第3章牛頓運(yùn)動(dòng)定律

物理新高考適用目錄第1節(jié)牛頓第一定律牛頓第二定律考點(diǎn)1牛頓第一定律考點(diǎn)2牛頓第二定律考點(diǎn)3力學(xué)單位制第2節(jié)牛頓第二定律的應(yīng)用考點(diǎn)1動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題考點(diǎn)2動(dòng)力學(xué)中的圖像問題考點(diǎn)3超重和失重問題微專題4牛頓第二定律的綜合應(yīng)用微專題5動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型微專題6動(dòng)力學(xué)中的滑塊－木板模型實(shí)驗(yàn)4探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系第1節(jié)牛頓第一定律牛頓第二定律考點(diǎn)1牛頓第一定律一、牛頓第一定律1.內(nèi)容:一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài),除非作用在它上面的力迫使它

改變這種狀態(tài)。2.意義(1)揭示了一切物體都具有慣性。(2)揭示了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,即力是產(chǎn)生

加速度的原因。二、慣性1.定義:物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)。2.量度:質(zhì)量是慣性大小的唯一量度,質(zhì)量大的物體慣性大,質(zhì)量小的物體慣性小。3.普遍性:慣性是物體的固有屬性,一切物體都具有慣性,與物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況

無關(guān)。即練即清判斷正誤,正確的打√,錯(cuò)誤的打?。如圖所示,滑冰運(yùn)動(dòng)員在賽場上滑冰。

(1)如果滑冰運(yùn)動(dòng)員不用力,則他將會(huì)慢慢停下,說明運(yùn)動(dòng)需要力來維持。

(

)(2)滑冰運(yùn)動(dòng)員的速度越大,他就越難停下,說明速度越大其慣性越大。

(

)(3)滑冰時(shí),如果運(yùn)動(dòng)員受到的力全部消失,運(yùn)動(dòng)員將做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

(

)(4)牛頓第一定律是牛頓第二定律的特例。(

)??√?考點(diǎn)2牛頓第二定律一、內(nèi)容及表達(dá)式1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質(zhì)量成反比,加速度的方向

跟作用力的方向相同。2.表達(dá)式:F=ma。二、對牛頓第二定律的理解三、力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系1.只要合力不為0,物體的加速度就不為0。2.(1)a=

是加速度的定義式,a與Δv、Δt無必然聯(lián)系。(2)a=

是加速度的決定式,a的大小由合力F和質(zhì)量m決定,且a∝F,a∝

。3.合力與速度同向時(shí),物體做加速直線運(yùn)動(dòng);合力與速度反向時(shí),物體做減速直線運(yùn)動(dòng)。教考銜接典例1

(人教版必修一P114,B組,T1改編)如圖甲所示,兩個(gè)質(zhì)量相同的小球A和B之間用

輕彈簧連接,然后用細(xì)繩懸掛起來。

(1)(回歸教材)剪斷細(xì)繩的瞬間,A和B的加速度分別是多少(重力加速度為g)?(2)(情境變式)如圖乙所示,一質(zhì)量為m的小球系于輕彈簧和長度為l2的細(xì)繩上,小球靜止

時(shí)細(xì)繩水平,輕彈簧與豎直方向的夾角為θ、長度為l1。重力加速度為g。甲①現(xiàn)將水平細(xì)繩剪斷,求剪斷瞬間小球的加速度大小a1。②如圖丙所示,將圖乙中的輕彈簧改為長度為l1的細(xì)繩,其他條件不變,現(xiàn)將水平細(xì)繩剪

斷,求剪斷瞬間小球的加速度大小a2。(3)(鏈接高考)(2024湖南,3,4分)如圖,質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小

球A、B、C、D,通過細(xì)線或輕彈簧互相連接,懸掛于O點(diǎn),處于靜止?fàn)顟B(tài),重力加速度為

g。若將B、C間的細(xì)線剪斷,則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為

(

)A.g,1.5g

B.2g,1.5gC.2g,0.5g

D.g,0.5g答案

(1)2g

0

(2)①gtanθ②gsinθ

(3)A解析

(1)設(shè)A和B的質(zhì)量均為m,在細(xì)繩被剪斷之前,A和B的受力情況分別如圖(a)和圖

(b)所示

對A有F=F1+mg對B有F2=mg又F1=F2剪斷細(xì)繩的瞬間,A和B的受力情況分別如圖(c)和圖(b)所示對A有maA=F1+mg對B有maB=F2-mg聯(lián)立解得aA=2g,aB=0。(2)①將水平細(xì)繩剪斷前,對小球受力分析如圖(d)所示,有

F1=

剪斷水平細(xì)繩的瞬間,對小球受力分析如圖(e)所示,有ma1=F1sinθ聯(lián)立解得a1=gtanθ。②剪斷水平細(xì)繩瞬間,兩根細(xì)繩上的力均發(fā)生突變,對小球受力分析如圖(f)所示,小球的

速度為0,隨后小球開始做圓周運(yùn)動(dòng)(易錯(cuò):小球的速度為0,所需向心力為0,指向圓心的

合力為0,但沿切線方向的合力不為0)

將重力沿繩方向和垂直于繩的方向分解,則沿繩方向有F3-mgcosθ=m

因?yàn)関=0,所以F3=mgcosθ垂直于繩方向有ma2=mgsinθ解得a2=gsinθ。(3)剪斷B、C間細(xì)線前,將B、C、D看作一個(gè)整體,有FAB=6mg,將C、D看作一個(gè)整體,有

FBC=3mg,單獨(dú)對D受力分析,有FCD=mg,剪斷細(xì)線瞬間,彈簧彈力不能發(fā)生突變,所以aB=

=

=g,aC=

=

=1.5g,A正確。提分關(guān)鍵·方法提升

用牛頓第二定律解決瞬時(shí)性問題的思維流程

考點(diǎn)3力學(xué)單位制一、單位制物理量名稱物理量符號單位名稱單位符號長度l米m質(zhì)量m千克(公斤)kg時(shí)間t秒s電流I安[培]A熱力學(xué)溫度T開[爾文]K物質(zhì)的量n,(ν)摩[爾]mol發(fā)光強(qiáng)度I,(IV)坎[德拉]cd二、國際單位制的基本物理量和基本單位典例2

(2023遼寧,2,4分)安培通過實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若

兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導(dǎo)線間距為r時(shí),相互作用力

的大小可以表示為ΔF=k

。比例系數(shù)k的單位是(

)A.kg·m/(s2·A)

B.kg·m/(s2·A2)C.kg·m2/(s3·A)

D.kg·m2/(s3·A2)B解析由相互作用力的表達(dá)式可知k=

,則k的單位為

,即

,由F=ma可知,1

=1

=1kg·m/(s2·A2),即k的單位為kg·m/(s2·A2),B正確。第2節(jié)牛頓第二定律的應(yīng)用考點(diǎn)1動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題一、由受力確定運(yùn)動(dòng)情況

二、由運(yùn)動(dòng)情況確定受力三、解決兩類動(dòng)力學(xué)基本問題的要點(diǎn)典例1

(2024屆長郡中學(xué)適應(yīng)性考試)(多選)如圖所示,O點(diǎn)為豎直圓周的圓心,MN和

PQ是兩根光滑細(xì)桿,兩細(xì)桿的兩端均在圓周上,M點(diǎn)為圓周上的最高點(diǎn),Q點(diǎn)為圓周上的

最低點(diǎn),N、P兩點(diǎn)等高。兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的圓環(huán)1、2(圖中均未畫出)分別套在細(xì)桿

MN、PQ上,并從M、P兩點(diǎn)由靜止釋放,兩圓環(huán)滑到N、Q兩點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為v1、

v2,所用時(shí)間分別為t1、t2,則

(

)A.v1=v2

B.v1>v2

C.t1>t2

D.t1=t2

BD解析連接NQ、MP,如圖所示,圓環(huán)1從M點(diǎn)由靜止釋放,根據(jù)牛頓第二定律可得a1=gsinθ,MN=

a1

,MN=2Rsinθ,v1=a1t1,聯(lián)立解得t1=

,v1=

sinθ;同理可得t2=

=t1,v2=

sinα<v1。B、D正確。

提分關(guān)鍵·模型突破等時(shí)圓模型

典例2

(多選)一種能垂直起降的小型遙控?zé)o人機(jī)如圖所示,螺旋槳工作時(shí)能產(chǎn)生恒定

的升力。在一次試飛中,無人機(jī)在地面上由靜止開始以2m/s2的加速度勻加速豎直向上

起飛,上升36m時(shí)無人機(jī)突然出現(xiàn)故障而失去升力。已知無人機(jī)的質(zhì)量為5kg,運(yùn)動(dòng)過

程中所受空氣阻力大小恒為10N,重力加速度大小g=10m/s2。下列說法正確的是(

)A.無人機(jī)失去升力時(shí)的速度大小為12m/sB.螺旋槳工作時(shí)產(chǎn)生的升力大小為60NC.無人機(jī)向上減速時(shí)的加速度大小為12m/s2D.無人機(jī)上升的最大高度為40mAC解題導(dǎo)引

解析根據(jù)題意,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2-

=2ax,可得無人機(jī)失去升力時(shí)的速度大小v=

=12m/s(點(diǎn)撥:此速度為無人機(jī)向上做勻加速運(yùn)動(dòng)與勻減速運(yùn)動(dòng)的銜接速度),A正確。勻

加速上升過程,根據(jù)牛頓第二定律有F-mg-f=ma1,解得F=70N,B錯(cuò)誤。減速上升過程,mg

+f=ma2,解得a2=12m/s2,C正確。無人機(jī)減速上升的高度x2=

=6m,則無人機(jī)上升的最大高度H=x1+x2=42m,D錯(cuò)誤。提分關(guān)鍵·方法提升

牛頓第二定律在多過程運(yùn)動(dòng)問題中的應(yīng)用(1)分析各個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),明確每一個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的運(yùn)動(dòng)形式,注意相鄰兩個(gè)過程的

銜接速度。(2)分析各個(gè)過程的受力情況,明確每一個(gè)過程加速度的方向,注意不同過程各力的變化

特點(diǎn)。(3)靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、結(jié)論、圖像,靈活運(yùn)用合成法或正交分解法,結(jié)合牛頓第二定

律求解加速度及其他相關(guān)量。考點(diǎn)2動(dòng)力學(xué)中的圖像問題一、常見的動(dòng)力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、v2-x圖像、F-a圖像、F-t圖像、F-x圖像等。二、分析動(dòng)力學(xué)圖像問題的方法1.分清圖像的類別:即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量,明確其物理意義。2.建立圖像與物體運(yùn)動(dòng)間的關(guān)系:把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來,明確圖像反映

的物理過程。3.建立圖像與公式間的關(guān)系:建立與圖像對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系,然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取信息

或描點(diǎn)作圖,特別要明確圖像斜率、面積、截距等對應(yīng)的物理意義。4.讀圖時(shí)要注意一些特殊點(diǎn):比如起點(diǎn)、截距、轉(zhuǎn)折點(diǎn)、兩圖線的交點(diǎn),特別注意臨界點(diǎn)(在臨界點(diǎn)物體運(yùn)動(dòng)形式往往發(fā)生變化)。典例3

(2024廣東,7,4分)如圖所示,輕質(zhì)彈簧豎直放置,下端固定。木塊從彈簧正上方

H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn),取豎直向下為正方向,木塊的位移為y,所

受合外力為F,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,忽略空氣阻力,彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第

一次回到原點(diǎn)的過程中,其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是(

)

C解析木塊接觸彈簧前先做自由落體運(yùn)動(dòng),有y=

gt2,即y<H時(shí)y-t圖線為拋物線的一部分,D錯(cuò)誤。木塊在y=H處接觸彈簧,此后還要繼續(xù)加速一段時(shí)間,故y>H時(shí),剛開始一段

的y-t圖線斜率還要繼續(xù)增大;當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到其重力和彈簧彈力相等位置時(shí)速度最大,此

后開始減速,y-t圖線斜率逐漸減小到零,運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)后開始反彈,上升過程中由運(yùn)動(dòng)的

對稱性可知y-t圖線對稱,C正確。木塊下降過程,木塊所受合外力先為豎直向下的定值,

位移為H時(shí)接觸彈簧,此后合外力沿豎直向下方向減小到0再反向增大,上升過程,合外

力先沿豎直向上方向減小到0后反向增大,離開彈簧后木塊受到豎直向下的恒定合外

力,上升過程的運(yùn)動(dòng)為下降過程運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)[另解:假設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,當(dāng)y≤H時(shí),F=mg;當(dāng)y>H時(shí),F=mg-k(y-H)],A、B錯(cuò)誤。易錯(cuò)警示本題A、B項(xiàng)中,橫軸為木塊的位移y,所以上升過程應(yīng)沿圖線從右往左看。高考變式

(情境相似,變換考查角度)如圖(a)所示,原長x0=0.3m的輕質(zhì)彈簧的下端固定

在傾角為θ的固定光滑斜面體的底部,在彈簧的上端從靜止開始釋放質(zhì)量為1kg的小球,

小球的加速度大小a與彈簧長度x間的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度g取10m/s2,忽略空

氣阻力,則

(

)

A.斜面傾角的正弦值為0.8B.彈簧的勁度系數(shù)為60N/mC.小球的最大速度大小為0.6m/sD.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為5m/s2

B解析當(dāng)x<0.2m時(shí),由牛頓第二定律可得k(x0-x)-mgsinθ=ma,整理可得a=-

+

,結(jié)合圖像有-

=

s-2,

=12m/s2,解得k=60N/m,sinθ=0.6,A錯(cuò)誤,B正確。由題圖(b)可知小球在x2=0.2m時(shí)a=0,此時(shí)小球的速度最大,在x3=0.3m時(shí)a=g

sinθ=6m/s2(點(diǎn)撥:此時(shí)小球的速度為0),從x3到x2,a-x圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積為

m2/s2=0.3m2/s2,根據(jù)v2-

=2a·Δx可知,a-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積a·Δx表示

,則小球的最大速度大小vm=

m/s,C錯(cuò)誤。根據(jù)小球運(yùn)動(dòng)的對稱性,可知當(dāng)x1=0.1m時(shí),運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn),結(jié)合題圖(b)可求得此時(shí)小球的加速度大小為6m/s2,D錯(cuò)誤。提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)常見動(dòng)力學(xué)圖像斜率、面積表示的含義(1)v-t圖像:斜率表示加速度,面積表示位移。(2)a-t圖像:面積表示速度的變化量。(3)v2-x圖像:斜率表示加速度的2倍。(4)F-a圖像:斜率表示物體的質(zhì)量。(5)F-t圖像:面積表示力的沖量或動(dòng)量的變化量。(6)F-x圖像:面積表示力做的功或動(dòng)能的變化量。

超重失重完全失重現(xiàn)象視重大于實(shí)重視重小于實(shí)重視重等于0加速度方向向上方向向下豎直向下的加速度等于g原理F-mg=mamg-F=maF=0考點(diǎn)3超重和失重問題典例4“反向蹦極”是蹦極運(yùn)動(dòng)中的一種類型。如圖所示,彈性輕繩的上端固定在O

點(diǎn),拉長后將下端固定在體驗(yàn)者的身上,體驗(yàn)者再通過扣環(huán)與固定在地面上的拉力傳感

器相連,傳感器的示數(shù)為1200N。打開扣環(huán),體驗(yàn)者從A點(diǎn)由靜止釋放,像火箭一樣被

“豎直發(fā)射”,經(jīng)B點(diǎn)上升到最高位置C點(diǎn),在B點(diǎn)時(shí)速度最大。體驗(yàn)者(包括裝備)的質(zhì)

量m=60kg(可視為質(zhì)點(diǎn))。忽略空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是

(

)A.上升過程,體驗(yàn)者的加速度先增大后減小B.打開扣環(huán)瞬間,體驗(yàn)者的加速度大小為20m/s2C.在B點(diǎn),體驗(yàn)者處于超重狀態(tài)D.在C點(diǎn),體驗(yàn)者處于超重狀態(tài)B解析體驗(yàn)者從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程做加速運(yùn)動(dòng),彈性繩的拉力大于體驗(yàn)者的重力,隨著體

驗(yàn)者向上運(yùn)動(dòng),彈性繩的伸長量減小,彈性繩的彈力F減小,F-mg=ma,可知加速度減小;從

B點(diǎn)到C點(diǎn)過程,彈性繩的拉力小于體驗(yàn)者的重力,隨著體驗(yàn)者向上運(yùn)動(dòng),彈性繩的伸長

量繼續(xù)減小,彈性繩的彈力F減小,mg-F=ma,可知加速度增大,A錯(cuò)誤。打開扣環(huán)前瞬間

傳感器的示數(shù)T=1200N,設(shè)此時(shí)彈性繩的彈力為F,由平衡條件得F=T+mg,打開扣環(huán)瞬

間,對體驗(yàn)者有F-mg=ma,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得a=20m/s2,B正確。在B點(diǎn)時(shí)體驗(yàn)者的速

度最大,此時(shí)體驗(yàn)者所受合力為0,加速度為0,C錯(cuò)誤。在C點(diǎn)體驗(yàn)者的速度為0,有向下

的加速度,體驗(yàn)者處于失重狀態(tài),D錯(cuò)誤。提分關(guān)鍵·方法提升

超重、失重的判斷方法(1)從力的角度判斷:當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí),物體處于超重狀態(tài);

小于重力時(shí),物體處于失重狀態(tài);等于0時(shí),物體處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的角度判斷:當(dāng)物體具有向上的(分)加速度時(shí),物體處于超重狀態(tài);具有向下

的(分)加速度時(shí),物體處于失重狀態(tài);向下的加速度等于重力加速度時(shí),物體處于完全失

重狀態(tài)。微專題4牛頓第二定律的綜合應(yīng)用題型1動(dòng)力學(xué)中的連接體問題一、常見連接體問題的類型及其特點(diǎn)1.物物疊放連接體物體通過彈力、摩擦力等作用,具有相同的速度和加速度。2.輕繩連接體輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等,輕繩對物體的彈力方

向始終沿繩。3.輕桿連接體輕桿平動(dòng)時(shí),連接體具有相同的速度和加速度;輕桿參與復(fù)合運(yùn)動(dòng)時(shí),兩端的連接體沿桿

方向的速度大小總是相等的;輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),兩端連接體具有相同的角速度,而線速度與轉(zhuǎn)

動(dòng)半徑成正比。兩端連接體所受彈力方向可能沿桿,也可能不沿桿。速度、加速度相同4.輕彈簧連接體在彈簧發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變量最大時(shí),兩端連

接體的速度相等。

二、處理連接體問題的方法1.方法整體法與隔離法。2.選取原則(1)整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,且不需要求物體之間的作用力,可以把它們看成

一個(gè)整體,分析整體受到的外力,應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度。(2)隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同,或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí),就需要

把物體從系統(tǒng)中隔離出來,應(yīng)用牛頓第二定律列式求解。(3)整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,且要求物體之間的作用力時(shí),可以先用整體法求出加速度,然后再用隔離法選取合適的研究對象,應(yīng)用牛頓第二定律求作用力,即“先整

體求加速度,后隔離求內(nèi)力”。三、解決連接體問題的基本思路

典例1如圖所示,水平面上有兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2,中間用一條輕繩連

接,兩木塊的材料相同,現(xiàn)用力F向右拉木塊2,當(dāng)兩木塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),

已知重力加速度為g。下列說法正確的是

(

)

A.若水平面是光滑的,則m2越大,繩的拉力越大B.若木塊和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則繩的拉力為

+μm1gC.繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關(guān)D.繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)C解析

若設(shè)木塊和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,以兩木塊整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二

定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,可得a=

,以木塊1為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律有FT-μm1g=m1a,可得a=

,系統(tǒng)加速度與木塊1的加速度相同,聯(lián)立解得FT=

F,可知繩的拉力大小與動(dòng)摩擦因數(shù)μ無關(guān),與兩木塊質(zhì)量有關(guān),無論水平面是光滑的還是粗糙的,繩的拉力大小均為FT=

F,且m2越大,繩的拉力越小。C正確。(拓展設(shè)問)

(1)兩個(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2,中間用一條輕繩連接。①如圖甲所示,用力F豎直向上拉木塊時(shí),繩的拉力大小FT=

。②如圖乙所示,用力F沿光滑斜面向上拉木塊時(shí),繩的拉力大小FT=

;斜面不光

滑時(shí)繩的拉力大小FT=

。(2)若質(zhì)量為m1和m2的木塊A和B疊放在一起,放在光滑水平面上,B在拉力F的作用

下,A、B一起(相對靜止)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則A受到的摩擦力大小為

。答案

(1)①

②

(2)

提分關(guān)鍵·方法提升

連接體中力的“分配規(guī)律”如圖所示,一起加速運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng),若力F作用于質(zhì)量為m1的物體上,則兩物體間的相

互作用力F12=

。此結(jié)論與有無摩擦無關(guān),物體系統(tǒng)并排(若有摩擦,兩物體與各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)必須相同),沿水平面、斜面、豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí),此結(jié)論都成立。

兩物體的連接物為輕繩、輕桿或輕彈簧時(shí),此結(jié)論不變。

典例2如圖所示,滑塊A以一定初速度從粗糙斜面體B的底端沿B向上滑,然后又返回,

整個(gè)過程中斜面體B與地面間沒有相對滑動(dòng)。滑塊向上滑和向下滑的兩個(gè)過程中

(

)

A.滑塊向上滑動(dòng)的時(shí)間等于向下滑動(dòng)的時(shí)間B.滑塊向上滑動(dòng)的時(shí)間大于向下滑動(dòng)的時(shí)間C.斜面體B受地面的摩擦力大小改變、方向不變D.斜面體B受地面的支持力大小始終等于A與B的重力之和C解析設(shè)斜面的傾角為θ,滑塊沿斜面向上滑時(shí)做減速運(yùn)動(dòng),加速度的方向沿斜面向下,

其大小a1=gsinθ+μgcosθ,沿斜面向下滑時(shí)做加速運(yùn)動(dòng),加速度的方向沿斜面向下,其大

小a2=gsinθ-μgcosθ。由于上滑、下滑位移的大小相等,且最高點(diǎn)速度均為0,a1>a2,可

知上滑時(shí)間短,A、B錯(cuò)誤。選滑塊、斜面體整體為研究對象,對其受力分析如圖甲所

示,將滑塊的加速度沿水平方向和豎直方向分解如圖乙所示,在豎直方向有(M+m)g-FN地

=M×0+may,在水平方向有Ff=M×0+max,解得FN地=(M+m)g-may,Ff=max。由于a1>a2,故有a

1y>a2y、a1x>a2x,則摩擦力方向始終向左,Ff上>Ff下,C正確。支持力總是小于系統(tǒng)受到的重

力,D錯(cuò)誤。提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)系統(tǒng)牛頓第二定律與其解題的一般步驟題目中同時(shí)出現(xiàn)至少兩個(gè)物體,且這些物體之間通過直接接觸、繩子、彈簧等約束方

式形成一個(gè)整體,但各部分的加速度并不相同。處理這類模型的動(dòng)力學(xué)問題時(shí)可以使

用一種特殊的連接體處理方式——系統(tǒng)牛頓第二定律。(1)系統(tǒng)牛頓第二定律對于由多個(gè)物體組成的系統(tǒng)(即整體),系統(tǒng)所受的合力等于系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體所受合力

的矢量和,即F合=m1a1+m2a2+m3a3+…+mnan(式中“+”表示矢量的合成運(yùn)算)。將上式進(jìn)行正交分解,可得到Fx=m1

+m2

+m3

+…+mnanxFy=m1

+m2

+m3

+…+mnany。(2)理解:通過上式可以發(fā)現(xiàn),系統(tǒng)所受的力在x方向上的合力等于每一個(gè)物體的質(zhì)量與x

方向的加速度乘積之和,在y方向上也是如此。因此,在某些題目中,需要求解外力時(shí),可

以直接利用系統(tǒng)的牛頓第二定律進(jìn)行求解和分析,不需要考慮內(nèi)力,這是對常規(guī)整體法

的一次提升,該方法有利于提高解題速度。(3)注意:應(yīng)用系統(tǒng)牛頓第二定律只能求解外力,無法求解內(nèi)力。

二、常見的臨界條件1.接觸與脫離的臨界條件:彈力FN=0。2.相對滑動(dòng)的臨界條件:靜摩擦力達(dá)到最大值。題型2動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題一、臨界極值問題的辨別3.繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最

大張力;繩子松弛的臨界條件是FT=0。4.最終速度(收尾速度)的臨界條件:物體所受合力為0。三、解決臨界極值問題的方法極限法把物理問題(或過程)推向極端,從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來,以達(dá)到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能時(shí),或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件,也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí),往往用假設(shè)法解決問題函數(shù)法將物理過程轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系式,根據(jù)函數(shù)關(guān)系式解出臨界條件典例3

如圖甲所示,輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上,上端疊放著兩個(gè)質(zhì)量均為m的物體

A、B,其中物體B與彈簧連接,初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=0時(shí),用豎直向上的拉力作

用在物體A上,使A開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng),測得兩物體的v-t圖像如圖乙所示,已知重力

加速度為g,則(

)A.t=0時(shí),F的大小為m

B.彈簧的勁度系數(shù)為

C.A、B分離時(shí)彈簧彈力的大小為m

D.0~t2時(shí)間內(nèi),B上升的高度為

B解析初始時(shí),物體A、B處于平衡狀態(tài),對物體A、B整體受力分析可得kx1=2mg,解得彈

簧的壓縮量x1=

。0~t1時(shí)間內(nèi),物體A、B做勻加速直線運(yùn)動(dòng),可得加速度a=

;t=0時(shí),對物體A、B由牛頓第二定律可得F+kx1-2mg=2ma,解得F=2ma=2m

,A錯(cuò)誤。t1時(shí)刻,物體A、B即將分離,對物體B由牛頓第二定律可得kx2-mg=ma(點(diǎn)撥:此時(shí)物體A、B之間的

作用力為0,且物體A、B的加速度相等),解得此時(shí)彈簧的彈力大小FT=kx2=mg+m

,C錯(cuò)誤。0~t1時(shí)間內(nèi),由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x1-x2=

a

,代入x1和x2的值解得k=

,B正確。t2時(shí)刻,物體B的速度最大,所受合力為0,對物體B受力分析可得kx3=mg,解得x3=

,0~t2時(shí)間內(nèi),物體B上升的高度h=x1-x3=

,D錯(cuò)誤。典例4

(2024屆天津?qū)嶒?yàn)中學(xué)月考)(多選)如圖所示,質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物塊,

靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5μ。

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g。現(xiàn)對B施加一水平拉力F,則下列說法

正確的是(

)

A.當(dāng)F=2μmg時(shí),A、B都相對地面靜止B.當(dāng)F>3μmg時(shí),A、B間相對滑動(dòng)C.當(dāng)F=3μmg時(shí),B的加速度等于0.5μgD.無論F為何值,A的加速度不會(huì)超過μgCD解析

B與地面間的最大靜摩擦力f地=0.5μ(2m+m)g=1.5μmg<F=2μmg,則當(dāng)F=2μmg

時(shí)A、B相對地面運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤。物塊A能夠獲得的最大加速度amax=

=μg,當(dāng)F=3μmg時(shí),假設(shè)A、B能夠保持相對靜止,則有3μmg-0.5μ(m+2m)g=(m+2m)a1,解得a1=0.5μg<amax=μg,可知當(dāng)F=3μmg時(shí),A、B保持相對靜止,B的加速度等于0.5μg,C正確。若A、B恰

好發(fā)生相對運(yùn)動(dòng),對A有amax=

=μg,對A、B整體有F2-0.5μ·(2m+m)g=(2m+m)amax,解得F2=4.5μmg,可知當(dāng)F>4.5μmg時(shí),A、B間才能發(fā)生相對滑動(dòng),B錯(cuò)誤。根據(jù)上述分析可

知,物塊A能夠獲得的最大加速度amax=μg,即無論F為何值,A的加速度都不會(huì)超過μg,D正確。提分關(guān)鍵·規(guī)律總結(jié)疊加體系統(tǒng)臨界問題的求解思路微專題5動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型題型動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型一、傳送帶模型的實(shí)質(zhì)傳送帶模型一般分為水平傳送帶、傾斜傳送帶兩種類型,其實(shí)質(zhì)是物體與傳送帶間的

相對運(yùn)動(dòng)。二、分析傳送帶模型的關(guān)鍵分析傳送帶模型的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的判斷。名師點(diǎn)睛

當(dāng)v物=v帶(方向相同)時(shí),摩擦力發(fā)生突變,物體的加速度發(fā)生突變。三、處理傳送帶模型問題的一般思路四、解決傳送帶模型問題需要注意的一點(diǎn)注意物體位移、相對位移和路程的區(qū)別。(1)物體位移:以地面為參考系,單獨(dú)對物體由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得的位移。(2)物體相對傳送帶的位移大小Δx。①若有一次相對運(yùn)動(dòng):Δx=x傳-x物或Δx=x物-x傳。②若有兩次相對運(yùn)動(dòng):兩次相對運(yùn)動(dòng)方向相同,則Δx=Δx1+Δx2(圖甲);兩次相對運(yùn)動(dòng)方向

相反,則劃痕長度等于較長的相對位移大小Δx2(圖乙)。能力進(jìn)階典例

如圖甲所示,傳送帶保持恒定速率v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),現(xiàn)將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的

物塊輕輕放在傳送帶左端,物塊和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。已知傳送帶的水平長

度為L

,重力加速度為g。

(1)①求物塊從傳送帶左端到達(dá)右端的時(shí)間t;②若物塊的下方有紅色顏料,求物塊在傳送帶上留下紅色痕跡的長度x。(2)進(jìn)階1

(情境變換,傳送帶由靜止加速運(yùn)動(dòng))如圖乙所示,若傳送帶足夠長,初始時(shí)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊與傳送帶均靜止,某一時(shí)刻,讓傳送帶以恒定加速度a0開始

運(yùn)動(dòng),當(dāng)其速度達(dá)到v后,傳送帶以此速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間,物塊在傳送帶上留

下了一段紅色痕跡后相對于傳送帶靜止。已知物塊和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,且

μ<

,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求紅色痕跡的長度s。

(3)進(jìn)階2

(水平傳送帶→傾斜傳送帶+摩擦力突變分析)將傳送裝置傾斜放置如圖丙

所示,傳送帶長度為L、與水平面的夾角為θ,以恒定速率v順時(shí)針運(yùn)行,將一質(zhì)量為m、

可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊輕輕放在傳送帶上端,物塊和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,且μ<tanθ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求物塊到達(dá)B端時(shí)的速度大小v1。

答案

(1)①

+

②

(2)

-

(3)

解析

(1)①物塊剛放上傳送帶時(shí),物塊受水平向右的滑動(dòng)摩擦力根據(jù)牛頓第二定律可得,物塊的加速度a=

=μg物塊加速到與傳送帶共速的時(shí)間t1=

=

物塊在加速階段通過的水平位移x1=

=

接下來物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng),物塊勻速到達(dá)傳送帶右端的時(shí)間t2=

=

-

物塊從左端到達(dá)右端的時(shí)間t=t1+t2=

+

。②傳送帶在t1時(shí)間內(nèi)通過的距離x2=vt1=

物塊在傳送帶上留下的痕跡長度x=x2-x1=

(點(diǎn)撥:在加速階段,物塊和傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相同,痕跡的長度等于它們運(yùn)動(dòng)位移大小之差)。(2)假設(shè)物塊在傳送帶開始運(yùn)動(dòng)時(shí)就可以跟隨傳送帶一起勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定

律可知,傳送帶對物塊的靜摩擦力f靜=ma0,因?yàn)棣?lt;

,所以f靜=ma0>μmg,假設(shè)不成立,即物塊在傳送帶開始運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶之間就發(fā)生了相對運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可得,物塊

的加速度a=

=μg傳送帶加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=

在時(shí)間t內(nèi)傳送帶通過的距離x1=

物塊在t時(shí)刻的速度v1=at=μgt=

,因?yàn)棣?lt;

,所以v1<v,即傳送帶以速度v勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后,物塊繼續(xù)以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng),直至速度與傳送帶速度相同,物塊的速度由v1加速

到v的時(shí)間t1=

=

-

在t1時(shí)間內(nèi),傳送帶通過的距離x2=vt1=

-

物塊的速度從0增大到v通過的位移x=

=

物塊在傳送帶上留下的痕跡的長度s=x1+x2-x=

-

(點(diǎn)撥:物塊與傳送帶的速度不相同,物塊就會(huì)在傳送帶上留下痕跡;物塊與傳送帶速度相同時(shí),物塊與傳送帶之間的摩擦

力發(fā)生突變)。(3)將物塊輕輕放在傳送帶上后,物塊最初的受力情況如圖1所示,根據(jù)牛頓第二定律可

得,物塊的加速度a1=

=g(sinθ+μcosθ)物塊的速度從0增大到v經(jīng)過的時(shí)間t1=

=

物塊在t1時(shí)間內(nèi)通過的位移x1=

a1

=

假設(shè)物塊與傳送帶速度相同后跟隨傳送帶一起勻速下滑,則物塊與傳送帶之間的靜摩擦力f靜=mgsinθ物塊與傳送帶之間的最大靜摩擦力fmax=μmgcosθ由題意可知μ<tanθ,故f靜>fmax,與實(shí)際不符,所以假設(shè)不成立。物塊在傳送帶上發(fā)生第二次加速,對物塊受力分析如圖2所示

根據(jù)牛頓第二定律可得,物塊的加速度a2=

=g(sinθ-μcosθ)物塊繼續(xù)加速直至到達(dá)B端,第二次加速的位移大小x2=L-x1由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有

-v2=2a2x2聯(lián)立解得v1=

。提分關(guān)鍵·模型突破常見傳送帶模型分析1.水平傳送帶模型常見情境物塊的運(yùn)動(dòng)情況(加速度大小a=μg)傳送帶足夠長傳送帶不夠長

v0=v一直勻速0≤v0<vl>

,先勻加速后勻速l≤

,一直勻加速v0>vl>

,先勻減速后勻速l≤

,一直勻減速

v0>vl>

,先勻減速后反向勻加速再勻速l≤

,一直勻減速v0≤vl>

,先勻減速后反向勻加速2.傾斜傳送帶模型常見情境物塊的運(yùn)動(dòng)情況傳送帶足夠長傳送帶不夠長

向上傳送(μ>tanθ)0≤v0<va=(μcosθ-sinθ)gl>

,物塊先勻加速后勻速l≤

,物塊一直勻加速v0=v一直勻速v0>va=(μcosθ+sinθ)gl>

,物塊先勻減速后勻速l≤

,物塊一直勻減速

向上傳送(μ<tanθ)0<v0<va=(sinθ-μcosθ)gl>

,物塊先勻減速后反向勻加速l≤

,物塊一直勻減速v0>va1=(μcosθ+sinθ)ga2=(sinθ-μcosθ)gl>

+

,物塊先以a1勻減速到v,再以a2勻減

速,最后以a2反向勻加速l≤

,物塊一直以a1勻減速;

<l≤

+

,物塊先以a1勻減速到v,再以a2勻減速

向下傳送(μ>tanθ)0≤v0<va=(μcosθ+sinθ)gl>

,物塊先勻加速后勻速l≤

,物塊一直勻加速v0=v一直勻速v0>va=(μcosθ-sinθ)gl>

,物塊先勻減速后勻速l≤

,物塊一直勻減速

向下傳送(μ<tanθ)0≤v0<va1=(μcosθ+sinθ)ga2=(sinθ-μcosθ)gl>

,物塊先以a1勻加速,與傳送帶共速后以

a2勻加速l≤

,物塊一直以a1勻加速v0≥v物塊以a=(sinθ-μcosθ)g勻加速微專題6動(dòng)力學(xué)中的滑塊-木板模型題型動(dòng)力學(xué)中的滑塊-木板模型一、分析滑塊-木板模型的關(guān)鍵二、處理滑塊-木板模型問題的一般思路

類型1水平面上的滑塊-木板模型典例1

(2024屆四川成都七中月考)(多選)如圖所示,質(zhì)量為m1的小鐵塊和質(zhì)量為m2的

長木板靜止疊放在水平地面上,鐵塊位于木板的最左端,m1=m2=m,木板長為L,鐵塊可視

為質(zhì)點(diǎn)。鐵塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=3μ(μ為已知量),長木板與地面間的動(dòng)摩擦

因數(shù)μ2=μ,且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等,重力加速度為g。現(xiàn)對鐵塊施加一個(gè)水

平向右的恒定拉力F,下列說法正確的是

(

)

A.若F=7μmg,鐵塊需經(jīng)過

才能離開木板B.若F=7μmg,鐵塊需經(jīng)過

才能離開木板C.為使鐵塊能離開木板,且離開木板時(shí)鐵塊相對于地面的速度最小,F應(yīng)該為3μmgD.為使鐵塊能離開木板,且離開木板時(shí)鐵塊相對于地面的速度最小,F應(yīng)該為5μmg答案

AD

解析當(dāng)F=7μmg時(shí),對鐵塊,根據(jù)牛頓第二定律有F-μ1mg=ma1,解得a1=4μg;對木板,根據(jù)

牛頓第二定律有μ1mg-μ2·2mg=ma2,解得a2=μg;設(shè)鐵塊離開木板的時(shí)間為t,鐵塊對地位移

為x1,木板對地位移為x2,則x1=

a1t2,x2=

a2t2,鐵塊從木板右端離開木板,x1-x2=L,聯(lián)立解得t=

,A正確,B錯(cuò)誤。設(shè)拉力為F'時(shí),鐵塊和木板的對地加速度分別為am1和am2,鐵塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t',對鐵塊有F'-μ1mg=mam1,則am1=

-3μg,xm1=

am1t'2,對木板有am2=μg,為定值,且xm2=

am2t'2,鐵塊從木板右端離開滿足條件xm1-xm2=L,可得t'=

,鐵塊離開木板時(shí)的速度vm1=am1t'=am1·

=

,由數(shù)學(xué)知識可知,當(dāng)am1=2μg時(shí)鐵塊的速度最小(點(diǎn)撥:熟練應(yīng)用一元二次函數(shù)求極值的知識),可得F'=5μmg,C錯(cuò)誤,D正確。典例2一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊,在木板

右側(cè)有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5m,如圖1所示。從t=0時(shí)刻開始,小物塊和

木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng),直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰撞前后木

板的速度大小不變、方向相反;運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時(shí)

間內(nèi)小物塊的v-t圖像如圖2所示,木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度g取10m/s2。(1)求木板與墻壁碰撞前的加速度a;(2)求木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;(3)求木板在t=2s時(shí)的速度v1;(4)求木板的最小長度L和木板右端到墻壁的最終距離s。解題導(dǎo)引

先分析小物塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程:小物塊與木板一起向右運(yùn)動(dòng)→木板與墻壁碰撞(木板

速度方向突變?yōu)橄蜃蟆⑿∥飰K速度沒有發(fā)生突變)→木板向左減速、小物塊向右減速

→小物塊速度減為0,木板此時(shí)速度仍向左(因?yàn)榕c墻壁碰撞后,二者速度大小相等,但小

物塊的加速度更大)→木板向左減速、小物塊向左加速→木板與小物塊共速→木板與

小物塊一起向左減速直至停止。其中要特別注意幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn):小物塊向右的速度等于

0、小物塊和木板向左運(yùn)動(dòng)時(shí)共速。答案

(1)1m/s2,方向水平向左

(2)0.1

0.4(3)

m/s,方向水平向左

(4)6m

6.5m解析

(1)設(shè)木板的初速度為v0,由題圖2可知,木板與墻壁碰撞前瞬間的速度大小v=4m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有x=

t解得v0=5m/s木板的加速度大小a=

=1m/s2,方向水平向左。(2)0~1s時(shí)間內(nèi),木板和小物塊組成的整體在水平方向上受到向左的滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)

牛頓第二定律有a=

=

=μ1g解得μ1=0.1由題圖2可知,小物塊在1~2s時(shí)間內(nèi)的加速度大小a1=4m/s2小物塊受到水平向左的滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律有a1=

=μ2g解得μ2=0.4。(3)木板與墻壁碰撞后向左運(yùn)動(dòng)至與小物塊共速的過程中,在水平方向上受到的力如圖

所示

根據(jù)牛頓第二定律有a2=

=

代入數(shù)據(jù)解得a2=

m/s2,方向水平向右根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v1=v-a2t2代入數(shù)據(jù)解得v1=

m/s,方向水平向左。(4)在t=2s后,木板繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng),小物塊在二者之間的滑動(dòng)摩擦力作用下跟隨木板向左

運(yùn)動(dòng)設(shè)經(jīng)時(shí)間t3物塊和木板有共同速度v2對木板有v2=v1-a2t3對物塊有v2=a1t3聯(lián)立解得t3=0.5s,v2=2m/s在1~2s時(shí)間內(nèi),小物塊向右移動(dòng)的距離x1=

t2=2m木板向左移動(dòng)的距離x2=vt2-

a2

=

m在2~2.5s時(shí)間內(nèi),小物塊向左移動(dòng)的距離x3=

a1

=

m木板向左移動(dòng)的距離x4=

t3=

m則木板的最小長度(即小物塊相對木板向右移動(dòng)的距離)L=x1+x2+x4-x3=6m小物塊和木板達(dá)到共同速度v2后,一起向左以大小為a'=a=1m/s2的加速度做勻減速直線

運(yùn)動(dòng)直至停止木板繼續(xù)向左移動(dòng)的距離x5=

=2m則木板右端到墻壁的最終距離s=x2+x4+x5=6.5m。提分關(guān)鍵·模型突破水平面上的滑塊-木板模型分類解讀1.力作用在“塊”上示意圖

條件水平面光滑:μ≠0,μ'=0水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0且μmg>f'=μ'(m+M)g相對靜止過程①“板塊”對地靜止:對整體有F=0②“板塊”相對靜止對地共同加速:對整體有F=(m+M)a對“塊”有F-f靜=ma對“板”有f靜=Ma①“板塊”相對地面靜止:對整體有F=f地靜②“板塊”相對靜止對地共同加速:對整體有F-f'=(m+M)a對“塊”有F-f靜=ma對“板”有f靜-f'=Ma臨界條件①“板塊”對地滑動(dòng)的臨界條

件:F=0②“板塊”相對滑動(dòng)的臨界條

件:f=fmax=μmg,此時(shí)a臨界=

,外力F=F'=

μ(m+M)g①“板塊”對地滑動(dòng)的臨界條

件:F=

=f'=μ'(m+M)g②“板塊”相對滑動(dòng)的臨界條

件:f=fmax=μmg,此時(shí)a臨界=

=

,外力F=F'=

相對滑動(dòng)過程對“塊”有F-μmg=ma1對“板”有μmg=Ma2對“塊”有F-μmg=ma1對“板”有μmg-μ'(m+M)g=Ma2a-F圖像

2.力作用在“板”上示意圖

條件水平面光滑:μ≠0,μ'=0水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0相對靜止過程①“板塊”對地靜止:對整體有F

=0②“板塊”相對靜止,對地共同

加速:對整體有F=(m+M)a對“塊”有f靜=ma對“板”有F-f靜=Ma①“板塊”相對地面靜止:對整

體有F=f地靜②“板塊”相對靜止,對地共同

加速:對整體有F-f'=(m+M)a對“塊”有f靜=