2020年强基计划高三物理专题讲解第:牛顿运动定律 （核心素养提升解析版）

2020 年强基计划物理专题讲解（核心素养提升） 第 3 讲 牛顿运动定律 知识精讲 1.牛顿第一定律 任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，直到其他物体所作用的力迫使它改变这种状态为止。这是牛 顿第一定律的内容。牛顿第一定律是质点动力学的出发点。 物体保持静止状态或匀速直线运动状态的性质称为惯性。牛顿第一定律又称为惯性定律，惯性定律是物 体的固有属性，可用质量来量度。 无论是静止还是匀速直线运动状态，其速度都是不变的。速度不变的运动也就是没有加速度的运动，所 以物体如果不受到其他物体的作用，就作没有加速度的运动，牛顿第一定律指出了力是改变物体运动状态的 原因。 牛顿第一定律只在一类特殊的参照系中成立，此参照系称为惯性参照系。简称惯性系。相对某一惯性系 作匀速运动的参照系必定也是惯性系，牛顿第一定律不成立的参照系称为非惯性参照系，简称非惯性系，非 2.牛顿第二定律 (1)定律内容：物体的加速度跟所受外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的 方向相同 (2)数学表达式： (3)理解要点 maFm Fa == ∑∑ 或①牛顿第二定律不仅揭示了物体的加速度跟它所受的合外力之间的数量关系，而且揭示了加速度方向总 与合外力的方向一致的矢量关系。在应用该定律处理物体在二维平面或三维空间中运动的问题，往往需要选 择适当的坐标系，把它写成分量形式 ②牛顿第二定律反映了力的瞬时作用规律。物体的加速度与它所受的合外力是时刻对应的，即物体所受 合外力不论在大小还是方向上一旦发生变化，其加速度也一定同时发生相应的变化。 ③当物体受到几个力的作用时，每个力各自独立地使物体产生一个加速度，就如同其他力不存在—样； 物体受几个力共同作用时，产生的加速度等于每个力单独作用时产生的加速度的矢量和，如图 3-1-1 示。这 个结论称为力的独立作用原理。 ④牛顿第二定律阐述了物体的质量是惯性大小的量度，公式 反映了对同—物体，其所受合 外跟它的加速度之比值是个常数，而对不同物体其比值不同，这个比值的大小就是物体的质量，它是物体惯 性大小量度，当合外力不变时，物体加速度跟其质量成反比，即质量越大，物体加速度越小，运动状态越难 改变，惯性也就越大。 ⑤牛顿第二定律的数学表达式 定义了力的基本单位；牛顿（N）。因为， ，故 ，当定义使质量为 1kg 的物体产生 加速度的作用力为 1N 时，即 1N= 时， k=1。由于力的单位 1N 的规定使牛顿第二定律公式 中的 k=1，由此所产生的单位制即我们最常用的国际单位制。 xx maF = ∑ = maF yy maF = zz maF = ∑= aFm / ∑ = maF ∑∞ mFa / ∑ = kmaF 21 sm 211 smkg ×⑥在惯性参考系中，公式 中的 ma 不是一个单独的力，更不能称它是什么“加速力”，它是一 个效果力，只是在数值上等于物体所受的合外力。 ⑦对一个质点系而言，同样可以应用牛顿第二定律。 如 果 这 个 质 量 系 在 任 意 的 x 方 向 上 受 的 合 外 力 为 ， 质 点 系 中 的 n 个 物 体 （ 质 量 分 别 为 ）在 x 方向上的加速度分别为 ，那么有 这就是质点系的牛顿第二定律。 3.牛顿第三定律 （1）定律内容：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，作用在一条直线上。 （2）数学表达式： （3）理解要点 ①牛顿第三定律揭示了物体相互作用的规律，自然界中的力的作用都是相互的，任何一个物体既为受力 体，则它一定就是施力体。 ②相互作用力必定是同一性质的力，即如果其中一个力是摩擦力，则它的反作用力也一定是摩擦力。 ③两个相互作用力要与一对平衡力区分清楚。 ④这个相互作用力是指的性质力。对于效果力不一定能找到“整体”的反作用力，如有人说向心力的反作 用力就是离心力。这是错误的，因为向心力往往是由多个力作用是共同效果，其中每个力都有其各自的反作 用力，故向心力这个合力就不一定有一个所谓反作用力。 4.关于参照系的问题 （1）惯性参照系：牛顿第一定律实际上又定义了一种参照系，在这个参照系中观察，一个不受力作用 的物体将保持静止或匀速直线运动状态，这样的参照系就叫做惯性参照系，简称惯性系。由于地球在自转的 同时又绕太阳公转，所以严格地讲，地面不是一个惯性系。在一般情况下，我们可不考虑地球的转动，且在 研究较短时间内物体的运动，我们可以把地面参照系看作一个足够精确的惯性系。 （2）非惯性参照系：凡牛顿第一定律不成立的参照系统称为非惯性参性系，一切相对于惯性参照系做 加速运动的参照系都是非惯性参照系。在考虑地球转动时，地球就是非惯性系。在非惯性系中，物体运动不 ∑ = maF xF nmmm ,, 21 nxxx aaa ,, 21 nxnxxx amamamF +++= 2211 FF ′−=遵循牛顿第二定律，但在引入“惯性力”的概念以后，就可以利用牛顿第二定律的形式来解决动力学问题了。 （关于惯性力的应用在后边将到）。 5.牛顿运动定律解题的方法和步骤 应用牛顿运动定律的基本方法是隔离法，再配合正交坐标运用分量形式求解。 解题的基本步骤如下： (1)选取隔离体，即确定研究对象 一般在求某力时，就以此力的受力体为研究对象，在求某物体的运动情况时，就以此物体为研究对象。 有几个物体相互作用，要求它们之间的相互作用力，则必须将相互作用的物体隔离开来，取其中一物体作研 究对象。有时，某些力不能直接用受力体作研究对象求出，这时可以考虑选取施力物体作为研究对象，如求 人在变速运动的升降机内地板的压力，因为地板受力较为复杂，故采用人作为研究对象为好。 在选取隔离体时，采用整体法还是隔离法要灵活运用。如图要求质量分别为 M 和 m 的两物体组成的系 统的加速度 a，有两种方法，一种是将两物体隔离，得方程为 另—种方法是将整个系统作为研究对象，得方程为 显然，如果只求系统的加速度，则第二种方法好；如果还要求绳的张力，则需采用前一种方法。 (2)分析物体受力情况：分析物体受力是解动力学问题的一个关键，必须牢牢掌握。 ①一般顺序：在一般情况下，分析物体受力的顺序是先场力，如重力、电场力等，再弹力，如压力、张 力等，然后是摩擦力。并配合作物体的受力示意图。 大小和方向不受其它力和物体运动状态影响的力叫主动力，如重力、库仑力；大小和主向与主动力和物 体运动状态有密切联系的力叫被动力或约束力，如支持力、摩擦力。这就决定了分析受力的顺序。如物体在 maTmg =− MaMgT =− µ aMmMgmg )( +=− µ地球附近不论是静止还是加速运动，它受的重力总是不变的；放在水平桌面上的物体对桌面的压力就与它们 在竖直方向上有无加速度有关，而滑动摩擦力总是与压力成正比。 ②关于合力与分力：分析物体受力时，只在合力或两个分力中取其一，不能同时取而说它受到三个力的 作用。一般情况下选取合力，如物体在斜面上受到重力，一般不说它受到下滑力和垂直面的两个力。在—些 特殊情况下，物体其合力不能先确定，则可用两分力来代替它，如图横杆左端所接铰链对它的力方向不能明 确之前，可用水平和竖直方向上的两个分力来表示，最后再求出这两个分力的合力来。 ③关于内力与外力：在运用牛顿第二定律时，内力是不可能对整个物体产生加速度的，选取几个物体的 组合为研究对象时，这几个物体之间的相互作用力不能列入方程中。要求它们之间的相互作用，必须将它们 隔离分析才行，此时内力转化成外力。 ④关于作用力与反作用力：物体之间的相互作用力总是成对出现，我们要分清受力体与施力体。在列方 程解题时，对一对相互作用力一般采用同一字线表示。在不考虑绳的质量时，由同一根绳拉两个物体的力经 常作为一对相互作用力处理，经过不计摩擦的定滑轮改变了方向后，我们一般仍将绳对两个物体的拉力当作 一对相互作用力处理。 (3)分析物体运动状态及其变化 ①运用牛顿定律解题主要是分析物体运动的加速度 a，加速度是运动学和动力学联系的纽带，经常遇到 的问题是已知物体运动情况通过求 a 而求物体所受的力。 ②针对不同的运动形式和运用不同的公式，在分析物体运动状态时有不同的要求。对于静力学的问题， 其加速度为零，速度为零或常量；对于牛顿运动定律问题，主要是分析加速度，要注意其瞬时性，匀变速运 动可任取一点分析，变加速运动则必须找到对应点分析；如果是运用动量定理或动能定理，则必须分析物体 所受的力的冲量或所做的功，还要分析运动始末两态的动量或动能。 ③要注意物体运动的加速度与速度的大小方向的关系，也要注意两者大小不一定同时为零，如竖直上抛的最高点，速度为零加速度不为零，在振动的平衡位置速度最大加速度为零；两者的方向也不一定相同，如 加速上升，两者方向相同，减速上升，两者方向相反。 ④对于由几个物体组成的连接体的运动，要分析各个物体的加速度。各个物体的加速度之间的关系的求 法是：一般假设各物体初速为零，由公式 ，再由各物体的位移的比值找出它们加速度之间的关系 来。 如图，显然有 ，故有 ， 所以 故有 如图设 ，我们以地球为参照物，三者的加速度如图所示，为了找出三个加速度 大小的关系，我们设由于 和 的运动，使绳有沿动滑轮边沿的加速度 ，根据有关的相对运动规律有 两式相减消去 得到三个加速度之间的关系式为 2/2ats = 21 2ss = 2// 2121 == ssaa 21 2aa = θtgs s a a == 2 1 2 1 θtgaa 21 = 32321 , mmmmm 2m 3m a′ 1222 aaaaaa +′=+== 轮地轮地 1332 aaaaaa −′=+== 轮地轮地 a′ 132 2aaa =−⑤若不知加速度 a 的方向，则可事先假设加速度的方向，按假设算出来的加速度若为正，则说明假设正 确；若计算出来的加速度为负，则不能简单地认为加速度的方向与假设的方向相反，一般情况下，应该换一 个方向重新计算，因为运动方向不同时，物体所受的力有可能不同，特别是有摩擦力的时候。 (4)建立坐标系 ①通常我们采用惯性坐标系，一般不加申明就以地球为参照物，有时为了方便，采用非惯性坐标系。 ②坐标也有瞬时性，如圆锥摆所建立的坐标就是指某一瞬间的。 ③通常采用直角坐标系，对曲线运动常用自然坐标，即取切向和法向为两坐标轴的方向，切向加速度反 映了速度大小的变化，法向加速度反映了速度方向的变化。 ④选取坐标轴，最好能以加速度方向为一轴的方向，这样可以使方程较为简洁；如果由于解题需要而两 轴都不与加速度同向，则要注意将加速度依坐标分解列入方程。 (5)列方程和解方程 ①根据物理意义列出方程，对于正交坐标，一般是对每一个隔离体列出一组坐标数的方程。 ②出于解题的需要，一般是方程数与未知数的个数相等，若方程数少于未知数的个数，则要注意题目的 隐含条件，或者用特殊方法可以解出。 ③不同的题型要注意有不同的解法，有些题目可以一次性的列出方程，有些题目必须走一步看一步，逐 步推出结论。 (6)验算作答 ①验算是必不可少的一步，要根据物理意义和题设条件剔除多余的根。 ②为了快速检验，可以采用检验答案的量纲的方法。 ③正负符号在物理问题中有广泛的应用，要特别注意正负号的物理意义。 典型例题 题型一 牛顿运动定律的简单应用 例 1．(复旦大学自主招生)在桌子上有一质量为 m1 的杂志，杂志上有一质量为 m2 的书。杂志和桌面之间的 动摩擦因数为 μ1，杂志和书之间的动摩擦因数为 μ2，欲将杂志从书下抽出，则至少需要用________的力。(　　)A．(μ1＋μ2)(m1＋m2)g　　　　 B．μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g C．(μ1＋μ2)m2g D．(μ1m1＋μ2m2)g 【答案】A　 【解析】设杂志的加速度为 a1，书的加速度为 a2，对书，由牛顿第二定律， μ2m2g＝m2a2， 对杂志，由牛顿第二定律， F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1， 要想把杂志抽出去，必须满足：a1>a2 即：F＝μ2m2g＋μ1(m1＋m2)g＋m1a1>μ2m2g＋μ1(m1＋m2)g＋μ2m1g。 解得：F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，选项 A 正确。 变式 1.(北京大学自主招生)有两个长方体，一大一小，底面积相等，高为 H1、H2，密度为 ρ1、ρ2，把它们叠 在一起放在密度为 ρ0 的液体中，小上大下，刚好没过大的。若小下大上，开始时，使液面刚好没过小的。问 刚松开的一瞬间，大的向何方向运动，加速度 a 是多少？(用 H1、H2、g 表示) 【解析】设长方体底面积为 S，小上大下，刚好没过大的，所受浮力等于重力，即 SH1ρ0g＝S(H1ρ1＋H2ρ2)g 若小下大上，使液面刚好没过小的，所受浮力为 SH2ρ0g。 刚松开的一瞬间，大的向下运动，由牛顿第二定律， SH1ρ0g－SH2ρ0g＝S(H1ρ1＋H2ρ2)a 解得加速度 a＝ H1－H2 H1ρ1＋H2ρ2ρ0g。 【答案】向下　 H1－H2 H1ρ1＋H2ρ2ρ0g 题型 2 弹簧的瞬时性问题 例 2.如图所示，小球 A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球 B 用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直 板上.两小球 A、B 通过光滑滑轮 O 用轻质细绳相连，两球均处于静止状态.已知 B 球质量为 m，O 在半圆柱 体圆心 O1 的正上方，OA 与竖直方向成 30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成 45°角，现 将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为 g)，下列说法正确的是(　　)A.弹簧弹力大小为 2mg B.球 B 的加速度为 g C.球 A 受到的支持力为 2mg D.球 A 的加速度为 1 2g 答案　D 解析　剪断细绳前对 B 球受力分析如图，由平衡条件可得 F 弹＝mgtan 45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力 立即消失，而弹簧弹力 F 弹和 B 球重力的大小和方向均没有改变，则 F 合＝ mg cos 45°＝ 2mg，aB＝ 2g，A、B 项错误.剪断细绳前，有 A 球的重力大小 GA＝2F 绳 cos 30°＝ 6mg，剪断细绳瞬间，A 球受到的支持力 FNA＝ GAcos 30°＝ 18 2 mg，C 项错误.剪断细绳瞬间，对 A 球由牛顿第二定律有 mAgsin 30°＝mAaA，得 A 的加速度 aA ＝gsin 30°＝1 2g，D 项正确. 变式 2.（“北约”自主招生）如图所示，两木块 A、B 质量均为 m，用劲度系数为 k、原长为 L 的轻弹簧连在一 起，放在倾角为 α 的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为 μ，用与传送带平行的细线拉住木块 A， 传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止状态.求： (1)A、B 两木块之间的距离； (2)剪断细线瞬间，A、B 两木块加速度分别为多大.答案　(1)L＋mgsin α＋μmgcos α k (2)aA＝2g(sin α＋μcos α)，aB＝0 解析　(1)隔离 B 木块受力分析，由平衡条件可得 F 弹＝mgsin α＋μmgcos α 由胡克定律 F 弹＝kΔx 得两木块间的距离为 LAB＝L＋Δx＝L＋mgsin α＋μmgcos α k (2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块 B 由牛顿第二定律得 F 弹－(mgsin α＋μmgcos α)＝maB 解得 aB＝0. 对于木块 A 有 F 弹＋μmgcos α＋mgsin α＝maA 解得 aA＝2(gsin α＋μgcos α)＝2g(sin α＋μcos α). 题型 3 连接体问题 例 3．(复旦大学自主招生)一根轻绳跨过一轻定滑轮，质量为 m 的人抓着轻绳的一端，轻绳另一端系了一个 质量为m 2的物体。已知重力加速度为 g，若人相对于轻绳匀速向上爬时，物体上升的加速度为(　　) A．1.5g B.g 3 C.1 2g D．g 【答案】B 【解析】　以物体为研究对象，设物体上升的加速度为 a，轻绳中拉力为 F，由牛顿第二定律，F－1 2mg＝1 2 ma。以人为研究对象，人相对于轻绳匀速向上爬，说明人和轻绳具有相同的加速度，由牛顿第二定律，mg－ F＝ma，联立解得：a＝g 3，选项 B 正确。 变式 3.如图所示，一细绳跨过装在天花板上的滑轮，绳的一端吊一质量为 M 的物体，另一端挂一载人梯子(梯 子悬空)，人质量为 m，开始时系统处于平衡状态，不计摩擦及滑轮与绳的质量，则要使天花板受力为零，试 描述人的运动状态(需指出加速度的大小与方向)【解析】系统开始处于平衡状态，则梯子所受的重力 G＝(M－m)g。 要使天花板受力为零，应使绳张力为零，物块 M 须自由下落，则梯子向上加速度为 g， 设人与梯间的相互作用力为 F，人向下加速度为 a，则 对梯子：F－(M－m)g＝(M－m)g， 故 F＝2(M－m)g。 对人：F＋mg＝ma， 得：a＝2Mg m －g。 故人相对于梯子应以 a′＝2Mg m 的加速度向下运动，才能使天花板的受力为零。 【答案】人相对于梯子向下加速运动，加速度大小为2Mg m 。 变式 4.(同济大学自主招生)一条轻绳跨过一轻滑轮，滑轮和轴的摩擦可忽略。在绳的一端挂一质量为 m1 的物 体，在另一侧有一质量为 m2 的环(如图所示)，求当环相对于绳以恒定的加速度 a2 沿绳向下滑动时，物体和 环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？ 【解析】①当物体相对于地面的加速度方向竖直向下时，大小为 a1， 环与绳间的摩擦力大小为 f，则环相对于地面的加速度 a 环＝a2－a1 由牛顿第二定律可得： 对 m1：m1g－T＝m1a1对 m2：m2g－f＝m2a 环　又 T＝f 可解得：a1＝ (m1－m2)g＋m2a2 m1＋m2 　a 环＝m1a2－(m1－m2)g m1＋m2 　f＝m1m2(2g－a2) m1＋m2 ②当物体相对地面的加速度方向竖直向上时，大小为 a1′ 环与绳间的摩擦力大小为 f′，则环相对于地面的加速度 a 环′＝a1′＋a2 由牛顿第二定律可得： 对 m1：T′－m1g＝m1a1′ 对 m2：m2g－f′＝m2a 环′ 又 T′＝f′ 可解得 a1′＝ (m2－m1)g－m2a2 m1＋m2 a 环′＝m1a2－(m1－m2)g m1＋m2 f′＝m1m2(2g－a2) m1＋m2 。 【答案】见解析 题型 4 板块模型 例 4.（上海交大自招）如图所示，物体 1、3 和木板 2 的质量均为 m＝1 kg，木板 2 与物体 3 通过不可伸长轻 绳连接，跨过光滑的定滑轮，设木板 2 到定滑轮足够远，物体 3 离地面高 H＝5.75 m，物体 1 与木板 2 之间 的动摩擦因数 μ＝0.2。木板 2 放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体 1(视为质点)在木板 2 的左 端以 v＝4 m/s 的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从木板 2 的右端掉下。求： (1)木板 2 的长度 L0； (2)当物体 3 落地时，物体 1 在木板 2 的位置。【解析】(1)物体 1 在向左的滑动摩擦力作用下做匀减速运动 加速度大小为 a1＝μmg m ＝2 m/s2， 对木板 2 和物体 3 分别由牛顿第二定律可得： F＋μmg＝ma2，mg－F＝ma2，解得 a2＝6 m/s2； 设经过时间 t1，三者速度达到相等，设为 v1， 则 v1＝v－a1t1＝a2t1，解得 v1＝3 m/s，t1＝0.5 s， 则物体 1 和木板 2 运动的位移分别为： x1＝1 2(v＋v1)t1＝1.75 m；x2＝1 2v1t1＝0.75 m＜H，而 L0＝x1－x2，解得 L0＝1 m。 (2)假设速度大小相等时三者相对静止， 对整体由牛顿第二定律得 mg＝3ma，解得 a＝g 3。 对物块 1，当受到滑动摩擦力时，其加速度最大，最大值为 2 m/s2，小于g 3，故 1 与 2 要发生相对滑动，物体 1 相对于木板 2 向左滑动，其加速度大小 a3＝2 m/s2，方向向右。 对木板 2 和物体 3 分别由牛顿第二定律得： F－μmg＝ma4，mg－F＝ma4， 解得 a4＝4 m/s2，故 2 和 3 做匀加速运动。 设再经过时间 t2 物体 3 落地， 则对木板 2 可得 H－x2＝v1t2＋1 2a4t22，解得 t2＝1 s， 物体 1 的位移 x3＝v1t2＋1 2a3t22＝4 m。 而 H－x2－x3＝1 m＝L0，所以当物体 3 落地时，物体 1 在木板 2 的最左端。 【答案】(1)1 m　(2)物体 1 在木板 2 的最左端 变式 5.如图甲所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为 L＝1 m、质量为 m1＝0.5 kg 的木板 A，一质量为m2＝1 kg 的物体 B 以初速度 v0 滑上木板 A 上表面的同时对木板 A 施加一个水平向右的力 F，A 与 B 之间的 动摩擦因数为 μ＝0.2，g 取 10 m/s2，物体 B 在木板 A 上运动的路程 s 与力 F 的关系如图乙所示，求 v0、F1 和 F2。 　　 解析：由图像可看出当 F≤1 N 时，物体 B 在木板 A 上的路程始终等于板长 L，当 F＝1 N 时，刚好不从 A 板 右端掉下，此后 A 和 B 一起相对静止并加速运动。 设物体 B 的加速度为 a2，木板 A 的加速度为 a1，分别由牛顿第二定律有 μm2g＝m2a2 ① F＋μm2g＝m1a1 ② 设 B 运动的位移为 sB，A 运动的位移为 sA，经过 t 时间两者速度均为 v，根据运动学公式有 sB＝v0＋v 2 t ③ sA＝v 2t ④ v＝v0－a2t＝a1t ⑤ B 在 A 上相对 A 向右运动的路程 s＝sB－sA ⑥ 联立①②③④⑤⑥解得 s＝ v02 4(F＋3) ⑦ 将 F＝1 N，s＝1 m 代入解得 v0＝4 m/s。 根据⑦式分析可知，当 1 N≤F≤F1 时，随着力 F 增大，s 减小，当 F＝F1 时，出现 s 突变，说明此时 A、B 在 达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，B 将会从木板 A 左端掉下。 A、B 恰好再次发生相对运动时，B 的加速度为 a2，则整体加速度也为 a2，由牛顿第二定律有 F1＝(m1＋m2)a2 ⑧ 联立①⑧解得 F1＝3 N，此时 B 在 A 上运动的路程为 s1＝ v02 4(F1＋3)＝2 3 m， 当 F≥F1 时，物体 B 在木板 A 上的路程为 B 相对 A 向右运动的路程的两倍。 故当 F＝F2 时，将 s2＝0.5s1 代入⑦式解得 F2＝9 N。 答案：4 m/s　3 N　9 N 题型 5 传送带模型 例 5.(“华约”自主招生)如图所示的传送带装置，与水平面的夹角为￿，且 tan￿=0.75．传送带的速度为 v=4m/s，摩擦系数为 μ=0.8，将一个质量 m=4kg 的小物块轻轻的放置在装置的底部，已知传送带装置的底部 到顶部之间的距离 L=20m．（本题重力加速度 g=10m/s2） （1）求物块从传送带底部运动到顶部的时间 t； （2）求此过程中传送带对物块所做的功． 【答案】（1）5.5s （2）512J 【解析】(1)受力分析且由平衡条件得： 则摩擦力 平行斜面方向做匀加速运动： 4cos 5N mg mgθ= = 1f N mgµ= = 1 sinf mg maθ− =解得： ，且方向沿传送带向上； 运到到物块与传送带速度相同时经过的时间为： 运动的距离为： 剩下的距离为 之后物块与传送带一起匀速运动， 则 所以 ； (2) 用功能原理，传送带对物块所做的功为物块获得的机械能（动能与重力势能）则： ￿ =m￿2/2+ mg ￿ sin ￿ = 512J． 变式 6.用如图所示的水平传送带 AB 和斜面 BC 将货物运送到斜面的顶端。A、B 间距离 L＝11 m，传送带始 终以 v＝12 m/s 匀速顺时针运行。传送带 B 端靠近倾角 θ＝37°的斜面底端，斜面底端与传送带的 B 端之间有 一段长度可以不计的小圆弧。在 A、C 处各有一个机器人，A 处机器人每隔 t＝1.0 s 将一个质量 m＝10 kg、 底部有碳粉的货物箱(可视为质点)轻放在传送带 A 端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的 C 点时速度 恰好为零，C 点处机器人立刻将货物箱搬走。已知斜面 BC 的长度 s＝5.0 m，传送带与货物箱之间的动摩擦 因数 μ0＝0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的 1 11，不计传送带轮的大小，g ＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)斜面与货物箱之间的动摩擦因数 μ； (2)如果 C 点处的机器人操作失误，未能将第一个到达 C 点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相 撞。求两个货物箱在斜面上相撞的位置到 C 点的距离；(本问结果可以用根式表示) 24ma s = 1 1vt sa = = 2 1 1 22s at m= = 2 1 18s L s m= − = 2 2 4.5st sv = = 1 2 5.5t t t s= + =(3)从第一个货物箱放上传送带 A 端开始计时，在 t0＝2 s 的时间内，货物箱在传送带上留下的痕迹长度。 解析：(1)货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有 μ0mg＝ma1 解得加速度为 a1＝μ0g＝5.5 m/s2 到传送带右端的速度：v1＝ 2a1L＝11 m/s v1＜v＝12 m/s，说明货物箱在传送带上一直做匀加速运动。 运动至斜面底端的速度：v2＝v1－ 1 11v1＝10 m/s 货物箱在斜面上滑过程的加速度为 a2＝μgcos θ＋gsin θ＝v22 2s 解得：μ＝0.5。 (2)货物箱沿斜面上滑过程：a2＝μgcos θ＋gsin θ＝10 m/s2 运动时间 t1＝1 s 第二个货物箱在斜面 B 端时，第一个货物箱刚好在 C 端从静止开始下滑，货物箱沿斜面下滑过程，根据牛顿 第二定律有： 加速度 a3＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 设第一个货物箱在斜面 C 端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞前所用时间为 t2 有：s＝v2t2－1 2a2t22＋1 2a3t22 解得：t2＝5－ 5 4 s 两个货物箱在斜面上相遇的位置到 C 端的距离： d＝1 2a3t22＝15－5 5 8 m。 (3)第 1 s 内，货物箱的位移：x1＝1 2a1t2＝2.75 m 传送带的位移：x2＝vt＝12 m第 1 s 留下的痕迹：d1＝x2－x1＝9.25 m 则 t＝1 s 时，第二个货物箱轻放在第一个货物箱后 2.75 m 处，第一个货物箱前 9.25 m 有痕迹 第 2 s 内，对第一个货物箱：v0＝a1t＝5.5 m/s 货物箱的位移 x1′＝v0t＋1 2a1t2＝8.25 m 第一个货物箱留下的痕迹：d2＝x2－x1′＝3.75 m 第一、二两个货物箱的痕迹重合的距离为 d′＝d2－x1＝1 m t′＝2 s 时，第二个货物箱在传送带上运动了 1 s，留下的痕迹： d3＝d1＝9.25 m 则 2 s 内，货物箱留下的痕迹总长度为： Δs＝d1＋d2＋d3－d′＝21.25 m 答案：(1)0.5　(2)15－5 5 8 m　(3)21.25 m 题型 6 斜面联模型 例 6．(清华大学自主招生)在光滑的水平面上有一质量为 M、倾角为 θ 的光滑斜面，其上有一质量为 m 的物 块，如图所示。物块在下滑的过程中对斜面压力的大小为(　　) A. Mmgcos θ M＋msin θ·cos θ B. Mmgcos θ M－msin θ·cos θ C. Mmgcos θ M＋msin2 θ D. Mmgcos θ M－msin2 θ 【答案】C 【解析】法一：设 m 的加速度大小为 a1，与斜面法线之间的夹角为 α，如图甲所示。M 和 m 的受力分析如 图甲和图乙所示。对 M 列出水平方向的方程为 Nsin θ＝Ma2对 m 列出斜面法向的方程为 mgcos θ－N＝ma1cos α 再列出斜面法向两物体加速度之间的连接关系 a2sin θ＝a1cos α 由此可得 N＝ Mmgcos θ M＋msin2 θ，故选 C。 　　　 甲　　　　　　　　　乙 法二：设物块对斜面的压力为 N，物块 m 相对斜面的加速度为 a1，斜面的加速度为 a2，方向向左；则物块 m 相对地面的加速度为 ax＝a1cos θ－a2，ay＝a1sin θ 对物块考虑水平和竖直方向，有 Nsin θ＝max＝m(a1cos θ－a2)，mg－Ncos θ＝may＝ma1sin θ 对斜面有 Nsin θ＝Ma2 解得 N＝ Mmgcos θ M＋msin2θ。 变式 7.(南京大学自主招生)如图所示，两斜面重合的楔块 ABC 和 ADC 的质量均为 M，AD 和 BC 两面成水平， E 为质量等于 m 的小滑块，楔块的倾斜角为 α，各接触面之间的摩擦均不计，系统放在水平平台角上从静止 开始释放，求两斜面未分离前小滑块 E 的加速度。 【解析】设两斜面之间的弹力为 N1，方向与 AC 面垂直，E 与 ADC 之间的弹力为 N2，方向与 AD 面垂直，ABC 的加速度为 a1，方向水平向左。ADC 相对于 ABC 的加速度为 a2，方向沿 AC。则 ADC 在竖直方向的加速度 为 a2sin α，方向竖直向下，在水平方向的加速度为(a2cos α－a1)，方向水平向右；因 E 和 ADC 未分离，故小 滑块 E 竖直向下的加速度为 a2sin α。根据牛顿第二定律可得对 ABC：N1sin α＝Ma1 对 ADC，水平方向：N1sin α＝M(a2cos α－a1) 竖直方向：Mg＋N2－N1cos α＝Ma2sin α 对小滑块 E：mg－N2＝ma2sin α 联立以上方程解得 aE＝a2sin α＝ M＋m M＋m＋M 2 cot2α g。 【答案】 M＋m M＋m＋M 2 cot2α g 变式 8.(清华大学自主招生)如图所示，A、B、C 三块物体放在光滑的水平面上，它们的质量分别是 m 1、m2、 m3，已知 A、B 间摩擦系数为 μ1，B、C 间摩擦系数为 μ2 及斜面倾斜角为 θ。 (1)用 F 水平拉 C，当 A、B、C 保持相对静止时，求 A、B 和 B、C 间的摩擦力大小。 (2)逐渐加大 F，致使 A、B 中有一个发生相对滑动，试问哪一个先发生滑动？ (3)如 μ1＝0.5、μ2＝0.8，问 θ 为何值时，B 先相对 C 发生滑动？ 【解析】(1)A、B、C 整体分析：F＝(m1＋m2＋m3)a 如图对 A、B 隔离法分析，对 A：f1＝m1a＝ m1 m1＋m2＋m3F 对 B：f2cos θ－f1′－N2sin θ＝m2a① f2sin θ＋N2cos θ＝N1′＋m2g② 由①②得到 f2＝(m1＋m2)(gsin θ＋acos θ) ＝(m1＋m2)(gsin θ＋ Fcos θ m1＋m2＋m3) (2)f1、f2 达到最大静摩擦力时，A、B 具有最大加速度。对 A：f1＝μ1N1＝μ1m1g＝m1a1，a1＝μ1g　对 A、B 整 体分析， 如图所示： μ2N2sin θ＋N2cos θ＝(m1＋m2)g μ2N2cos θ－N2sin θ＝(m1＋m2)a2 a2＝μ2cos θ－sin θ μ2sin θ＋cos θ g＝ μ2－tan θ μ2tan θ＋1g 当 a1＜a2，即 μ1＜ μ2－tan θ μ2tan θ＋1，则 A 先滑动。当 a1＞a2，即 μ1＞ μ2－tan θ μ2tan θ＋1，则 B 先滑动。 (3)B 先滑动时，把 μ1＝0.5，μ2＝0.8 代入不等式得：tan θ＞0.214，θ＞12.1°　但 θ 也不应大于摩擦角，即在 未对 C 施力情况下，B 已开始滑下，tan θ＜μ2；θ＜38.7°，所以倾角 θ 应为：12.1°＜θ＜38.7°。 【答案】(1) m1 m1＋m2＋m3F (m1＋m2)(gsin θ＋ Fcos θ m1＋m2＋m3) (2)见解析　(3)12.1°＜θ＜38.7°