牛顿运动定律专题

12μ11221v2－2a1v－a1212μ11221v2－2a1v－a122211模型一

牛顿运定律专题牛顿运定律在滑板-滑问题中应用例1如图所，薄板A长L＝m，其质量M＝，放在平桌面上，板右端桌边相齐．A上距端x处放物体(可看成点，其质＝2已知、动摩擦数＝0.1A与面间和B与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，来系统止．现在板的右端施一大小一定水平力F持续用在上直将A从B下抽出撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求B动的时．力F的大小解析：(1)对，在未离开时，其加速度为：a1＝2设经过时间t后B开，离开A后B的加速度为：μa＝－

＝－22设物体B离开时的速度为有v

＝a1和B1t＋＝代入数据解得t＝2s2＝＝1s所以B运动的时间是t＝＋t＝设的加速度为a，则根据相对运动的位移关系得11at－a＝L－x1

0－21210－2121解得：a

＝2m/s2由牛顿第二定律得F－1－μ(＋M)g＝

代入数据得：F＝N.答案：(2)26易错原：清楚滑块－滑板类问题中滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系．不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．不清楚物体间发生相对滑动的条件．训练1：如所示长为＝、量为M＝8木板，放在水地面上木板向右运的速度v＝6时，木板前端轻放个大小不计质量为＝2kg的物块木板与地面物块与板间的动摩因数均0.2，＝10物块及木板的加速度大．物块滑离木板时的速度小．解析：(1)物的加速度am＝μg2m/s对木板有：μmg＋μ(M＋)＝MaM

.求：解得a

M

＝3m/s2

.设物块经时间从木板滑离，则1L＝v－Mt2

2解得t＝0.4s或＝舍去)滑离木板时物块的速度：＝＝0.8m/s.答案：m/s

3m/s2

(2)0.8m/s模型二

牛顿运定律在传送问题中应用1．送带包括水传送带与倾传送带分析处理传带问题，一定要做“受力分析状态分析、程分析，具体流程下：2．解传送问题应注意下几点在确定研究对象并进行力分析首先判摩擦力突变(含小和方2

f00000002200f00000002200点，给动分段，而变点一发生在物体度与传带速度相同时刻．体在传带上运动时极值点都发生在物速度与送带速度相的时刻v与v相同的时刻运动分的关键点，是解题突破口．物传在倾斜传送带上需根据mgsinθ与F的大小和向，来定物体的运情况．(3)考传送带度，判断物与传送共速之前是滑出，体与送带共速以是否一定与送带保相对静止．例：如图所示一质量的小物体一定的率v滑到水平传带上左端的A点当传送始终静止时已知物体能滑过端的B点，经的时间t，则列判断正确是()A．传送逆时针向运且保持率不变，则体也能滑B点且用时tB．若传送带时针方运行且保持率不变则物体可能先右做匀减速动直到度减为零，后向左速，因此不滑过点C．传送顺时针向运，当其行速保持不)v时，物体将直做匀运动滑过B点，用时一定小于D．传送顺时针向运，当其行速率(保持不变>v时，物一定向右一做匀加速运滑过点，用时一定于t11解析：传送带静止时，有－＝－μmgL，即v2μgL，物体做减速运动，若传送带逆时针行物体仍受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为v

，不会为零，用时也一定仍为，故选项A对，而错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不)＝0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t，故选项C正确；当其运行速率(保持不变>v时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体速度加速到速度还未到达端时，则先匀加速后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D不对答案：AC训练2如图所，绷紧的传带，始以2的速度速斜向上行传送带与水方向间夹角θ＝30°.现质量为kg的工件轻地放在传带底端P处由传送传送至端Q.已知P之的距离为4，工与传送间的动摩擦数为μ3，取＝2通过计算说明工件在传带上做么运动．求工件从点运动到Q点所用的间．解析：工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmgθ－sinθ＝ma代入数值得：a＝2.5m/s3

212x22g2aa212x22g2aa则其速度达到传送带速度时发生的位移为＝＝2a2可见工件先匀加速运动0.8，然后匀速运动m.v匀加速时由1＝t得t10.8

m＝0.8m<4匀速上升时t＝＝v

s＝s所以工件从P点动到点所用的时间为＝t1＋＝2.4答案：(1)工先做加速直运动后做匀直线运

(2)2.4模型三等时圆型的应用1．时圆型(1)物沿着位同一竖直圆的所有滑弦由静止滑，到圆周低点时间均等，且为＝

Rg

如图甲所)．(2)物沿着位同一竖直圆的所有顶点的光滑由静止滑，达圆R周低端间相等为＝(如图乙示)．2．用“等圆”模型解对于涉竖直面上物运动时的比较、计等问题考虑用等时模型求解．例：如图所，位于竖直面内的定光滑圆环道与水面相切于M点竖直墙相切A竖墙上另一点BM的连线和平面的角为60°，C是圆环道的圆．已知在同时刻a、b球分别、两点从静止开沿光滑斜直轨道AMBM动到M；c球自由下到M点.则()A．球最先到M点．b球最先到M点C．球最先到达M点D．球和c球都能最先达M点解析：

如图所示，令圆环半径为R，球由点自由下落到M点用时满足R＝

12

gt，所以c＝

2Rg

；对于球令AM与平面成θ角，则1a下滑到M时满足AM2Rsinθ＝gsinθt，即t＝2

Rg

；同理b球从B点下滑到M点用时也满足t

＝2

rg

r为过B、M与水平面相切于4

c1c12212M点的竖直圆的半径，>)．综上所述可得t>>答案：C训练3如图所示在倾角θ的斜面方的A点放置光滑的板，B端刚好斜面上木板与竖直向成角度为α一小物自端沿木板静止滑下，使物块到斜面的时最短，与θ角的大小关系应)A．α＝θ

B．＝

θ2C．α＝

θ3

D．θ解析：如图所示，在竖直线选取一点，以适当的长度为半径画圆，使该圆过点，且与斜面相切于D点．由上题结论可知，由沿斜面滑到D所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端与D点重即可，而∠COD＝θ，＝

θ.2答案：B随堂练1．图所示和CD为两条光斜槽，它们自的两端点均分别于半径为R和r的两个切的圆，且斜槽都过切点.设有一重先后沿两个槽，从止出发，由A到由C滑到D所用的时间分别t和，则t与之比为)A．∶1．1∶1C3∶1D．1∶3解析：

设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为asinθ由几何关系，斜槽轨道的长度1x＝2(Rr)sin，由运动学公式x

2

，得＝

2xa

＝2×＋θgsin

＝2

R＋r，即所用的时间与倾角θ无g关，所以t＝t，B项正确．答案：B2．图甲为用于机场和车站的全检查仪，于对旅的行李进行全检查其传送装置简化为图乙的模型紧绷的送带始终保v的恒定率运行．旅把行李初速度地放A处，行李与传送之间的摩擦因μ0.1，A、间的距离为2，取102

.若乘客行李放传送带的同时以＝的定速平行于送带动到B处行李，()5

v112－x12m2min0v0011022v112－x12m2min0v0011022v1A．客与李同时达B处B．乘客提前到达BC．李提到达处D．传送速度足大，李最快要2才能到达B处解析行李放在传送带上，传送带对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aμg＝1m/s2，历t＝＝1s达到共同速度，位移x＝a

0.5，此后行李匀速运动t＝＝到达B，共用2.5s；乘客到达B，历＝＝2s故v正确．若传送带速度足够大行李一直加速运动最短运动时间t＝＝2s，项正确．答案：

2×1

s3.图所示，水传送带B两端相距x＝m，＝2的速度(始终保持变)顺时针运转，今将小煤块(可为质点)无速度地放至处，已知小块与传送带的动摩因数为g取m/s2

.由于小块与传带之间有相滑动会在传送带留下划．小煤块从A运动到B过程中()A．煤块A动到的时间是B．煤从动B的间是2.25C．痕长是D．痕长是解