状态〕的性质叫做惯性。

因此，牛顿第必然律又称为惯性定律。

但二者不是一回事。

牛顿第必然律谈的是物体在某种特定条件下〔不受任何外力时〕将做什么运动，是一种抱负情况，而惯性谈的是物体的一种固有属性。

一切物体都有惯性，处于一切运动状态下的物体都有惯性，物体不受外力时，惯性的浮现是它保持静止状态或匀速直线运动状态。

物体所受合外力不为零时，它的运动状态就会发生改变，即速度的大小、标的目的发生改变。

此时，惯性的浮现是物体运动状态难以改变，无论在什么条件下，都可以说，物体惯性的浮现是物体的速度改变需要时间。

质量是物体惯性大小的量度。

〔2〕牛顿第二定律 物体的加速度跟所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比。

加速度的标的目的跟合外力标的目的一样，这就是牛顿第二定律。

它的数学表达式为a m F =∑牛顿第二定律反映了加速度跟合外力、质量的定量关系，从这个意义上来说，牛顿第二定律的表达式写成m F a ∑=更为准确。

不能将公式a m F =∑理解为：物体所受合外力跟加速度成正比，与物体质量成正比，而公式a F m ∑=的物理意义是：对于同一物体，加速度与合外力成正比，其比值保持为某一特定值，这比值反映了该物体保持原有运动状态的能力。

力与加速度相连系而不是同速度相连系。

从公式at v v +=0可以看出，物体在某一时刻的即时速度，同初速度、外力和外力的感化时间都有关。

物体的速度标的目的纷歧定同所受合外力标的目的一致，只有速度的变化量〔矢量差〕的标的目的才同合外力标的目的一致。

牛顿第二定律反映了外力的瞬时感化效果。

嗦夺市安培阳光实验学校第3讲抓住“两个分析”解决动力学三类问题高考热点1．动力学中的多过程问题．2．“传送带模型”问题．3．“滑块—木板模型”问题．一、动力学中的多过程问题1．“两个分析”指的是受力分析和运动分析．2．很多动力学问题中涉及物体两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿定律中的多过程问题．3．有些题目中这些过程是彼此的，有些题目中相邻的过程之间也可能存在一些联系，解决这类问题时，既要将每个过程分析清楚，又要关注它们之间的联系．例1如图1所示，一块磁铁放在铁板ABC上的A处，其中AB长为1 m，BC长为0.6 m，BC与水平面夹角为37°，磁铁与铁板间的引力为磁铁重力的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数μ＝0.25，现给磁铁一个水平向左的初速度v0＝4 m/s，磁铁经过B处时速度大小不变．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)求：图1(1)磁铁第一次到达B处的速度大小；(2)磁铁沿BC向上运动的加速度大小；(3)请通过计算判断磁铁最终能否再次回到B点．变式1如图2所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m＝1 kg的物体(可视为质点)，在沿斜面向上的拉力F＝10 N的作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝36，取g＝10 m/s2.试求：图2(1)物体在拉力F作用下的加速度的大小；(2)若拉力F作用1.2 s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离x.方法提炼1．将“多过程”分解为许多“子过程”注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁．2．对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的动力学规律列方程．4．分析“衔接点”位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．二、“传送带模型”问题1．物体在传送带上运动的情形统称为“传送带模型”．包括水平传送带和倾斜传送带．2．因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题作出准确的动力学过程分析(受力分析和运动分析)，特别是摩擦力的突变，是解决问题的关键．例2如图3所示为上、下两端相距L＝5 m，倾角α＝30°，始终以v＝3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端．重力加速度g取10 m/s2，求：图3(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．变式2(多选)如图4甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )图4A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5 s到达B处C．行李提前0.5 s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处规律总结1．水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力情况；倾斜传送带上物体的运动取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况．2．传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→达到共同速度，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v 物＝v传．3．倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角tan θ与动摩擦因数的大小．三、“滑块—木板模型”问题1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．例3如图5所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量m A＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求：图5(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度．变式3(多选)如图6所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )图6A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg方法提炼 分析“滑块—木板模型”问题时应掌握的技巧 1．分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度． 2．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系． 3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力．(2)二者加速度不相等． 题组1 动力学中的多过程问题1．(2015·新课标全国Ⅰ·20)(多选)如图7(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( ) 图7A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度2．新春佳节，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)．某次服务员用单手托托盘方式(如图8)给12 m 远处的顾客上菜，要求全程托盘水平．托盘和手、碗之间的摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜最大速度为3 m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求： 图8(1)服务员运动的最大加速度； (2)服务员上菜所用的最短时间． 题组2 “传送带模型”问题3．如图9所示，传送带保持v 0＝1 m/s 的速度运动，现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ，则物体从左端运动到右端所经历的时间为( ) 图9A. 5 s B ．(6－1) s C ．3 s D ．5 s4．(多选)如图10所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面滑上传送带，以地面为参考系，v 2>v 1，从小物块滑上传送带开始计时，其v －t 图象可能是( )图105.如图11所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则下图中能反映小木块的速度随时间变化关系的是( ) 图116.如图12所示，用皮带输送机将物块m 向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于m所受摩擦力F f的说法正确的是( )图12A．皮带传动的速度越大F f越大B．皮带加速运动的加速度越大F f越小C．皮带速度恒定，m质量越大F f越大D．F f的方向一定与皮带速度方向相同7．一足够长水平浅色传送带以v0匀速运动，现将一可视为质点的小煤块轻放在其上方，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为μ.经过一定时间后达到共同速度．已知重力加速度为g.求：(1)小煤块达到与传送带相对静止所用的时间；(2)小煤块在传送带上划出的痕迹长度．题组3 “滑块—木板模型”问题8．如图13所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板与物块间的接触面均粗糙．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )图13A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向左运动，速度逐渐变小，直到为零C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零9.一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放着质量分别为m A＝1 kg和m B ＝2 kg的A、B两物块，A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图14所示(重力加速度g取10 m/s2)．则( )图14A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 ND．若F＝8 N，则B物块的加速度为1 m/s210.(2015·新课标全国Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B 均处于静止状态，如图15所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图15(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．第3讲 抓住“两个分析”解决动力学三类问题 备考指导 例1 见解析解析 (1)F N ＝kmg ＋mg ＝1.2mgF f ＝μF N ＝0.25×1.2mg ＝0.3mg 根据牛顿第二定律a 1＝F f m＝3 m/s 2v B ＝v 20－2a 1x ＝42－2×3×1 m/s ＝10 m/s(2)磁铁沿BC 向上运动时，F N ′－mg cos 37°－kmg ＝0μF N ′＋mg sin 37°＝ma 2a 2＝μF N ′＋mg sin 37°m＝8.5 m/s 2(3)磁铁沿BC 向上运动的最大距离x ′＝v 2B2a 2＝102×8.5 m≈0.59 m<0.6 mμ(mg cos 37°＋kmg )<mg sin 37°所以磁铁最终能再次回到B 点． 变式1 (1)2.5 m/s 2(2)2.4 m解析 (1)对物体受力分析，物体受到斜面对它的支持力F N ＝mg cos θ＝5 3 N ，物体受到斜面对它的摩擦力F f ＝μF N ＝2.5 N ，依据牛顿第二定律得物体的加速度a 1＝F －mg sin θ－F f m＝2.5 m/s 2.(2)拉力F 作用t 0＝1.2 s 后，速度大小为v ＝a 1t 0＝3 m/s ，物体向上滑动的距离x 1＝12a 1t 20＝1.8 m撤去F 后它将沿斜面向上做匀减速直线运动，其加速度大小a 2＝mg sin θ＋F fm＝7.5 m/s 2这一过程物体向上滑动的距离x 2＝v 22a 2＝0.6 m整个上滑过程移动的最大距离x ＝x 1＋x 2＝2.4 m. 例2 (1)36(2)8.67 m/s解析 (1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a .由题意得L ＝12at 2解得a ＝2.5 m/s 2；由牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma又F f ＝μmg cos α，解得μ＝36(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m ，物体加速度为a ′.由牛顿第二定律得 mg sin α＋F f ′＝ma ′ F f ′＝μmg cos αv 2m ＝2La ′联立解得v m ≈8.67 m/s.变式2 BD [行李放在传送带上，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．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 与传送带达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2 m －x 1v＝1.5 s 到达B ，共用时间2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝2 mv＝2 s ，故B 正确，A 、C 错误．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝ 2×21s ＝2 s ，D 正确．] 例3 (1)1 s (2)1 m/s解析 (1)小滑块对木板A 的摩擦力F f1＝μ1mg ＝4 N 木板A 与B 整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m ＋m A )g ＝5 NF f1<F f2，小滑块滑上木板A 后，木板A 保持静止设小滑块滑动的加速度为a 1，则：F －μ1mg ＝ma 1 l ＝12a 1t 21，解得：t 1＝1 s(2)设小滑块滑上B 时，小滑块的速度为v 1，B 的加速度为a 2，经过时间t 2小滑块与B 木板脱离，小滑块的位移为x ，B 的位移为x B ，B 的最大速度为v 2，则：μ1mg －2μ2mg ＝ma 2 v B ＝a 2t 2x B ＝12a 2t 22v 1＝a 1t 1x ＝v 1t 2＋12a 1t 22x －x B ＝l联立解得：v B ＝1 m/s.变式3 BCD [当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg 3m ＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确．]考点突破1．ACD [由v －t 图象可求出物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0（v 0＋v 1）4g，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．]2．(1)1.5 m/s 2(2)6 s解析 (1)设碗的质量为m ，托盘的质量为M ，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得，F f 1＝ma 1 碗与托盘间相对静止，则：F f 1≤F f 1max ＝μ2mg 解得：a 1≤μ2g ＝0.15×10 m/s 2＝1.5 m/s 2对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：F f 2＝(M ＋m )a 2手和托盘间相对静止，则：F f 2≤F f 2max ＝μ1(M ＋m )g 解得：a 2≤μ1g ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2则最大加速度a max ＝1.5 m/s 2(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t 1＝v max a max ＝31.5s ＝2 s位移：x 1＝12v max t 1＝12×3×2 m＝3 m减速运动时间：t 2＝t 1＝2 s ，位移：x 2＝x 1＝3 m匀速运动位移：x 3＝L －x 1－x 2＝12 m －3 m －3 m ＝6 m匀速运动时间：t 3＝x 3v max＝2 s最短时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝6 s3．C [物体在传送带左端开始运动时受到的摩擦力为F f ＝μmg ，获得的加速度a ＝F fm＝μg ＝1 m/s 2当加速到v 0时经过的时间t 1＝v 0a＝1 s经过的位移为x 1＝v 202a＝0.5 m以后物体随传送带一起向右匀速运动，到达右端用时t 2＝x －x 1v 0＝2 s ，所以物体从左端运动到右端的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s ．选项C 正确．]4．ABC [如果传送带足够长，小物块滑上传送带后，先在恒定的滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，直至速度减为零，然后在相同的滑动摩擦力的作用下反向做匀加速直线运动，直至速度大小达到v 1，之后随传送带一起运动，如选项B 所示；若小滑块滑到传送带最左端时，速度刚好减为零，则对应于选项C ；若小滑块滑到传送带最左端时，速度还没有减为零，则对应于选项A ；选项D 的图象描述的过程是小滑块先向左做减速运动，直到速度减为零，然后继续向左做加速运动，这显然是不可能的．]5．D [当小木块速度小于v 0时，对小木块受力分析可知，小木块受沿传送带向下的滑动摩擦力作用，此时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，可知a 1＝g sin θ＋μg cos θ，当小木块速度达到v 0时，因为μ<tan θ，所以mg sin θ>μmg cosθ，所以小木块将继续加速下滑，再次对小木块受力分析可知，小木块此时受沿传送带向上的滑动摩擦力作用，此时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，可知a 2＝g sin θ－μg cos θ，a 1>a 2，对比各v －t 图象可知选项D 正确．]6．C [当皮带加速时，F f －mg sin θ＝ma ，即F f ＝mg sin θ＋ma .故皮带加速运动的加速度越大F f 越大，与速度无关，A 、B 均错；当皮带匀速运动时，a ＝0，因此F f ＝mg sin θ，故m 越大F f 越大，C 对；当皮带向上减速时，若a <g sin θ，则F f 的方向沿皮带向上，若a ＝g sin θ，则F f 消失，若a >g sin θ，则F f 的方向沿皮带向下，所以D 错误．]7．(1)v 0μg (2)v 22μg解析 (1)小煤块的加速度a ＝μg达到v 0所用时间t ＝v 0a ＝v 0μg(2)在小煤块与传送带达到共同速度的过程中，传送带运动的距离x 1＝v 0t ＝v 20μg小煤块运动的距离x 2＝12at 2＝v22μg此过程中划出的痕迹长度为Δx ＝x 1－x 2＝v 202μg.8．C [撤掉拉力之前，物块在木板水平向右的滑动摩擦力的作用下与木板相对地面均向右运动，但是物块的速度小于木板的速度，撤去拉力之初，物块的速度仍小于木板的速度，物块仍然受到水平向右的滑动摩擦力，所以物块先向右加速运动，而木板在物块对其施加的水平向左的滑动摩擦力的作用下做减速运动，经过一段时间后，物块与木板的速度相等，此后，它们就一起向右做匀速直线运动．可见，本题答案为C.]9．D [A 物块与木板间的最大静摩擦力为f 1＝μm A g ＝2 N ，当A 物块相对木板滑动时，外力F 应满足关系式：F －F f1m A ≥F f1m B，联立解得F ≥3 N．当F ＝1 N 时，物块、木板相对静止，共同向左加速，A 错；当F ＝1.5 N 时，物块、木板共同向左加速的加速度为a ＝Fm A ＋m B＝0.5 m/s 2，此时A 物块所受摩擦力大小为F f1′＝m B a ＝1 N ，B 错；当F >3 N 时，A 物块、木板发生相对滑动，B 物块所受摩擦力大小为2 N(因木板是轻质的)，B 物块的加速度为a B ＝F f1m B＝1 m/s 2，C 错，D对．]10．(1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s解析 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③F N2＝F N1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma 1⑤mg sin θ－F f2＋F f1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s⑩2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑪ a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰ 设A 在B 上总的运动时间t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s。