本章复习与测试优秀教学设计内容

一、动力学的两类基本问题

例1

如图1所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．用大小为30 N、沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉到B处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.取g＝10 m/s2)

图1 (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；

(2)用大小为30 N、与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.

[方法提炼]

掌握解决动力学两类基本问题的思路方法

其中受力分析和运动过程分析是基础，牛顿第二定律和运动学公式是工具，加速度是连接力和运动的桥梁．

二、动力学中的图象问题

例2

一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度－时间图线，如图2所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：

图2 (1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；

(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；

(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离．

[总结提升]

1．常见的图象形式

在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(x－t图象)、速度图象(v－t图象)和力的图象(F－t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．

2．图象问题的分析方法

遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题．

针对训练

放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图3甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(

)

甲

乙

图3 A．0.5 kg,0.4

C．0.5 kg,0.2

三、传送带问题

例3

某飞机场利用如图4所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg 的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝从A端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s2) 3.求货物22B．1.5 kg，

15D．1 kg,0.2

图4

[方法总结]

传送带送货物时，一般情况下由摩擦力提供动力，所以分析此类问题要抓住初始时刻和物体与传送带的共速时刻的摩擦力的大小及方向，由此判断货物的运动规律是解题的关键．

注意：因传送带由电动机带动，一般货物对待传送带的摩擦力不影响传送带的运动状态．

四、解决共点力作用下的平衡问题常用方法

例4

如图5所示，质量m1＝5 kg的物体，置于一粗糙的斜面体上，斜面倾角为30°，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推物体，物体沿斜面向上匀速运动．斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，g取10 m/s2，求：

图5 (1)斜面体对物体的摩擦力；

(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．

[方法总结]

1.矢量三角形法(合成法) 物体受三个力作用而平衡时，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，且这三个力首尾相接构成封闭三角形，可以通过解三角形来求解相应力的大小和方向．常用的有

直角三角形、动态三角形和相似三角形．

2．正交分解法

在正交分解法中，平衡条件F合＝0可写成：∑Fx＝F1x＋F2x＋…＋Fnx＝0(即x方向合力为零)；∑Fy＝F1y＋F2y＋…＋Fny＝0(即y方向合力为零)．

3. 整体法和隔离法：在选取研究对象时，为了弄清楚系统(连接体)内某个物体的受力情况，可采用隔离法；若只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的受力时，一般采用整体法．

答案精析

知识网络

运动状态

质量

正比

反比

作用力的方向

矢量

瞬时

两个

性质

两个

向下

向上

g

匀速直线运动

F合＝0

正交分解法

典例精析

例1

(1)0.5

(2)1.03 s 解析

(1)物体做匀加速运动

1L＝at2

202L2×20所以a＝2＝2

m/s2＝10 m/s2

t02由牛顿第二定律得

F－Ff＝ma

Ff＝30 N－2×10 N＝10 N Ff10所以μ＝＝＝0.5 mg2×10(2)设F作用的最短时间为t，物体先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律得

Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma，所以

Fcos 37°＋μsin 37°30×0.8＋0.5×0.6a＝－μg＝

m/s2－0.5×10 m/s2＝11.5 m/s2

m2a′＝μg＝5 m/s2

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

at＝a′t′

a11.5所以t′＝t＝t＝2.3t

5a′11又L＝at2＋a′t′2

22所以t＝

2L＝

a＋2.32a′2×20

s≈1.03 s 11.5＋2.32×5例2

(1)8 m/s2

(2)0.25

(3)4.0 m 解析

(1)由小物块上滑过程的速度－时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为

v－v00－8.0a＝＝

m/s2＝－8 m/s2

t1.0加速度大小为8 m/s2.

(2)对小物块进行受力分析如图所示，

由牛顿第二定律知：mgsin 37°＋Ff＝ma

又FN－mgcos 37°＝0 Ff＝μFN

代入数据解得μ＝0.25. (3)由图线知小物块沿斜面上滑的距离为

v08.0x＝·t＝×1.0 m＝4.0 m. 22针对训练

A

[由F－t图和v－t图可得，物块在2～4 s内所受外力F＝3 N，物块做匀加速Δv4运动，a＝＝

m/s2＝2 m/s2，F－Ff＝ma，即3－10μm＝2m①

Δt2物块在4～6 s所受外力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，

则F′＝Ff，F′＝μmg，即10μm＝2②

由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．] 例3

3 s 解析

以货物为研究对象，由牛顿第二定律得

μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma

解得a＝2.5 m/s2

v货物匀加速运动时间t1＝＝2 s a货物匀加速运动位移

1x1＝at2＝5 m 21然后货物做匀速运动，运动位移

x2＝L－x1＝5 m x2匀速运动时间t2＝v＝1 s 货物从A到B所需的时间

t＝t1＋t2＝3 s 例4

(1)5 N，方向沿斜面向下

(2)153 N，方向水平向左

135 N，方向竖直向上

解析

(1)要求系统内部的作用力，所以用“隔离法”．对物体受力分析，如图甲所示，沿平

行于斜面的方向上有F＝m1gsin 30°＋Ff.解得Ff＝5 N，方向沿斜面向下．

(2)要求系统受的外力，用“整体法”．因两个物体均处于平衡状态，故可以将物体与斜面体看做一个整体来研究，其受力如图乙所示．在水平方向上有Ff地＝Fcos 30°＝153 N，方向水平向左；

在竖直方向上有FN地＝(m1＋m2)g－Fsin 30°＝135 N，方向竖直向上．