一轮牛顿运动定律的综合应用

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1、0 0.压压力力为为0 0，即即F F拉拉力力或或支支持持物物的的完完全全失失重重：对对悬悬挂挂物物的的a a）.-m m（g gF Fm ma aF F-小小于于重重力力.m mg g 或或支支持持物物的的压压力力失失重重：对对悬悬挂挂物物的的拉拉力力a a）.m m（g gF Fm ma am mg g大大于于重重力力.F F 或或支支持持物物的的压压力力超超重重：对对悬悬挂挂物物的的拉拉力力2 2.动动力力学学角角度度分分析析：g g竖竖直直向向下下.完完全全失失重重：a a度度失失重重：具具有有向向下下的的加加速速具具有有向向上上的的加加速速度度:超超重重1 1.运运动动学学角角度度分

2、分析析：卫卫星星，飞飞船船等等.绕绕地地球球匀匀速速圆圆周周运运动动的的平平抛抛运运动动、完完全全失失重重：自自由由落落体体、上上升升.失失重重：加加速速下下降降或或减减速速下下降降.超超重重：加加速速上上升升或或减减速速3 3.可可能能状状态态：有有其其他他效效果果.g g的的加加速速度度效效果果，不不再再a a使使物物体体产产生生完完全全失失重重时时，重重力力只只有有视视重重”变变化化.而而是是重重力力不不变变，只只是是“减减小小或或增增加加，4 4.失失重重超超重重不不是是重重力力t t1 1t t2 2t t3 3t t4 4t t5 5t t6 6故选B.故选B.mg.mg.，F，F

3、0向上，处于超重状态0向上，处于超重状态t4过程：at4过程：at2t2mg.mg.0，F0，F过程：a过程：at tt t,t tt tmg.mg.F F ，0向下，处于失重状态0向下，处于失重状态过程：a过程：at t，t，tt t-分析：0分析：05 54 42 21 16 65 51 1mgmgF F8 8m m，故故A AD D对对.8 8.5 5s s时时F F当当t ta a),-m m(g gF Fm ma aF F-m mg g，0 0向向下下，处处于于失失重重状状态态1 10 0s s，a a-3 3.7 71 10 0m m.m mg gF F0 0，处处于于平平衡衡状状

4、态态，7 7s s，a a-2 2.4 41 12 2m m.2 2s s时时F F当当t ta a),m m(g gF Fm ma am mg gF F，0 0向向上上，处处于于超超重重状状态态4 4s s，a a-分分析析：1 1.0 0等等列列方方程程求求解解.常常量量与与图图像像截截距距对对应应相相率率对对应应相相等等，自自变变量量的的系系数数与与图图像像斜斜若若是是一一次次方方程程,像像.(3 3)根根据据方方程程判判断断图图变变量量表表示示因因变变量量）.（2 2）整整理理方方程程(用用自自根根据据实实际际情情况况列列方方程程.1 1.方方法法指指导导：（1 1）.（6）六看面积的

5、意义（6）六看面积的意义义义（5）五看交点折点意（5）五看交点折点意（4）四看斜率意义（4）四看斜率意义（3）三看截距意义（3）三看截距意义形状）形状）（2）二看形状（图线（2）二看形状（图线（1）一看坐标系（1）一看坐标系2.对图像“六看”2.对图像“六看”.m mv v-m mv vI It t图图像像：面面积积S SF Fa at t.v vt t图图像像：面面积积S Sa am m.a a图图像像：斜斜率率k kF Fx x面面积积等等位位移移S Sa a，t t图图像像：斜斜率率k kv v：3 3.动动力力学学的的图图像像种种类类0 0冲冲量量故故D D对对.x xs si in

6、n,最最大大高高度度h h,t tv v2 21 1上上滑滑最最大大位位移移x x可可求求、故故A AC C对对.t tv v加加速速度度大大小小a a).(2 2m ma am mg gc co os s下下滑滑过过程程：m mg gs si in n.t tv v加加速速度度大大小小a a.(1 1)m ma am mg gc co os ss si in n分分析析：上上滑滑过过程程：m mg g1 10 01 11 12 22 21 10 01 11 11 1连接体的分类连接体的分类(1)(1)绳绳(杆杆)连接，连接，(2)(2)弹簧连接弹簧连接(3)(3)接触连接：两个物体通过接触面

7、的弹力或摩擦力的作用连接在一起。接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。n n节节P P Q Q.10或15，故选BC10或15，故选BCN N火车节数取整数，火车节数取整数，N,N,5 53 3解得n解得na a3 32 2nmnmF F含Q）车厢为对象含Q）车厢为对象向西行驶，以Q之东（向西行驶，以Q之东（n)man)ma(N(NF F之西车厢为对象之西车厢为对象解析：向东行驶，以Q解析：向东行驶，以Q瞬间，弹力不变.瞬间，弹力不变.弹力.撤去F弹力.撤去Fa，隔离a，隔离提示：整体提示：整体2 2.x xx x二二者者反反向向运运动动x x,x x-x x二二者者同同

8、向向运运动动x x相相对对位位移移等等板板长长.：1 1.二二者者共共速速，2 2.问问题题中中的的最最小小板板长长条条件件3 3.求求解解木木板板和和滑滑块块类类不不同同采采用用隔隔离离法法分分析析.采采用用整整体体法法，加加速速度度过过程程分分析析，加加速速度度相相同同2 2.多多物物体体多多过过程程，分分求求解解.或或常常规规求求解解或或逆逆向向思思维维可可求求解解其其余余两两个个量量.其其中中知知道道任任意意3 3个个量量均均,1 1.运运动动学学中中共共5 5个个量量解解题题指指导导2 21 1相相2 21 1相相0 0.1 1.1 1m m/s sa at ta a2 21 1v

9、vt tx x：逆逆向向思思维维(反反向向加加速速）a ag gm m)a a（M Mm m)g g（M M对对木木板板和和滑滑块块在在碰碰前前：0 0.4 4.，m ma am mg g.4 4m m/s sa at ta av v2 2s s内内，对对滑滑块块：-在在1 14 4m m/s s.木木板板和和滑滑块块共共同同速速度度为为，碰碰撞撞前前解解析析：1 1.由由b b图图可可知知1 12 21 12 21 11 11 11 11 12 22 22 22 22 22 26 6m m.x xx xx xx x板板最最小小长长度度L L0 0.5 5m m.t t2 2v v0 0滑滑块

10、块左左移移：x xm m.6 67 7t t2 2v vv v此此过过程程，木木板板左左移移：x x0 0.5 5s s.t tt ta at ta av v二二者者共共速速，则则v v设设经经历历t t.、a a块块的的加加速速度度仍仍分分别别为为a a同同向向运运动动时时，木木板板和和滑滑2 2m m.t t2 20 0v v对对滑滑块块右右滑滑：x xm m/s s.3 38 8t ta av v此此时时速速度度v vm m.3 31 10 0t ta a2 21 1v vt t板板位位移移：x x二二者者反反向向运运动动过过程程，木木经经历历1 1s s.速速,后后反反向向加加速速直直

11、到到二二者者共共，.则则滑滑块块速速度度先先减减为为0 0a a4 4m m/s sa am ma am mg g对对滑滑块块：m m/s s3 34 4a aM Ma am mg gm m)g g（M M对对木木板板：静静止止前前2 2.在在碰碰后后过过程程，相相对对4 43 32 21 12 22 24 42 22 21 13 32 22 22 22 23 31 12 21 12 23 32 23 31 12 23 31 13 32 22 22 22 22 23 33 32 21 16.5m.6.5m.x xx xx xx x木板向右运动最远距离木板向右运动最远距离2m.2m.x x2ax

12、2axv v2m/s.2m/s.t ta a共同速度v共同速度v.1m/s1m/sa am)am)a（M（Mm)gm)g（M（M整体加速度，整体加速度，速运动到停止.速运动到停止.3.最后二者一起匀减3.最后二者一起匀减5 53 31 15 55 52 22 22 22 22 22 21 1.0 0.5 5m m/s sm m/s s8 80 04 4a a.1 1m m/s sm m/s s4 40 04 4a a.1 1.5 5m m/s sm m/s s4 44 41 10 0解解析析：1 1.如如图图乙乙：a a2 22 23 32 22 22 22 22 21 12 20 0m m.

13、4 4）m m2 24 40 0-4 42 24 41 10 0(x x-x x3 3.相相对对位位移移x x.2 23 3M Mm m0 0.1 1m m)a a（M Mm m)g g（M M相相对对静静止止后后整整体体：M Ma am m)g g（M M-m mg g对对木木板板：0 0.1 15 5.m ma am mg g对对物物块块：2 2.二二者者相相对对静静止止前前板板物物2 22 22 22 22 21 11 11 11 1相对滑动过程中.相对滑动过程中.提示：相对位移发生在提示：相对位移发生在1.1.分析临界问题的三种方法分析临界问题的三种方法极限法极限法把物理问题把物理问题

14、(或过程或过程)推向极端，从而使临界现象推向极端，从而使临界现象(或状态或状态)暴露出来，以达暴露出来，以达到正确解决问题的目的到正确解决问题的目的假设法假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件/3/33 3.5 53 31 13 3F F时时F F最最小小.3 30

15、0当当),s si in n(6 60 03 33 32 2s si in n其其中中c co os ss si in nc co os sm ma ac co os s)m mg g(s si in nF Fm mg gc co os sN Nn n垂垂直直斜斜面面方方向向：F Fs si im ma aN Nm mg gs si in n沿沿斜斜面面方方向向：F Fc co os s，对对物物块块.2 2.设设F F与与斜斜面面夹夹角角为为8 8m m/s s.a at tv vv v,a at t2 21 1t tv vL L解解析析：1 1.运运动动规规律律：m mi in n0 00

16、 00 02 20 0.a ab b其中tan其中tan)sin(sin(b ba abcosbcosasinasin数学公式：数学公式：反思：也可用图解法反思：也可用图解法2 22 23 3F FD.D.C.3FC.3F 2 2F FB.B.A.2FA.2F.2 2F FF F.2ma2mamgmg隔离B：f隔离B：f,3ma3ma整体：F整体：F当F作用在A上时当F作用在A上时3 3F Fmgmgmamamgmg隔离A：f隔离A：f,3ma3ma整体：F整体：F时时分析：当F作用在B上分析：当F作用在B上/2 22 2/1 11 1故故A A对对.,3 3m m5 53 3m m2 2t

17、t1 11 13 3时时a at t,3 3m m1 11 13 3m m2 2t t1 11 10 0时时a at t体体法法求求解解.3 3s s时时二二者者没没分分离离，整整4 4.当当t t向向相相反反，故故的的D D对对.离离，且且A AB B水水平平受受力力方方4 4.5 5s s后后二二者者已已经经分分3 3.当当t t.速速度度到到达达最最大大.故故C C错错0 0，0 0，水水平平方方向向A A的的a a离离，且且F F4 4.5 5s s时时二二者者已已经经分分2 2.当当t t4 4s s.故故B B对对.t t0 0时时A AB B恰恰好好分分离离，则则1 1.当当N

18、N.3 34 4t t1 16 6N N2 2m ma aN N隔隔离离B B：F F3 3m m2 2t t1 11 1a a3 3m ma aF F解解析析：整整体体，F F1 11 1A AA AA AB BA AB BA AB BB BB BA A/2/23 3m m.3 31 10 0m m.则则m m3 31 10 0结结以以上上各各式式：m mm ma am mg gs si in n对对物物块块：f fa am mT Tg g对对砝砝码码：m mm ma af fm mg gc co os s2 2m mg gs si in n对对木木板板：T Tm mg gc co os s

19、间间f f临临界界状状态态，物物块块和和木木板板.，二二者者能能发发生生相相对对滑滑动动2 2.设设砝砝码码质质量量为为m m/2 21 1/.3 33 3m mg gc co os s2 22 2m mg gs si in n整整体体T T2 2m mg g时时.T T为为2 2m m即即细细线线拉拉力力解解析析：1 1.当当砝砝码码质质量量2 22 2m.m.3 31010解以上各式得m解以上各式得mmamamgsinmgsin对物块：f对物块：fa am mT Tg g对砝码：m对砝码：mmamaf fmgcosmgcos2 2mgsinmgsin对木板：T对木板：T.a aa a者能发

20、生相对滑动必有者能发生相对滑动必有设砝码质量为m/，二设砝码质量为m/，二第2问解法二）第2问解法二）T T/块块板板/板板2 2块块板板1111.对对称称法法，C C对对D D，做做正正向向减减速速运运动动，由由3 3.2 2s s后后F F与与v v反反向向2 2m m/s s.B B对对.最最大大速速度度v vv v1 12 22 22 21 10 0.m mv vm mv vm ma at t2 21 1F Ft t2 21 1S Sm ma a,：F F面面积积2 2.速速度度到到达达最最大大，故故A A错错的的变变加加速速运运动动.2 2s s末末但但方方向向不不变变，做做a a减

21、减小小2 2s s内内a a减减小小，-1 1a a增增大大的的变变加加速速运运动动；1 1s s内内a a逐逐渐渐增增大大，做做-：0 0图图像像形形状状1 1.t t图图像像.t t图图像像及及a a-分分析析：合合外外力力F F错v vt t课后练习课后练习.v vv vv vS St t图图像像：a am mv vm mv vm mv vI IS St t图图像像：F F0 0面面积积0 0冲冲面面积积.选选A AC CD D.5 5m m/s sa a5 50 00 0N N/m m,k k2 2k kg g,解解得得m mm ma a1 10 0m ma am mg g-k kx

22、x0 0时时1 10 0当当物物体体即即将将运运动动，即即x xm ma am mg g-k kx xF F:4 4c cm m过过程程3 3.在在x xm ma am mg g3 30 0:4 4c cm m过过程程在在x x故故A A对对.m m.1 10 04 4x x离离开开弹弹簧簧，则则压压缩缩量量恢恢复复原原长长，物物体体k kx x不不变变，说说明明弹弹簧簧4 4c cm m过过程程，F F恒恒定定，当当x xm ma am mg g-k kx x匀匀加加速速运运动动F F2 2）物物体体在在F F作作用用下下做做m mg gk kx x分分析析：1 1）原原先先：2 20 02

23、 2-0 00 03 3.7 75 5N N.k kv vf f0 0.7 75 5则则k k.4 4m m/s st tv va a4 4m m/s s,0 0.5 5s s时时，v v当当t tm ma ak kv vm mg g:律律下下落落过过程程，牛牛顿顿第第二二定定5 5m m/s s时时f f最最大大.当当v vk kv v,f f2 2.运运动动过过程程空空气气阻阻力力2 2.2 25 5J J.m mv v2 21 1m mv v2 21 1机机械械能能的的损损失失E E4 4m m/s s.v v5 5m m/s s,速速度度大大小小分分别别为为v v解解析析：1 1.球球

24、碰碰地地前前后后2 22 22 22 21 12 21 1碰撞过程碰撞过程mgmgN NT T.N N，对对墙墙壁壁的的压压力力为为0 02 24 40 0解解得得T Tm mg g.c co os s竖竖直直方方向向：T T m ma as si in n水水平平方方向向：T T.，细细绳绳拉拉力力T T细细绳绳与与竖竖直直方方向向夹夹角角球球离离开开了了墙墙壁壁，设设此此时时,a a2 2.a a5 50 0N N.绳绳子子的的拉拉力力T T的的对对墙墙壁壁压压力力2 22 2N N.2 22 2N N，牛牛顿顿第第三三定定律律球球没没离离开开墙墙壁壁，则则N N,a a1 1.a a.7

25、 7.5 5m m/s s此此时时有有a a壁壁，0 0时时物物体体恰恰好好没没离离开开墙墙当当N Nm ma a,N Nm mg gt ta an n3 37 7m mg g7 7竖竖直直方方向向：T Tc co os s3 3m ma aN N7 7水水平平方方向向：T Ts si in n3 3动动，受受力力如如图图解解析析：当当向向右右匀匀减减速速运运/0 0/0 02 20 00 00 00 0.t tt t(7 7)求求总总时时间间t t时时间间t t（6 6）求求下下一一段段的的运运动动）（比比较较L L和和x x1 1的的大大小小x xL Lx x（5 5）求求下下一一段段的的

26、位位移移速速）.（两两种种情情况况匀匀速速或或加加判判断断下下一一段段的的运运动动情情况况.次次分分析析受受力力，求求a a(4 4)二二者者等等速速时时，再再)t t2 2v v，（x x（3 3）求求匀匀加加速速位位移移x x）t ta a，（v v（2 2）求求匀匀加加速速时时间间t t，分分析析滑滑块块受受力力求求a a（1 1）求求a a滑滑块块从从静静止止开开始始为为例例）2 2.基基本本解解题题步步骤骤(以以2 21 12 21 12 22 21 1带带1 11 11 11 1带带1 11 1，突突变变的的时时刻刻.二二者者等等速速时时刻刻是是f f发发生生f fx x.Q Q（

27、1 10 0）求求摩摩擦擦热热E EQ QE EE E能能量量（9 9）电电动动机机多多消消耗耗的的x xx x二二者者反反向向运运动动x xx x-x x二二者者同同向向运运动动x x发发生生在在相相对对滑滑动动过过程程移移x x)（8 8）求求痕痕迹迹（相相对对位位f fP P物物f fK K物物物物带带物物带带项目项目图示图示滑块可能的运动情况滑块可能的运动情况情景情景1 1(1)(1)可能一直加速可能一直加速 (2)(2)可能先加速后匀速可能先加速后匀速情景情景2 2(1)(1)v v0 0 v v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)(2)v

28、v0 0 v v返回时速度为返回时速度为v v，当，当v v0 0 mgsinmgcosmgsin(1)(1)可能一直加速可能一直加速(2)(2)可能先加速后匀速可能先加速后匀速情景情景2 2(1)(1)可能一直加速可能一直加速(2)(2)可能先加速后匀速可能先加速后匀速(3)(3)可能可能先以先以a a1 1加速后以加速后以a a2 2加速加速情景情景3 3(1)(1)可能一直加速可能一直加速(2)(2)可可能先加速后匀速能先加速后匀速(3)3)可能可能一直减速一直减速(4)(4)可能先以可能先以a a1 1加速后以加速后以a a2 2加速加速情景情景4 4(1)(1)可能一直加速可能一直加

29、速(2)(2)可能一直匀速可能一直匀速(3)(3)可能先减可能先减速后反向加速速后反向加速(4)(4)可能一直减速可能一直减速是是相相对对静静止止.大大小小判判断断是是相相对对运运动动还还和和m mg gc co os s向向.根根据据m mg gs si in n动动趋趋势势判判断断摩摩擦擦力力的的方方根根据据相相对对运运动动或或相相对对运运等等必必须须进进行行受受力力分分析析.始始点点、等等速速点点），折折点点注注意意：遇遇到到特特殊殊点点（初初0 0.6 67 7s st tt tt t1 13 3m m/s s,v vv v0 0.1 17 7s sv vx x匀匀速速时时间间t t2

30、 2.2 25 5m mx xx x匀匀速速位位移移x x1 13 3m m/s s匀匀速速运运动动，以以后后以以v vx x5 5.7 75 5m mt t2 2v vv v匀匀加加速速位位移移x x0 0.5 5s s.t ta at tv v，对对A A：v v3 3.二二者者等等速速历历时时t t2 2m m/s s.同同，能能.v v1 1）相相同同，运运动动情情况况相相2 2.滑滑块块受受力力情情况况与与（2 2m m/s s.v v2 2a ax xv vv v.6 6m m/s sa am ma ag g解解析析：1 1.对对A A：m m2 21 1B B2 22 21 12

31、 21 1A A1 11 11 1A A1 1B BB B2 2A A2 2B B2 2/2/23 32.5s.2.5s.t tt t总时间t总时间t1.5s.1.5s.v vx x匀速时间t匀速时间tx xL L，x，x以后以v匀速向上运动以后以v匀速向上运动.L L1.25m1.25mx xx x2a2a向上加速位移：v向上加速位移：v1s.1s.t tt ta a，对滑块：v，对滑块：v二者等速历时t二者等速历时t.2.5m/s2.5m/sa amamamgsinmgsinmgcosmgcos解析：向上加速过程：解析：向上加速过程：2 21 12 22 21 1ABAB2 2ABAB1

32、11 11 12 21 11 11 11 12 21 11 1mgmg.5 5m mx x总总痕痕迹迹x x两两次次痕痕迹迹有有重重叠叠1 1.5 5s s,t tt t总总时时间间t t0 0.2 25 5m m.x xx x再再次次发发生生的的痕痕迹迹x x5 5m mt tv vx x0 0.5 5s st tt ta a2 21 1t tv vx xL Lx x.2 2m m/s sa am ma am mg gc co os sm mg gs si in n.历历时时t t,为为a a二二者者等等速速后后，设设加加速速度度1 12 21 1/带带/2 22 22 20 0/带带2 2

33、2 22 22 22 20 02 2/2 22 22 22 22 22 2，5 5m m.x xx x痕痕迹迹x x5 5m mt t2 2v v0 0煤煤块块x x1 10 0m m,t tv vx x1 1s s.t tt ta av v1 10 0m m/s sa am ma am mg gc co os sm mg gs si in n.历历时时t t,加加速速度度为为a a解解析析：二二者者等等速速前前，设设2 2带带1 11 10 02 21 10 0带带1 11 11 10 02 21 11 11 11 1mgmg能能有有重重叠叠.大大，痕痕迹迹在在物物块块前前，可可同同向向运运

34、动动v v叠叠.大大，痕痕迹迹在在物物块块后后无无重重或或同同向向运运动动v v物物块块，传传送送带带反反向向运运动动:题题后后小小结结带带物物4.4.如图甲所示，水平传送带如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端。从传送带左端P P先后由静止先后由静止轻轻轻轻放上三个物体放上三个物体A A、B B、C C，物体，物体A A经经t tA A9.5s 9.5s 到达传送带另一端到达传送带另一端Q Q，物体，物体B B经经t tB B10s10s到达到达传送带另一端传送带另一端Q Q，若释放物体时刻作为，若释放物体时刻作为t t0 0时刻，分别作出三物体的时刻，

35、分别作出三物体的v vt t图象如图乙、图象如图乙、丙、丁所示，求：丙、丁所示，求：(1)(1)传送带的速度大小传送带的速度大小v v0 0；(2)(2)传送带的长度传送带的长度L L；(3)(3)物体物体A A、B B、C C与传送带间的动摩擦因数；与传送带间的动摩擦因数；(4)(4)物体物体C C从传送带左端从传送带左端P P到右端到右端Q Q所用的时间所用的时间t tC C。3 36 6m m.4 4m m2 29 9.5 58 8.5 5x x到到Q Q点点，则则L L2 2.A A经经9 9.5 5s s运运动动4 4m m/s s.速速度度v v动动图图像像可可知知，传传送送带带的

36、的解解析析：1 1.物物体体A AB B运运A A0 00 0.0 01 12 25 5.2 24 4s s,t t,3 3t t2 21 1L L,t ta a,3 3a ag g对对C C物物体体：0 0.2 2.2 2g g0 0.4 4，对对B B物物体体：4 4g g对对A A物物体体：a a.图图像像求求a a.g gm ma am mg g3 3.在在相相对对滑滑动动过过程程，C CC CC CC CC CC CC CB BB BA AA A.线线折折点点”等等的的隐隐含含条条件件“最最大大速速度度点点”、“图图速速点点”、“0 0速速点点”、（3 3）注注意意关关联联点点“共共

37、能能有有痕痕迹迹叠叠加加.迹迹无无叠叠加加；同同向向运运动动可可注注意意：二二者者反反向向运运动动痕痕求求解解痕痕迹迹.相相对对运运动动位位移移x x（2 2）相相对对运运动动时时间间t t二二者者共共速速.f f突突变变F F突突变变a a突突变变t t图图像像中中的的“折折点点”，（1 1）v v3 3.寻寻求求隐隐含含条条件件：.求求解解a a或或a a的的大大小小关关系系a at t2 21 1t tv vx x（2 2）分分析析运运动动过过程程，或或a a的的大大小小关关系系.，牛牛顿顿第第二二定定律律求求解解a a（1 1）分分析析各各物物体体受受力力求求解解.采采用用隔隔离离法法

38、，分分析析过过程程,a a2 2.相相对对滑滑动动过过程程：a a受受力力分分析析整整体体法法求求解解.,a a(2 2)a a,f f1 1)f f1 1.相相对对静静止止过过程程：(相相对对静静止止和和相相对对滑滑动动.对对摩摩擦擦连连接接问问题题无无外外乎乎 求求解解2 20 02 21 12 21 1m ma ax x 0 0.3 3.m ma am mg g2 2m mg g,t ta av v对对木木板板：v v0 0.2 2.m ma am mg g,t ta a对对物物块块：v v1 1m m/s s.0 0.5 5s s时时二二者者共共速速v v，t t解解析析：1 1.由由

39、图图像像可可知知2 22 22 21 11 12 20 01 11 11 11 11 11 11 11 11 1mgmg1 1mgmg1 1mgmg2 22 21 1.1 12 25 5m m.x xx x相相对对位位移移x x.2 2a av vt t2 2v vv vx x,2 2a av v2 2a av v则则x x物物块块始始终终没没离离开开木木板板，.4 4m m/s sa a,2 2m m/s sa a m mg g.即即f f对对滑滑动动.与与假假设设矛矛盾盾，必必发发生生相相m mg g,f fm mg g解解得得f fa a且且a a,m ma af f-m mg g对对木

40、木板板：2 2 ,m ma a对对物物块块：f f速速滑滑动动.则则加加速速度度相相同同，一一起起减减此此后后二二者者相相对对静静止止，擦擦力力方方向向发发生生突突变变，设设0 0.5 5s s瞬瞬间间物物块块的的摩摩2 2.t t物物板板/2 22 22 21 11 11 10 0板板/2 21 12 21 11 12 21 1物物2 2/2 22 2/1 11 11 1m m2 2/2 2/1 1/2 22 2/1 11 1mgmg1 1mgmg1 1mgmg2 22 2v v1 16 6.2 29 9N N.m ma a对对物物块块f fm m)a a,(M M3 3.相相对对静静止止后

41、后F F0 0.5 5m m.x xx x故故板板长长L L,t ta a2 21 1t tv v，对对木木板板：x xt ta a2 21 1对对物物块块x x1 1s s.t tt ta av vt ta a则则v v二二者者共共速速v v，经经历历t t.2 2.设设物物块块滑滑到到最最左左端端.均均向向右右加加速速运运动动.1 1m m/s sa aM Ma am mg g对对木木板板：F F，2 2m m/s sa am ma a对对物物块块：m mg g，时时，二二者者发发生生相相对对滑滑动动解解析析：1 1.刚刚放放上上物物块块1 12 22 22 20 02 22 21 11

42、12 20 01 12 22 22 22 21 11 19 98 8m m.L Lx x3 38 8m m则则制制动动坡坡长长L L4 4s st t,x xx x且且x xt ta a2 21 1t tv v对对车车：x x,t ta a2 21 1t tv v对对货货物物：x x5 5.5 5m m/s sa aM Ma am mg gc co os sm m)g g0 0.4 44 4(M M对对车车：M Mg gs si in n4 4m m经经历历t t.货货物物发发生生相相对对位位移移x x2 2.货货物物滑滑动动过过程程，设设斜斜向向下下.5 5m m/s sa am ma am

43、 mg gc co os s，m mg gs si in n解解析析：1 1.货货物物滑滑动动时时0 02 22 21 12 22 20 02 22 21 10 01 12 22 22 22 21 11 1x x2 238m38m/2/23 30.9m.0.9m.x xx x2gsin2gsin离：v离：v滑离木板后上滑最大距滑离木板后上滑最大距t ta a时速度v时速度v1.2s.则滑离木板1.2s.则滑离木板解得t解得t,x xx x且L且L.t ta a2 21 1物块x物块x,t ta a2 21 1板x板x设滑离木板经历t，木设滑离木板经历t，木.mamamgsinmgsins s，

44、对物块：，对物块：mgcomgcoMaMamgsinmgsinMgsinMgsin对木板：F对木板：F能滑离木板.能滑离木板.30N,30N,37.5N37.5NF F2.2.30N.30N.解得F解得F ma，ma，mgsinmgsin对物块：f对物块：fM)aM)a(m(mm)gsinm)gsin（M（M对整体：F对整体：Fmgcosmgcos.a，fa，fa a欲使不滑离木板有a欲使不滑离木板有a，将滑离木板.，将滑离木板.时，m将发生相对滑动时，m将发生相对滑动的加速度a的加速度a产生产生大于最大静摩擦力对m大于最大静摩擦力对m值，M的加速度a值，M的加速度a解析：1.F到达某一解析：

45、1.F到达某一2 22 22 21 12 22 22 22 21 11 12 21 12 21 12 21 19.9.如图所示，滑板长如图所示，滑板长L L1m1m，起点，起点A A到终点线到终点线B B的距离的距离s s5m5m。开始滑板静止，右端与。开始滑板静止，右端与A A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F F使滑板前进。板右使滑板前进。板右端到达端到达B B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数0.50.5，地面视为光滑，地面视为光滑，滑块质量滑块质量m m1

46、12kg2kg，滑板质量，滑板质量m m2 21kg1kg，重力加速度，重力加速度g g10m/s10m/s2 2，求：，求：(1)(1)滑板由滑板由A A滑到滑到B B的最短时间；的最短时间；(2)(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F F的取值范围的取值范围两物体发生相对滑动时，其中一个的外力不影响另一个物体的受力，只改变自身加速度两物体发生相对滑动时，其中一个的外力不影响另一个物体的受力，只改变自身加速度3 34 4N N.F F3 30 0N N3 34 4N N.F FL Lt ta a2 21 1t ta a2 21 1且且,a am mg g

47、m m对对物物块块：F F.加加速速度度a a好好脱脱离离F F最最大大.设设物物块块当当物物块块滑滑到到B B点点二二者者刚刚3 30 0N N.F Fa am mg gm m对对物物块块：F F.度度相相同同为为a a动动时时F F最最小小，二二者者加加速速2 2.当当刚刚好好发发生生相相对对滑滑1 1s s.t tt ta a2 21 1s s.1 10 0m m/s sa aa am mg gm m,大大加加速速度度a a发发生生相相对对滑滑动动，板板有有最最短短.加加速速度度一一直直加加速速时时间间最最解解析析：1 1当当板板以以最最大大的的2 22 22 22 21 11 11 1

48、1 12 21 11 12 21 11 11 12 22 22 22 22 22 22 21 12 21.1.如图所示，质量为如图所示，质量为m m1 1的足够长木板的足够长木板静止在光滑水平面静止在光滑水平面上，其上放一质量为上，其上放一质量为m m2 2的木块。的木块。t t0 0时刻起，给木块施加一水平恒力时刻起，给木块施加一水平恒力F F。分别用。分别用a a1 1、a a2 2和和v v1 1、v v2 2表示木板、木块的加速表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的是(ACAC)课后练习课后练习.故故C C对对D D错错.

49、a aa at t相相等等,x xx xx xx x，相相对对滑滑动动x xa at t2 21 1由由x xg g，不不好好比比较较.m mm ma aa am mg g：m m对对m mg gm mF Fa aa am mg gm m：F F2 2.相相对对滑滑动动时时，对对m ma a相相同同，故故A A对对B B错错.分分析析：1 1.相相对对静静止止时时1 12 21 12 21 12 22 21 12 21 11 11 12 21 12 22 22 22 22 22 2大大小小.则则用用运运动动学学角角度度比比较较a a杂杂，力力学学角角度度比比较较a a大大小小复复题题后后总总结

50、结5 5s s.3 3s st t总总时时间间t t2 2s s,t ta at tv v，则则v v经经历历t t设设从从断断开开到到车车速速为为v v4 4m m/s s.v v1 10 0.5 5m mx xx x相相对对位位移移x x,v vt t木木块块x x3 3s s.t t,a at t2 21 1t tv v则则小小车车x x,设设后后3 3s s的的初初速速度度为为v v.1 1m m/s sa a4 4.5 5m mx xx x相相对对位位移移x x6 6a a,v vt t木木块块位位移移x xa a.2 22 21 1t t2 2v vv v小小车车位位移移x x5

51、5a a,a at tv v车车速速v vs s后后.车车匀匀加加速速运运动动，经经历历3 3断断后后，木木块块匀匀速速运运动动，2 2a a.a at t和和木木块块速速度度v v解解析析：1 1.绳绳断断开开时时车车5 55 55 52 25 52 22 24 43 32 23 34 43 32 23 33 32 23 32 22 22 21 11 12 22 22 21 11 12 21 11 11 1.1 1:L LL L1 1.0 0m m同同，即即L L与与A A的的第第二二过过程程完完全全相相对对B B物物块块，通通过过分分析析，1 1.0 0m m.x x总总痕痕迹迹L L在在

52、物物块块后后.1 1.0 0m m,t tv vx x第第二二次次痕痕迹迹x x在在物物块块前前.0 0.4 45 5m m,x xt tv vx xx xx x2 2.对对A A第第一一次次痕痕迹迹1 1.3 3s s.t tt tA A滑滑到到底底部部的的时时间间t t.t ta a2 21 1t tv vx xL L则则x x,m ma am mg gc co os sm mg gs si in n.继继续续加加速速，加加速速度度为为a am mg gc co os s,m mg gs si in n共共速速后后，f f方方向向变变化化，0 0.4 45 5m m.t ta a2 21

53、1x x,t ta a，v vm ma am mg gc co os sm mg gs si in n.，加加速速度度为为a a，位位移移x x者者共共速速经经历历t t解解析析：1 1.对对A A，设设二二B BA AB B2 2A A2 2带带2 22 21 11 1带带1 1带带1 11 12 21 12 22 22 22 2带带1 12 22 22 22 21 11 11 11 11 1带带1 11 11 11 1，1 1.5 5k kg g.M M1 1m m/s s图图像像得得加加速速度度大大小小a a,M M)a a(m mM M)g g(m m共共速速后后整整体体：1 1m m

54、/s s图图像像得得加加速速度度大大小小a a,M Ma aM M)g g(m mm mg g对对木木板板：5 5m m/s s图图像像得得加加速速度度大大小小a a,m ma am mg g对对滑滑块块：共共速速前前3 3.滑滑块块滑滑上上木木板板后后，5 5m m.x xs si in n下下滑滑高高度度h h2 2a ax x,下下滑滑位位移移v v1 10 0m m/s s,斜斜面面时时的的速速度度v v由由乙乙图图可可知知滑滑离离m ma a,F Fc co os s时时，m mg gs si in n2 2.当当F F变变成成水水平平向向右右N N.3 31 10 0F FF Fc

55、 co os sn n在在木木板板上上时时，m mg gs si i解解析析：1 1.当当滑滑块块静静止止2 23 33 32 22 22 21 12 21 12 21 11 11 12 23g ga ag,g,D.aD.a 0 0a a)g,)g,m mm m(1(1C.aC.a0 0a ag,g,B.aB.a g ga a)g,)g,m mm m(1(1A.aA.aB BA AB B1 12 2A AB BA AB B1 12 2A A)g gm mm m(1 1a aa am m)g gm m(m mg gm m0 0，k kx x对对A A，T T0 0变变a a绳绳子子断断后后：瞬瞬

56、间间k kx x不不)g gm m(m mg gm mk kx xT T对对A A,g gm m绳绳子子断断前前：对对B B，k kx x瞬瞬时时值值问问题题1 12 2A AA A1 12 21 11 1B B2 21 11 12 2故故选选B B.下下面面的的雪雪橇橇加加速速下下滑滑.减减速速下下滑滑，去去杆杆后后，则则上上面面的的雪雪橇橇若若杆杆产产生生的的拉拉伸伸弹弹力力，下下面面的的雪雪橇橇减减速速下下滑滑.加加速速下下滑滑，去去杆杆后后，则则上上面面的的雪雪橇橇若若杆杆产产生生的的压压缩缩弹弹力力，杆杆必必产产生生弹弹力力.，动动，若若使使它它们们匀匀速速下下滑滑不不同同，则则必必

57、发发生生相相对对运运2 2.松松开开杆杆后后二二者者的的a aa a不不同同.故故A A错错.，不不同同种种雪雪橇橇，即即不不同同g gc co os s.g gs si in na am ma am mg gc co os s：m mg gs si in n分分析析：1 1.松松开开轻轻杆杆后后.g gL L5 5v v2 2a a2 2L Lv vv v2 2m ma a,2 2m mg g2 2.对对铁铁块块：.g gL L，v v2 21 1解解得得L L.2 2a av v,m ma am mg g：滑滑板板恰恰好好返返回回到到B B过过程程L L.2 2a av v,m ma am mg g3 3-m mg g对对滑滑板板：2 2C C端端时时速速度度为为v v.解解析析：1 1.设设滑滑板板滑滑到到1 10 02 20 02 21 11 11 12 22 22 22 22 21 12 21 12 21 1