（教师备课专用）浙江省2021高考物理一轮复习第三单元牛顿运动定律第11课时牛顿第二定律及应用课件 75页

第11课时　牛顿第二定律及应用 基础过关 1.内容: 物体加速度的大小跟它受到的合外力成① 　 正比      ,跟它的质量成② 　 反比      ,加速度的方向跟合外力的方向③ 　 相同      。 2.表达式: ④      F 合 = ma      。 同向性 公式 F = ma 是矢量式,任一时刻, F 与 a 同向 正比性 m 一定时, a ∝ F 瞬时性 a 与 F 对应同一时刻,即 a 为某时刻的加速度时, F 为该时刻物体所受合外力 因果性 F 是产生 a 的原因,物体具有加速度是因为物体受到的合外力不为0 同一性 ①任意时刻,加速度 a 相对同一惯性系(一般指地面) ② F = ma 中, F 、 m 、 a 对应同一物体或同一系统 ③ F = ma 中,各量统一使用国际单位制单位 独立性 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 ③力、加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律,即 F x = ma x , F y = ma y 局限性 ①只适用于宏观、低速运动的物体,不适用于微观、高速运动的粒子 ②物体的加速度必须是相对于地球静止或匀速直线运动的参考系(惯性系)而言的 1. 判断下列说法对错。 (1)物体在受力的前提下才会产生加速度,因此加速度的产生要滞后于力的作 用。   (　 ✕ 　) (2)加速度的方向与合外力的方向相同,与速度的方向无关。   (　 √ 　) (3)物体所受合外力减小,物体的速度必减小。   (　 ✕ 　) (4)物理公式不仅仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的 单位关系。   (　 √ 　) (5)千克、米、秒、库仑、安培都是国际单位制的基本单位。   (　 ✕ 　) 2. 下列单位属于国际标准基本单位的是   (　 C 　) ①米(m)　②秒(s)　③库(C)　④安(A)　⑤伏(V) A.①②③　    B.①③④　    C.①②④　    D.①③⑤ 3. 如图所示,某汽车天线上固定一个装饰用的公仔。当汽车水平向左行驶的 过程中,发现前方有障碍物挡住道路,于是紧急刹车,如果把刹车的过程看做 是匀减速直线运动,忽略空气阻力的影响,那么天线对公仔的弹力方向可能是   (　 B 　) A. OA 方向　    B. OB 方向 C. OC 方向　    D. OD 方向 考点突破 考点一　牛顿第二定律的理解、单位制 1.牛顿第二定律的适用范围 (1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。 (2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。 2. 牛顿第二定律是力的瞬时作用规律 , 加速度跟力同时产生、同时变化、同 时消失。 3. 物体受力的瞬间,立即获得加速度,而由于惯性,速度不会立即产生变化。 二、力学单位制 1.力学中的基本物理量及单位 (1)力学中的基本物理量是长度、质量、时间。 (2)力学中的基本单位:基本物理量的所有单位都是基本单位。如:毫米 (mm)、克(g)、毫秒(ms)等等。三个基本物理量的单位在国际单位制中分别 为米(m)、千克(kg)、秒(s)。 2.单位制 (1)基本单位和导出单位一起组成了单位制。 (2)国际单位制(SI):国际计量大会制定的国际通用的、包括一切计量领域的 单位制,叫做国际单位制。 例1     (多选)下列对牛顿第二定律的理解,正确的是   (　 ABC 　) A.如果一个物体同时受到两个力的作用,则这两个力各自产生的加速度互不 影响 B.如果一个物体同时受到几个力的作用,则这个物体的加速度等于所受各力 单独作用在物体上时产生加速度的矢量和 C.平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动 D.物体的质量与物体所受的合力成正比,与物体的加速度成反比 解析     由牛顿第二定律的特性易知,A、B、C正确;物体的质量是物体的固有属性,不会受到外界条件的影响(如受力、运动状态、所处位置等),D错误。 例2 　现有以下一些物理量和单位,按下面的要求选择填空。(填写字母的代号) A.密度    B.米/秒    C.牛顿    D.加速度    E.质量    F.秒    G.厘米    H.长度    I. 时间    J.千克 (1)属于物理量的是 　　　　　　　     。 (2)在国际单位制中,作为基本单位的物理量有 　　　　　　　     。 (3)在国际单位制中的基本单位是 　　　　　　　     ,属于导出单位的是 　     　　　　　     。 答案 　(1)A、D、E、H、I　(2)E、H、I　(3)F、J　B、C 解析 　(1)题中各项中,属于物理量的有密度、加速度、质量、长度、时间, 故此空填“A、D、E、H、I”。 (2)在国际单位制中,作为基本单位的物理量有质量、长度、时间。故此空填 “E、H、I”。 (3)此题中给定的选项内是国际单位制的基本单位的有千克、秒;属于导出单 位的有米/秒、牛顿。故第一个空填“F、J”,第二个空填“B、C”。 1. (2020浙江1月选考,1,3分)以下物理量为矢量,且单位是国际单位制基本单位的是   (　 B 　) A.电流、A　　 B.位移、m C.功、J　　 D.磁感应强度、T 2. 在粗糙的水平面上,物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运 动。作用一段时间后,将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动),则在水平推 力逐渐减小到零的过程中(　 D 　) A.物体速度逐渐减小,加速度逐渐减小 B.物体速度逐渐增大,加速度逐渐减小 C.物体速度先增大后减小,加速度先增大后减小 D.物体速度先增大后减小,加速度先减小后增大 解析     由题意得推力 F 未减小之前物体做匀加速直线运动,则可判定 F > f , 且 ma = F - f ;当 F 逐渐减小时,加速度逐渐减小,但加速度方向与速度方向同向, 物体仍加速;当 F < f 后,此时 ma = f - F , F 减小,加速度增大,且加速度与速度方向相 反,物体减速,综上所述,选项D正确。 3. 如图所示,有两条质量相等的有蓬小船,用绳子连接(绳子质量忽略不计),其 中一条船内有人在拉绳子,如果水的阻力不计,下列判断中正确的是   (　 C 　) A.绳子两端的拉力不等,跟有人的船连接的一端拉力大 B.根据两船运动的快慢判断,运动快的船里肯定有人,因为是人用力,船才运动的 C.运动慢的船里肯定有人,因为绳子对两条船的拉力是相等的,但有人的船连 同人的总质量大,所以加速度小 D.绳子对两条船的拉力大小关系无法判断 解析     因为绳子对两船的拉力大小相等,根据牛顿第二定律得 a =   ,质量 大的加速度小,所以有人的船的总质量大,加速度小。故C正确。 考点二　超重和失重问题 1.超重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有向上的加速度。 2.失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有向下的加速度。 3.完全失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完 全失重现象。 (2)产生条件:物体的加速度 a = g ,方向竖直向下。 4. 实重和视重 (1) 实重 : 物体实际所受的重力 , 它与物体的运动状态无关。 (2) 视重 : 当物体在竖直方向上有加速度时 , 物体对弹簧测力计的拉力或对台 秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即视重。 例3 　在升降电梯内的地面上放一体重计,电梯静止时,晓敏同学站在体重计 上,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计 示数如图所示,在这段时间内下列说法中正确的是(重力加速度为 g )   (　　) A.晓敏同学处于失重状态,所以她所受的重力变小了 B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C.电梯一定在竖直向下运动 D.电梯的加速度大小为   ,方向一定竖直向下 解析     D　晓敏在这段时间内处于失重状态,对体重计的压力变小了,而晓敏 的重力没有改变,A选项错误;晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力 是一对作用力与反作用力,大小一定相等,B选项错误;以竖直向下为正方向, 有 mg - F = ma ,即50 g -40 g =50 a ,解得 a =   ,方向竖直向下,但速度方向可能是竖直 向上,也可能是竖直向下,C选项错、D选项正确。 规律总结 判断超重和失重现象的三个角度和技巧 (1)从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处 于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于0时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断,当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时,超重; ②物体向下加速或向上减速时,失重。 变式1     一个质量为50 kg的人,站在竖直方向运动着的升降机地板上。他看 到升降机上弹簧测力计(重力不计)挂着一个质量为5 kg的重物,弹簧测力计 的示数为40 N,重物相对升降机静止,如图所示,重力加速度 g 取10 m/s 2 ,则   (　　) A.升降机一定向上加速运动 B.升降机一定向上减速运动 C.人对地板的压力一定为400 N D.人对地板的压力一定为500 N 解析     C　设弹簧测力计示数为 F ,重物质量为 m ,对重物应用牛顿第二定律得 mg - F = ma ,解得 a =2 m/s 2 ,方向竖直向下,升降机正在减速上升或加速下降, 故A、B错误;设人质量为 M ,地板对人的支持力为 F N ,对人根据牛顿第二定律 得 Mg - F N = Ma ,解得 F N = M ( g - a )=50 × (10-2)N=400 N,根据牛顿第三定律,人对地 板的压力大小为400 N,方向竖直向下,故C正确,D错误。 1. 下列哪个说法是正确的   (　 B 　) A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 解析     体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态,蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下,都处于失重状态,选项A错误,B正确;举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态,游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态,选项C、D错误。 2. 蹦极是一种极限体育项目,可以锻炼人的胆量和意志。运动员从高处跳下, 弹性绳被拉伸前做自由落体运动,弹性绳被拉伸后在弹性绳的缓冲作用下,运 动员下落一定高度后速度减为零。在下降的全过程中,下列说法中正确的是   (　　)   A.弹性绳拉伸前运动员处于失重状态,弹性绳拉伸后运动员处于超重状态 B.弹性绳拉伸后运动员先处于失重状态,后处于超重状态 C.弹性绳拉伸后运动员先处于超重状态,后处于失重状态 D.运动员一直处于失重状态 解析     B　弹性绳拉伸前运动员只受重力,处于完全失重状态,弹性绳拉伸后, 开始拉力小于重力,加速度方向向下,还处于失重状态,当拉力大于重力,运动 员加速度方向向上,运动员处于超重状态。所以弹性绳拉伸后运动员先处于 失重状态,后处于超重状态,故B正确。 3. 如图所示,一物体(可视为质点)从竖直立于地面的轻弹簧上方某一高度自 由落下。 A 点为弹簧自然状态时上端点的位置,当物体到达 B 点时,物体速度 恰好为零,然后被弹回。下列说法中正确的是   (　 D 　) A.物体从 A 点下降到 B 点的过程中,速率不断变小 B.物体在 B 点时,所受合力为零 C.物体在 A 点时处于超重状态 D.物体在 B 点时处于超重状态 解析     物体从 A 点开始,所受合力先向下但不断减小,加速度不断减小,速 度不断增大,在 A 、 B 间的某个位置弹力大小等于重力时,物体所受合力等于0, 速度最大,再向下运动,所受合力反向且不断增大,物体向下做减速运动,加速 度向上,且不断增大,在 B 点具有最大的向上的加速度,故物体在 A 点处于失重 状态,在 B 点处于超重状态,故D正确,A、B、C错误。 考点三　动力学的两类基本问题 1.动力学两类基本问题 (1)已知受力情况,求物体的运动情况。 (2)已知运动情况,求物体的受力情况。 2.解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解,具体逻辑关 系如图: 例4     (多选)如图所示,一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作用,前方固定一足 够长的水平轻弹簧,则当木块接触弹簧后,下列判断正确的是   (　 BCD 　)   A.木块立即做减速运动 B.木块在一段时间内速度仍增大 C.当 F 等于弹簧弹力时,木块速度最大 D.弹簧压缩量最大时,木块速度为零但加速度不为零 解析     木块刚开始接触弹簧时,弹簧对木块的作用力小于外力 F ,木块继续向 右做加速度逐渐减小的加速运动,直到二力相等,而后,弹簧对木块的作用力 大于外力 F ,木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动,直到速度为零,但 此时木块的加速度不为零,故选项A错误,B、C、D正确。 易错提醒 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” (2)找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。 变式2     水平路面上质量为30 kg的手推车,在受到60 N的水平推力时做加速 度大小为1.5 m/s 2 的匀加速运动。如果撤去推力,车的加速度的大小为( g 取10 m/s 2 )   (　 A 　) A.0.5 m/s 2 　     B.1.5 m/s 2 C.2 m/s 2 　     D.3.5 m/s 2 解析     设车运动方向为正方向 , 撤去力 F 前加速度为 a ,撤去力 F 后加速度为 a '。根据牛顿第二定律得 F - F 阻 = ma , F 阻 = F - ma =60 N-30 × 1.5 N=15 N,因为- F 阻 = ma ',所以 a '=-   =-0.5 m/s 2 ,负号表示这时加速度的方向与推力的方向相反。选项A正确。   1. (2020浙江1月选考,19,9分)一个无风晴朗的冬日,小明乘坐游戏滑雪车从静止 开始沿斜直雪道下滑,滑行54 m后进入水平雪道,继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg,整个滑行过程用时10.5 s,斜直雪道倾角为 37 ° (sin 37 ° =0.6)。求小明和滑雪车: (1)滑行过程中的最大速度 v m 的大小; (2)在斜直雪道上滑行的时间 t 1 ; (3)在斜直雪道上受到的平均阻力 F f 的大小。 答案 　见解析 解析 　(1)   =   v m =18 m/s (2) x 1 =   t 1 t 1 =6 s (3) a =   =3 m/s 2 由牛顿第二运动定律 mg sin 37 ° - F f = ma 得 F f =180 N 2. (2019浙江东阳中学月考)一直升机悬停在洞穴上空,通过电动缆绳营救受困于洞底的勘探者,将其沿竖直方向吊出洞口。电动缆绳上端的拉力传感器可以实时显示勘探者对缆绳的拉力 F ,营救过程中拉力 F 随时间 t 变化的图像如图所示。已知直升机悬停处距离洞底32 m,当 t =11 s时勘探者被拉到直升机处且速度刚好减为零,勘探者的质量为80 kg,且可视为质点,缆绳质量及空气阻力均忽略不计, g 取10 m/s 2 。求: (1)勘探者在 t =7 s到 t =11 s过程中的加速度大小; (2)勘探者在 t =5 s到 t =7 s过程中的位移大小; (3)勘探者在加速上升过程中的平均速度大小。   答案 　(1)1.25 m/s 2 　(2)10 m　(3)4 m/s 解析 　(1)勘探者在 t =7 s到 t =11 s过程中,受重力和拉力作用,且 F =700 N 根据牛顿第二定律得 mg - F = ma 解得 a =1.25 m/s 2 (2)勘探者在 t =5 s到 t =7 s过程中, F =800 N= mg ,故勘探者做匀速运动 而其匀速运动的速度即匀减速运动的初速度,则有 v 3 = at 4 =5 m/s 则这段时间的位移为 x = v 3 t 3 =10 m (3)勘探者在 t =7 s到 t =11 s过程中减速过程中的位移为 x 4 =   t 4 =10 m 则勘探者在加速阶段的位移为 x 1 =32 m- x 3 - x 4 =12 m 由题图可知,从 t =2 s到 t =5 s为加速阶段,故这段时间的平均速度为   =   =   m/s=4 m/s 考点四　动力学中的临界、极值问题 1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,表明题述的过程存在临 界点。 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的 过程存在“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程 存在极值,这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。 2.几种临界状态和其对应的临界条件 临界状态 临界条件 速度达到最大 物体所受的合外力为零 两物体刚好分离 两物体间的弹力 F N =0 绳刚好被拉直 绳中张力为零 绳刚好被拉断 绳中张力等于绳能承受的最大拉力 3.处理临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的 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 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 例5 　如图所示,质量均为 m 的 A 、 B 两物体叠放在竖直轻弹簧上并保持静止, 用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B ,运动距离 h 时, B 与 A 分离。重力加速度为 g ,下 列说法正确的是(　 C 　) A. B 和 A 刚分离时,弹簧长度等于原长 B. B 和 A 刚分离时,它们的加速度为 g C.弹簧的劲度系数等于   D.在 B 与 A 分离之前,它们做匀加速直线运动 解析      A 、 B 分离前, A 、 B 共同做加速运动,由于 F 是恒力,而弹簧弹力是变 力,故 A 、 B 做变加速直线运动,当两物体要分离时, F AB =0, 对 B : F - mg = ma 对 A : kx - mg = ma 即 F = kx 时, A 、 B 分离,此时弹簧仍处于压缩状态, 由 F = mg ,设用恒力 F 拉 B 前弹簧压缩量为 x 0 , 则2 mg = kx 0 , h = x 0 - x , 解以上各式得 k =   ,综上所述,只有C项正确。 易错提醒 (1)两个接触的物体分离之前的速度和加速度均相同。 (2)两物体分离瞬间的速度和加速度仍相同,但物体间的作用力为零。 例6 　如图所示,木板与水平地面间的夹角 θ 可以随意改变,当 θ =30 ° 时,可视为 质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以 大小恒定的初速度 v 0 =10 m/s沿木板向上运动,随着 θ 的改变,小物块沿木板向 上滑行的距离 x 将发生变化,重力加速度 g 取10 m/s 2 。   (1)求小物块与木板间的动摩擦因数; (2)当 θ 角满足什么条件时,小物块沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值。 答案 　(1)   　(2) θ =60 °        m 解析 　(1)当 θ =30 ° 时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则 mg sin θ = F f , F f = μmg · cos θ 联立解得 μ =tan θ =   (2)当 θ 变化时,设沿木板向上为正方向,物块的加速度为 a , 则- mg sin θ - μmg cos θ = ma 由0-   =2 ax 得 x =   令tan α = μ =tan 30 ° 即cos α =   , sin α =   则 x =   则 x =   当 α + θ =90 ° 时 x 最小,即 θ =60 ° 所以 x 最小值为 x min = =   =   m ° ° 易错提醒 运动类临界、极值问题一般是根据已知条件将物理过程用数学关系式表达 出来,再借助数学知识求解临界条件和极值。 1. 如图所示,一夹子夹住木块,在力 F 作用下向上提升。夹子和木块的质 量分别为 m 、 M ,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为 f ,重力加速度为 g 。 若木块不滑动,力 F 的最大值是(　 A 　) A.   　     B.   C.   -( m + M ) g 　     D.   +( m + M ) g 解析     对整个系统应用牛顿第二定律: F -( M + m ) g =( M + m ) a 对 M 应用牛顿第二定律:2 f - Mg = Ma 联立可得 F =   ,故A正确。 2. 如图所示, A 、 B 两物块的质量分别为2 m 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   μ 。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 ,则下列说法错误的是   (　 A 　) A.当 F <2 μmg 时, A 、 B 都相对地面静止 B.当 F =   μmg 时, A 的加速度为   μg C.当 F >3 μmg 时, A 相对 B 滑动 D.无论 F 为何值, B 的加速度不会超过   μg 解析      A 、 B 间的最大静摩擦力为2 μmg , B 和地面之间的最大静摩擦力为   μmg ,对 A 、 B 整体,只要 F >   μmg ,整体就会运动,选项A错误;当 A 对 B 的摩擦力 为最大静摩擦力时, A 、 B 将要发生相对滑动,故 A 、 B 一起运动的加速度的最 大值满足2 μmg -   μmg = ma max , B 运动的最大加速度 a max =   μg ,选项D正确;对 A 、 B 整体,有 F -   μmg =3 ma max ,则 F >3 μmg 时两者会发生相对运动,选项C正确;当 F =   μmg 时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足 F -   μmg =3 ma ,解得 a =   μg ,选项B 正确。 考点五　动力学模型——传送带 1.水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2   (1) v 0 > v 时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2) v 0 < v 时,可能一直加速,也可能先加速再匀速 情景3   (1)传送带较短时,滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。其中 v 0 > v 返回时速度为 v ,当 v 0 < v 返回时速度为 v 0 2.倾斜传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景1   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以 a 1 加速后以 a 2 加速 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以 a 1 加速后以 a 2 加速 (6)可能一直减速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 例7 　如图所示,水平传送带两端相距 x =8 m,工件与传送带间的动摩擦因数 μ =0.6,工件滑上 A 端时速度 v A =10 m/s,设工件到达 B 端时的速度为 v B 。(取 g =10 m/s 2 )   (1)若传送带静止不动,求 v B ; (2)若传送带顺时针转动,工件还能到达 B 端吗?若不能,说明理由;若能,求到达 B 点的速度 v B ; (3)若传送带以 v =13 m/s逆时针匀速转动,求 v B 及工件由 A 到 B 所用的时间。 答案 　(1)2 m/s　(2)能　2 m/s　(3)13 m/s　0.67 s 解析 　(1)工件受到的摩擦力方向水平向右,根据牛顿第二定律可知 μmg = ma , 则 a = μg =6 m/s 2 ,且   -   =2 ax ,故 v B =2 m/s。 (2)能。当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始 终减速,故工件到达 B 端的速度 v B =2 m/s。 (3)传送带以 v =13 m/s逆时针匀速转动时,开始时工件受到的摩擦力方向水平 向左,加速度大小 a '=6 m/s 2 ,工件速度达到13 m/s时所用时间为 t 1 =   =0.5 s,运 动的位移为 x 1 = v A t 1 +   a '   =5.75 m<8 m,则工件在到达 B 端前速度就达到了13 m /s 此后工件与传送带相对静止,因此工件先加速后匀速运动。匀速运动的位 移 x 2 = x - x 1 =2.25 m, t 2 =   ≈ 0.17 s, t = t 1 + t 2 =0.67 s。 易错提醒 分析传送带问题的三步骤 (1)初始时刻,根据 v 物 、 v 带 的关系,确定物体的受力情况,进而确定物体的运动 情况。 (2)根据临界条件 v 物 = v 带 确定临界状态的情况,判断之后的运动形式。 (3)运用相应规律,进行相关计算。 变式3     (多选)如图所示,传送带的水平部分长为 L ,运动速率恒为 v ,在其左端 无初速度放上木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为 μ ,则木块从左到右的 运动时间可能是(重力加速度为 g )   (　 ACD 　)   A.   +   　    B.   　    C.   　    D.   解析     木块的加速度大小为 a = μg ,若木块一直做匀加速运动,则有 L =   μgt 2 , 得 t =   ,C正确;若木块到达传送带另一端时,速度恰好等于 v ,则有 L =   t =   t ,得 t =   ,D正确;若木块先匀加速运动经历时间 t 1 ,位移为 x ,再匀速运动经历 时间 t 2 ,位移为 L - x ,则有 v = μgt 1 ,2 μgx = v 2 , vt 2 = L - x ,得 t = t 1 + t 2 =   +   ,A正确。 例8 　如图所示为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾 角 θ =37 ° , A 、 B 两端相距 L =5.0 m,质量为 M =10 kg的物体以 v 0 =6.0 m/s的速度沿 AB 方向从 A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为 μ =0.5。传送带顺时针运转的速度 v =4.0 m/s, ( g 取10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8)求: (1)物体从 A 点到达 B 点所需的时间; (2)若传送带顺时针运转的速度可以调节, 物体从 A 点到达 B 点的最短时间是多少。 答案     (1)2.2 s　(2)1 s 解析 　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为 a 1 ,由牛顿第二定律得 Mg sin θ + μMg cos θ = Ma 1   ① 设经过时间 t 1 物体的速度与传送带速度相同, t 1 =     ② 通过的位移 x 1 =     ③ 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为 a 2 ,由牛顿第二定律有 Mg sin θ - μMg cos θ = Ma 2   ④ 物体继续减速,设经过时间 t 2 到达传送带 B 点 L - x 1 = vt 2 -   a 2     ⑤ 联立①②③④⑤式可得 t = t 1 + t 2 =2.2 s (2)若传送带的速度较大,物体沿 AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则 所用时间最短,此种情况加速度大小一直为 a 2 ,则 L = v 0 t '-   a 2 t ' 2 解得 t '=1 s( t '=5 s舍去) 变式4     如图所示,绷紧的传送带始终以 v =2 m/s的速率顺时针转动,传送带与 水平方向间的夹角 θ =30 ° 。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端 P 处,由传送带送至顶端 Q 处。已知 P 、 Q 之间的距离为4 m,工件与传送带间的 动摩擦因数为 μ =   , g 取10 m/s 2 。 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动; (2)求工件从 P 点运动到 Q 点所用的时间。 答案 　(1)先做匀加速直线运动0.8 m,然后做匀速直线运动3.2 m　(2)2.4 s 解析 　(1)对工件受力分析,受重力、支持力、摩擦力共同作用,摩擦力提供 动力。 由牛顿第二定律得 μmg cos θ - mg sin θ = ma 代入数据得: a =2.5 m/s 2 则其速度达到传送带速度时发生的位移为 x 1 =   =   m=0.8 m<4 m 可见工件先做匀加速直线运动0.8 m,然后做匀速直线运动3.2 m (2)工件做匀加速运动时,由 x 1 =   t 1 ,得 t 1 =0.8 s 匀速运动时 t 2 =   =   s=1.6 s 所以工件从 P 点运动到 Q 点所用的时间为 t = t 1 + t 2 =2.4 s 易错提醒 例题中在工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生了“突变”,由滑动 摩擦力变为静摩擦力。可得出,传送带上的工件所受摩擦力不论是其大小突 变,还是其方向突变,都发生在工件的速度与传送带速度相等的时刻。对于倾 斜传送带,摩擦力方向能否发生“突变”,还与动摩擦因数的大小有关,这一 点考查了学生综合分析问题的能力,学生容易出错,应引起高度的重视。 1. 水平方向的传送带,顺时针转动,传送带速度大小 v =2 m/s不变,两端 A 、 B 间距离为3 m。一物块从 B 端以 v 0 =4 m/s滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数 μ =0.4, g 取10 m/s 2 。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是   (　　) 解析     B　物块刚滑上传送带时,速度向左,由于物块与传送带间的摩擦作用, 使得它做匀减速运动,加速度大小为 a = μg =4 m/s 2 ,当物块的速度减小到0时,物 块前进的距离为 s =   m=2 m,其值小于 AB 的长,故物块减速到0后仍在传 送带上,所以它会随传送带向右运动,其加速度的大小与匀减速时相等,等其 速度与传送带的速度相等时物块向右滑行的距离为 s '=   m=0.5 m,其值小 于物块向左前进的距离,说明物块仍在传送带上,以后物块相对于传送带静 止,其速度就等于传送带的速度了,所以选项B正确。 2. 如图所示的传送带,其水平部分 ab 的长度为2 m,倾斜部分 bc 的长度为4 m, bc 与水平面的夹角为 α =37 ° ,将一物块 A (可视为质点)轻轻放于 a 端的传送带 上,物块 A 与传送带间的动摩擦因数为 μ =0.25,当传送带沿图示方向以 v =2 m/s 的速度匀速运动时,若物块 A 经过 b 端时未脱离传送带且没有能量损失( g 取10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8),试求: (1)物块在水平部分加速运动的加速度大小; (2)物块 A 从 a 端传送到 b 端所用的时间; (3)物块 A 从 b 端传送到 c 端所用的时间。 答案 　(1)2.5 m/s 2 　(2)1.4 s　(3)1 s 解析 　(1)物块在 ab 段所受的摩擦力 f = μmg 由牛顿第二定律可知,加速度大小 a =   = μg =2.5 m/s 2 (2)物块加速到2 m/s所需时间 t 1 =   =   s=0.8 s 物块加速阶段的位移 s 1 =   a   =   × 2.5 × 0.8 2 m=0.8 m 物块匀速运动位移 s 2 = x ab - s 1 =2 m-0.8 m=1.2 m 匀速运动时间 t 2 =   =   s=0.6 s 从 a 到 b 的时间 t = t 1 + t 2 =0.8 s+0.6 s=1.4 s (3)物块在 bc 段的合力 F = mg (sin α - μ cos α ) 故加速度 a '= g (sin α - μ cos α )=4 m/s 2 由匀变速直线运动规律可得,从 b 到 c 的时间 t 3 满足 s bc = vt 3 +   a '   其中 s bc =4 m, v =2 m/s 解得 t 3 =1 s( t 3 =-2 s舍去)