牛顿第二定律的综合应用全解.ppt

例3、某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1＜tan θ，BC段的动摩擦因数μ2＞tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中 （ ） 【解析】　小朋友在AB段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左后水平向右，A正确，B错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C、D错误． 【答案】　A 例4、（09安徽）北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化如下：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示． 【自主解答】　(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律 2F－(M＋m)g＝(M＋m)a 得F＝440 N 根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下． (2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力FN，根据牛顿第二定律 F＋FN－Mg＝Ma 得FN＝275 N 根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下． 【答案】　(1)440 N　(2)275 N 例6．如图所示，光滑水平面上放置质量分别是为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（ ） 答案　B 例1、如图所示，光滑球恰好放在木块的圆弧槽中，它左边接触点为A，右边接触点为B，槽的半径为R，球心为O，且OA与水平线成α角，圆球质量为m，各种摩擦不计，则木块向右的加速度最小为多大时，球才能离开圆槽？ 【解析】　球刚要离开圆槽的条件是球只受到重力和A点的弹力，如图所示，可见 以小球为研究对象． F合＝ma＝mgcot α， 故a＝gcot α. 【答案】　gcot α 1．常见的两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长． 例1、如图所示，木板长L＝1.6 m，质量m′＝4.0 kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量m＝1.0 kg的小滑块(视为质点)放在木板的右端，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g＝10 m/s2，求： 例3、如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m＝1 kg，木板的质量M＝4 kg，长L＝2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20 N拉木板，求： (3)设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则μ1mg＝ma木块 得：a木块＝μ1g＝3 m/s2 对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板 木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块 解得：F1＞25 N. 训练：如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中(　　) A．小煤块从A运动到B的时间是 s B．小煤块从A运动到B的时间是2.25s C．划痕长度是4 m D．划痕长度是0.5 m 答案：BD 解析：小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝＝0.5s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝1 m，故小煤块在带上的划痕长度为l＝x2－x1＝0.5 m，D正确，C错误；之后的x－x1＝3.5 m，小煤块匀速运动，故t2＝＝1.75s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25s，A错误，B正确． 答案：BD 2、倾斜传送带问题： 求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定是否受到滑