2014高考物理一轮复习课件3.3牛顿运动定律的综合应用.
高考物理一轮复习：3-3《牛顿运动定律的综合应用》ppt课件
教材梳理
第三章
牛顿运动定基础律自测
教材梳理
第3节 牛顿运动定律的综合应用
内容
考点一 对超重、失重的理解
考
点
考点二 动力学中的图像问题
考点三 动力学中的多过程问题
在本模块中，学生将学习算法初步、统计、概率的基础知识。 1．算法是数学及其应用的重要组成部分，是计算科学的重要基础。随着现代信息技术飞速发展，算法在科学技术、社会发展中发挥着越来越大的作用，并日益融入社会生活的许多方面，算法思想已经成为现代人应具备的一种数学素养。中学数学中的算法内容和其他内容是密切联系在一 起的， 比如线性方程组的求解、数列的求和等。具体来说，需要通过模仿、操作、探索，学习设计程序框图表达解决问题的过程，体会算法的基本思想和含义，理解算法的基本结构和基本算法语句，并了解中国古代数学中的算法。在本教科书中，首先通过实例明确了算法的含义，然后结合具 体算法介绍了算法的三种基本结构：顺序、条件和循环，以及基本的 算法语句，最后集中介绍了辗转相除法与更相减损术、秦九韶算法、排序、进位制等典型的几个算法问题，力求表现算法的思想，培养学生的算法意识。2．现代社会是信息化的社会，人们面临形形色色的问题，把问题用数量化的形式表示，是利用数学工具解决问题的基础。对于数量化表示的问题，需要收集数据、分析数据、解答问题。统计学是研究 如何合理收集、整理、分析数据的学科，它可以为人们制定决策提供依据。本教科书主要介绍最基本的获取样本数据的方法，以及几种从样本数据中提取信息的统计方法，其中包括用样本估计总体分布及数字特征和线性回归等内容。本教科书介绍的统计内容是在义务教育阶段有关抽样 调查知识的基础上展开的，侧重点放在了介绍获得高质量样本的方法、 方便样本的缺点以及随机样本的简单性质上。教科书首先通过大量的日常生活中的统计数据，通过边框的问题和探究栏目引导学生思考用样本估计总体的必要性，以及样本的代表性问题。为强化样本代表性的重要性，教科书通过一个著名的预测结果出错的案例，使学生体会抽样不是简 单的从总体中取出几个个体的问题，它关系到最后的统计分析结果是 否可靠。然后，通过生动有趣的实例引进了随机样本的概念。通过实际问题情景引入系统抽样、分层抽样方法，介绍了简单随机抽样方法。最后，通过探究的方式，引导学生总结三种随机抽样方法的优缺点。3．随机现象在日常生活中随处可见，概率是研究随机现象规律的学科，它为人们认识客观世界提供了重要的思维模式和解决问题的模型，同时为 统计学的发展提供了理论基础。因此，统计与概率的基础知识已经成为一个未来公民的必备常识。在本模块中，学生将在义务教育阶段学习统计与概率的基础上，结合具体实例，学习概率的某些基本性质和简单的概率模型，加深对随机现象的理解，能通过实验、计算器（机）模拟估计 简单随机事件发生的概率。教科书首先通过具体实例给出了随机事件 的定义，通过抛掷硬币的试验，观察正面朝上的次数和比例，引出了随机事件出现的频数和频率的定义，并且利用计算机模拟掷硬币试验，给出试验结果的统计表和直观的折线图，使学生观察到随着试验次数的增加，随机事件发生的频率稳定在某个常数附近，从而给出概率的统计定义 。概率的意义是本章的重点内容。教科书从几方面解释概率的意义，
2014物理(江苏专版)一轮复习配套题库 3.3 牛顿运动定律的综合应用
3.3 牛顿运动定律的综合应用1．下列实例属于超重现象的是()．A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩通过最低点C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空解析本题考查了超、失重现象的本质．物体运动时具有竖直向上的加速度，属于超重现象．A、C两个选项中的汽车和运动员都具有竖直向下的加速度，均不正确；B、D两个选项中的小孩和火箭都具有竖直向上的加速度，处于超重状态，均正确．答案BD2.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。
早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力作用，物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析惯性是保持物体运动状态的原因，选项A正确：在没有外力作用时，物体有保持静止，这种性质叫惯性，选项B错误：行星在圆周轨道上保持匀速率运动，运动方向发生变化，受到了外力作用，选项C错误：运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同意速度沿同一直线运动，选项D正确.答案 AD3.如图3-3-1所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳挂于O点，在电磁铁通电后，铁片被吸引上升的过程中，轻绳的拉力F的大小为()．图3-3-1A．F＝mgB．mg<F<(M＋m)gC．F＝(M＋m)gD．F>(M＋m)g解析由于铁片B从静止被吸引上升过程中，必然有竖直向上的加速度，系统A、B、C受到重力(M＋m)g和绳的拉力F的作用．铁片B被吸引上升过程中，系统中有竖直向上的加速度，处于超重状态，所以F>(M＋m)g.答案 D4. 某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3-3-2所示，电梯运行的v t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()．图3-3-2解析从图可以看出，t0～t1时间内，该人的视重小于其重力，t1～t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2～t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1时间内，该人具有向下的加速度，t1～t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2～t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图象为A、D.答案AD5. 如图3-3-3是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()．图3-3-3A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B ．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C ．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D ．返回舱在喷气过程中处于失重状态解析 火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A 正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B 错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C 错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D 错误．答案 A6. 如图3-3-4所示，在光滑水平地面上，水平外力F 拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M ，木块质量为m ，加速度大小为a ，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )．图3-3-4A ．μmg B.mF M ＋mC ．μ(M ＋m )gD ．ma 解析 m 与M 无相对滑动，故a 相同．对m 、M 整体F ＝(M ＋m )·a ，故a ＝F M ＋mm 与整体加速度相同也为a ，对m ：F f ＝ma ，即F f ＝mF M ＋m，又由牛顿第二定律隔离m ，F f ＝ma ，故B 、D 正确．答案 BD7. 如图3-3-5所示，小车质量为M ，小球P 的质量为m ，绳质量不计．水平地面光滑，要使小球P 随车一起匀加速运动(相对位置如图3-3-18所示)，则施于小车的水平作用力F 是(θ已知)( )．图3-3-5A ．mg tan θB ．(M ＋m )g tan θC ．(M ＋m )g cot θD ．(M ＋m )g sin θ 解析 小球与小车共同沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得mg tanθ＝ma，故a＝g tan θ.对球和车整体，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)g tan θ.答案 B8．如图3-3-6所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，则以下结论正确的是()．图3-3-6A．Ff1∶Ff2＝1∶2 B．Ff2∶Ff3＝1∶2C．Ff3∶Ff4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ解析已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题干第(1)图和第(2)图中摩擦力F f＝Ma，则Ff1∶Ff2＝1∶2.在第(3)、第(4)图中摩擦力Ff3＝(M＋m)a3，Ff4＝(M＋m)a4，Ff3∶Ff4＝1∶2.第(3)、(4)图中，a3＝g tan θ，a4＝g tan α.则tan α＝2tan θ.答案ACD9. 如图3-3-7所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()．图3-3-7解析小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a1>a2，在v t图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对．(传送带模型)答案 D10．如图3-3-8甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图象(以地面为参考系)如图3-3-21乙所示．已知v2>v1，则()．图3-3-8A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C、D均错误．(传送带模型)答案 B11. 两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3-3-9所示，滑块A、B 质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B受到的摩擦力．图3-3-9解析把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律有(M＋m)g sinθ－μ1(M＋m)g·cos θ＝(M＋m)a得a＝g(sin θ－μ1cos θ)．由于a <g sin θ，可见B 随A 一起下滑过程中，必须受到A 对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB (如图所示)．由牛顿第二定律有mg sin θ－F B ＝ma得F B ＝mg sin θ－ma ＝mg sin θ－mg (sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos θ.(程序思维法)答案 μ1mg cos θ，方向沿斜面向上12．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3-3-10所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.图3-3-10(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析 (1)滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ，加速度a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v ＝at 1，t 1＝v a ＝11s ＝1 s. (3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v 2min ＝2aL ，v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.行李最短运行时间由v min ＝a ×t min 得t min ＝v min a ＝21s ＝2 s. (传送带模型)答案 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s。
2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密 第3讲牛顿运动定律的综合作用含解析) 新人教版
第3讲专题牛顿运动定律的综合应用对应学生用书P50一、动力学中的临界问题1．动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界值出现．2．发生临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F T＝0.(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．【即学即练】1．如图3－3－1所示，图3－3－1在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.求从F开始作用到物块B刚要离开C的时间．解析令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿第二定律可知：mg sin 30°＝kx1，令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿第二定律可知kx2＝mg sin 30°，F－mg sin 30°－kx2＝ma，将F＝2mg和θ＝30°代入以上各式，又由x1＋x2＝12at2，解得t＝2mk.答案2m k二、动力学中的图象问题在牛顿运动定律中有这样一类问题：题目告诉的已知条件是物体在一过程中所受的某个力随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况；或者已知物体在一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况，我们把这两种问题称为牛顿运动定律中的图象问题．这类问题的实质仍然是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．【即学即练】图3－3－22．(单选)(2013·苏北摸底调研)如图3－3－2所示，是空中轨道列车(简称空轨)悬挂式单轨交通系统，无人驾驶空轨行程由计算机自动控制．在某次研究制动效果的试验中，计算机观测到制动力逐渐增大，下列各图中能反映其速度v随时间t变化关系的是( )．答案 D对应学生用书P51题型一 动力学中的图象问题【典例1】 (单选)(2012·江苏卷，4)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )．解析 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝kv 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝kvm＋g ，可知，a随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小，选项C 正确． 答案 C【变式跟踪1】 一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F 随时间t 变化的关系如图3－3－3(a)所示，速度v 随时间t 变化的关系如图(b)所示．取g ＝10 m/s 2，求：(a) (b)图3－3－3(1)1 s 末物块所受摩擦力的大小F f1； (2)物块在前6 s 内的位移大小x ； (3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.解析 (1)从题图(a)中可以读出，当t ＝1 s 时，F f1＝F 1＝4 N(2)由题图(b)知物块在前6 s 内的位移大小x ＝（2＋4）×42m ＝12 m (3)从题图(b)中可以看出，在t ＝2 s 至t ＝4 s 的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝maF 3＝F f3＝μmg所以m ＝F 2－F 3a ＝12－82kg ＝2 kg μ＝F 3mg ＝82×10＝0.4答案 (1)4 N (2)12 m (3)0.4,阅卷老师叮咛1．牛顿第二定律与图象的综合问题是高考的重点和热点动力学中常见的有a －F 、a －1m、F －t 、v －t 、x －t 图象等，抓住图象的斜率、截距、面积、交点、拐点等信息，结合牛顿第二定律和运动学公式分析解决问题． 2．分析图象问题时常见的误区(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位． (2)不注意坐标原点是否从零开始．(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义． (4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．借题发挥求解图象问题的思路题型二 动力学中的临界问题 【典例2】 (2012·重庆卷，25)图3－3－4某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s .比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v 0时，再以v 0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图3－3－4所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m ，重力加速度为g .(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k ；(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v 变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v 0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r 的下边沿掉落，求β应满足的条件． 规范解答 (1)在匀速运动阶段，有mg tan θ0＝kv 0 得k ＝mg tan θ0v 0. (2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N ′，有N ′sin θ－kv ＝ma ，N ′cos θ＝mg ，得tan θ＝a g ＋v v 0tan θ0.(3)以速度v 0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F ，有F ＝mgcos θ0，球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a ′，有F sin β＝ma ′，设匀速跑阶段所用时间为t ，有t ＝s v 0－v 02a ，球不从球拍上掉落的条件12a ′t 2≤r ，得sin β≤2r cos θg ⎝ ⎛⎭⎪⎫s v 0－v 02a 2.答案 见解析 【变式跟踪2】图3－3－5(单选)如图3－3－5所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )．A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg 由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .答案 C , 以题说法临界问题的解法一般有三种1．极限法：在题目中如出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的．2．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．3．数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．特别提醒临界问题一般都具有一定的隐蔽性，审题时应尽量还原物理情境，利用变化的观点分析物体的运动规律，利用极限法确定临界点，抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向．对应学生用书P53物理建模3 滑块—滑板模型模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．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．阅卷教师提醒易失分点1．不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．2．画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系．3．不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．4．不清楚物体间发生相对滑动的条件．建模指导审清题目巧解题典例如图3－3－6所示，图3－3－6薄板A 长L ＝5 m ，其质量M ＝5 kg ，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A 上距右端s ＝3 m 处放一物体B (可看成质点)，其质量m ＝2 kg.已知A 、B 间动摩擦因数μ1＝0.1，A 与桌面间和B 与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F 持续作用在A 上直到将A 从B 下抽出才撤去，且使B 最后停于桌的右边缘．求： (1)B 运动的时间． (2)力F 的大小．解析 (1)对于B ，在未离开A 时，其加速度为：a B 1＝μ1mg m＝1 m/s 2设经过时间t 1后B 离开A ，离开A 后B 的加速度为：a B 2＝－μ2mg m＝－2 m/s 2设物体B 离开A 时的速度为v B ，有v B ＝a B 1t 1和12a B 1t 21＋v 2B －2a B 2＝s ，代入数据解得t 1＝2 s ，t 2＝v B－a B 2＝1 s ，所以B 运动的时间是：t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)设A 的加速度为a A ，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B 1t 21＝L －s解得：a A ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A ，代入数据得：F ＝26 N.答案 (1)3 s (2)26 N 【应用】 如图3－3－7所示，图3－3－7一质量为m B ＝2 kg 的木板B 静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B 右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°.一质量也为m A ＝2 kg 的物块A 由斜面轨道上距轨道底端x 0＝8 m 处静止释放，物块A 刚好没有从木板B 的左端滑出．已知物块A 与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B 上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，g 取10 m/s 2，物块A 可看做质点．请问：(1)物块A 刚滑上木板B 时的速度为多大？(2)物块A 从刚滑上木板B 到相对木板B 静止共经历了多长时间？木板B 有多长？ 解析 (1)物块A 从斜面滑下的加速度为a 1，则m A g sin θ－μ1m A g cos θ＝m A a 1， 解得a 1＝4 m/s 2物块A 滑到木板B 上的速度为v 1＝2a 1x 0＝2×4×8 m/s ＝8 m/s.(2)物块A 在木板B 上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a 2＝μ2m A g m A＝μ2g ＝2 m/s 2，设木板B 的长度为L ，二者最终的共同速度为v 2，在达到最大速度时，木板B 滑行的距离为x ，利用位移关系得v 1t 2－12a 2t 22－12a 2t 22＝L .对物块A 有v 2＝v 1－a 2t 2，v 22－v 21＝－2a 2(x＋L )．对木板B 有v 22＝2a 2x ，联立解得相对滑行的时间和木板B 的长度分别为：t 2＝2 s ，L ＝8 m.答案 (1)8 m/s (2)2 s 8 m对应学生用书P54一、动力学中的图象问题1．(多选)如图3－3－8甲所示，质量为m 的木块放在动摩擦因数为μ的水平面上静止不动．现对木块施加水平推力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，则图丙反。
新课标2014届高考物理一轮课件：3.3牛顿运动定律的综合应用
提升目标课堂
1．(2012年安徽理综)如图所示，放在固定斜面上的物块以
加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下
的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑 B．物块仍以加速度a匀加速下滑 C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
解析：设物块的质量为 M，斜面倾角为 θ，在没有施加 力 F 时， 对物块进行受力分析， 由牛顿第二定律有： Mgsin θ －μMgcos θ＝Ma， a＝gsin θ－μgcos θ； 即 当施加恒力 F 时， 由牛顿第二定律有：(Mg＋F)sin θ－μ(Mg＋F)cos θ＝Ma′， F 故 a′＝gsin θ－μgcos θ＋M(sin θ－μcos θ)>a， C 项正确． 故
力”．
2.(2012 年沈阳模拟)如图所示，水平地面上有两块完全 相同的木块 A、B，在水平推力 F 的作用下运动，用 FAB 代 表 A、B 间的相互作用力，则( )
A．若地面是完全光滑的，FAB＝F F B．若地面是完全光滑的，FAB＝ 2 C．若地面是有摩擦的，FAB＝F F D．若地面是有摩擦的，FAB＝ 2
用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把 某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外
力．
[名师点拨]►►
整体法与隔离法的选取原则 1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加 速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需 要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
答案：C
2．(2011年四川理综)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱 返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时 间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的 缓 冲 火 箭 ， 在 火 箭喷 气 过 程中 返 回 舱做 减 速 直线 运 动 ，则 ( )
高考物理一轮总复习 3.3牛顿运动定律的综合应用课件
第三章 牛顿运动定律
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
主干梳理•激活思维
知识点一 超重和失重 Ⅰ
1.视重 (1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测 力计或台秤的 示数 称为视重。 (2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的 拉力 或台秤所受 物体的 压力 。
2．超重、失重和完全失重的比较
2．易错易混点拨 (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全 失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力 依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂 物的拉力)发生变化。 (2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象 都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液 体柱不再产生压强等。
A. t1到t2时间内，钩码处于失重状态，t3到t4时间内，钩码处 于超重状态
B. t1到t2时间内，电梯一定正在向下运动，t3到t4时间内，电 梯可能正在向上运动
C. t1到t4时间内，电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再 减速向下
D. t1到t4时间内，电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再 减速向上
解析：物体在传送带左端开始运动时受到的摩擦力为Ff＝ μmg，获得的加速度a＝Fmf＝μg＝1 m/s2
当加速到v0时经过的时间t1＝va0＝1 s，经过的位移为x1＝2va02 ＝0.5 m
以后物体随传送带一起向右匀速运动，到达右端用时t2＝ x－v0x1＝2 s，所以物体从左端运动到右端的总时间为t＝t1＋t2＝3 s．选项C正确。
解析：0～t1阶段，电梯处于平衡(静止或匀速)状态；t1～t2 阶段，电梯处于失重(加速下降或减速上升)状态；t2～t3阶段， 电梯处于平衡状态；t3～t4阶段，电梯处于超重(加速上升或减速 下降)状态，故本题只有选项A、C正确。
高考物理一轮复习3第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
高考物理一轮复习3第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
2021/4/17
高考物理一轮复习3第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
1
第3讲 牛顿运动定律 的综合应用
【知识建构】 一、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 情况。 2.产生条件：物体具有_向__上__的加速度。 3.运动学特征：向上加速或向下减速等。 4.图例：
考试加油。
【情境辨析】 人造地球卫星、宇宙飞船、航天飞机等航天器进时，人和物不再受重力作用。( × ) (2)完全失重时，人和物处于平衡状态。 ( × ) (3)航天飞机等航天器进入轨道后，具有指向地心的向心加速度。( √ ) (4)完全失重的环境中，天平、弹簧测力计都将不能使用。( × )
二、失重 1.定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_小__于__物体所受重力的情况。 2.产生条件：物体具有_向__下__的加速度。 3.运动学特征：向上减速或向下加速等。 4.图例：
FN
三、完全失重 1.定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_等__于__零__的情况称为完全失 重现象。 2.产生条件：物体的加速度a=_g_，方向竖直向下。 3.作用效果特征：与重力有关的现象消失了。
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一 动，久坐对身体不好哦~
2021/4/17
高考物理一轮复习3第3讲牛顿运动定律的综合 应用课件
10
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
高考物理一轮复习专题3牛顿运动定律的综合应用课件
(2)图象(tú xiànɡ)间的联系:加速度是联系v-t图象(tú xiànɡ)与F-t图象(tú
xiànɡ)的桥梁。
(3)三种应用:
①已知物体的运动图象(tú xiànɡ),通过加速度分析物体的受力情况。
②已知物体受力图象(tú xiànɡ),分析物体的运动情况。
③通过图象(tú xiànɡ)对物体的受力与运动情况进行分析。
(3)0~10 s内物体运动位移的大小。
答案:(1)0.2
(2)6 N
(3)46 m
第十八页，共43页。
--19
19-
考点(kǎo diǎn)
一
考点(kǎo diǎn)
二
考点三
例2
对点训练(xùnliàn)2
解析:(1)设物体做匀减速直线运动的时间为t2,初速度为v20,末速度为v2t,
加速度为a2,则
规律总结:判断物体处于超重状态还是失重状态的方法
(1)从受力的角度判断
当物体受向上的拉力(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,等于零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
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线,要求分
析物体的运动情况。
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线,要求分
析物体的受力情况。
2.问题的实质
是力与运动的关系问题,求解这类问题的关键是理解图象的物理
意义,理解图象的轴、点、线、截距、斜率、面积六大方面。
第十七页，共43页。
手托物体向上运动,物体一定先加速,处于超重状态,但后面的运动可以是减
高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用课件
页
第二十九页，共一百零八页。
关 键 能 力 全 突 破
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图(a)
图(b)
第三十页，共一百零八页。
图(c)
30
核 心 素 养
课 后 限 时 集 训
返 首 页
31
A．木板的质量为1 kg
核
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
心
素
关
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
养
键
能 力
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
关
养
键 能
乙中的小球，水平方向有F′Tsin α＝ma′，对于题图甲中的小车，来自力课全 突
水平方向有FTsin α＝m0a，因为m0>m，所以a′>a。对小球与车组
后
破
成的整体，由牛顿第二定律得F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所
限 时
集
以F′>F，选项B正确。]
训
返
首
12/9/2021
页
第二十四页，共一百零八页。
关 用隔离法。
养
键
能 力
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
课
全
后
突 破
①明确研究对象或过程、状态。
限
时
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程 集
训
中隔离出来。
返
首
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页
第四页，共一百零八页。
5
核
心
素
关
养
键 能
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
力
课
全
④选用适当的物理规律列方程求解。
2014《步步高》物理大一轮复习讲义 第03章 专题三 牛顿运动定律的综合应用
专题三牛顿运动定律的综合应用考纲解读 1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行动力学多过程问题的分析．1．[对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中，正确的是() A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D解析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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．2．[对超重和失重的理解]下列说法正确的是() 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答案 B解析运动员是否超重或失重取决于加速度方向，A、C、D三个选项中，运动员均处于平衡状态，不超重也不失重，只有B正确．考点梳理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情况．(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情况．(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(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．3． [应用动力学方法分析传送带问题]如图1所示，传送带保持v 0＝1 m/s的速度运动，现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ， 图1 则物体从左端运动到右端所经历的时间为( ) A. 5 s B ．(6－1) sC ．3 sD ．5 s答案 C解析 物体在传送带左端开始运动时受到的摩擦力为F f ＝μmg ，获得的加速度a ＝F f m＝μg ＝1 m/s 2当加速到v 0时经过的时间t 1＝v 0a ＝1 s 经过的位移为x 1＝v 022a＝0.5 m 以后物体随传送带一起向右匀速运动，到达右端用时t 2＝x －x 1v 0＝2 s ，所以物体从左端运动到右端的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s ．选项C 正确．4． [动力学中的图象问题]如图2所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A 相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A ，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F 的大小和运动距离x 之间关系图象正确的是 ( )图2答案 D解析 由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F －kx ＝ma ，解得F ＝kx ＋ma ，故所加力F 的大小和运动距离x 之间关系图象正确的是图D. 方法提炼1． 传送带问题模型关键是分析清楚物体与传送带间的摩擦力的大小、方向及物体与传送带之间的相对运动情况．2． 动力学中图象问题的解题思路：对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程，从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．其中，写出纵、横坐标的函数关系式是关键．考点一超重与失重1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.例1在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()解析该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D 正确．答案 D方法点拨超重和失重现象的判断“三”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，等于零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．突破训练1在升降电梯内的地板上放一体重计，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3所示．在这段时间内下列说法中正确的是( )图3A ．晓敏同学所受的重力变小了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g /5，方向一定竖直向下答案 D解析 由题图知晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A 选项错；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；以竖直向下为正方向，有：mg －F ＝ma ，解得a ＝g 5，方向竖直向下，但其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．考点二 动力学中的临界极值问题分析1． 当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件．用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键．2． 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，明显表明题述的过程存在着临界点；(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着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；(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着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度．例2 如图4所示，质量为m ＝1 kg 的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体质量为M ＝2 kg ，斜面体与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝ 图4 10 m/s 2)审题指导 此题有两个临界条件：当推力F 较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F 较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下．找准临界状态是求解此题的关键．解析 (1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F 1，此时物块受力分析如图所示，取加速度的方向为x 轴正方向．对物块，水平方向有F N sin θ－μF N cos θ＝ma1竖直方向有F N cos θ＋μF N sin θ－mg＝0对M、m整体有F1＝(M＋m)a1代入数值得：a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受力分析如图，在水平方向有F N′sin θ＋μF N′cos θ＝ma2竖直方向有F N′cos θ－μF N′sin θ－mg＝0对整体有F2＝(M＋m)a2代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 N≤F≤33.6 N答案14.4 N≤F≤33.6 N规律总结动力学中的典型临界条件1．接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.2．相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．3．绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：F T＝0.4．加速度变化时，速度达到最大的临界条件：当加速度变化为a＝0时．突破训练2如图5所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程图5中，则() A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动答案 D解析当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对运动．此时对B有：F fmax＝μm A g＝12 N，而F fmax＝m B a，a＝6 m/s2，即二者开始相对运动时的加速度为6 m/s2，此时对A、B整体：F＝(m A＋m B)a＝48 N，即F>48 N时，A、B才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确．12．“传送带模型”问题的分析思路1． 模型特征一个物体以速度v 0(v 0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图6(a)、(b)、(c)所示．图62． 建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x (对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．(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，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例3 如图7所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； 图7(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma 则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2，根据l ＝12at 2得t ＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 121t ＝5 m<l ＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11 解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.答案 (1)4 s (2)2 s方法点拨分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．突破训练3 如图8所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与 图8传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间．答案 (1)4.5 m (2)3.125 s解析 (1)设物块与传送带间摩擦力大小为F fF f ＝μmgF f x 物＝12m v 12 x 物＝4.5 m(2)设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a ，经时间t 2与传送 带速度相等v 1－at 1＝0a ＝F f mt 1＝1.5 sv 0＝at 2t 2＝1 s设反向加速时，物块的位移为x 1，则有x 1＝12a 22t ＝2 m 物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t 3再次回到B 点x 物－x 1＝v 0t 3t 3＝0.625 s所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s13．“滑块—木板模型”问题的分析思路1． 模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2． 建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.解析 (1)木板受到的摩擦力F f ＝μ(M ＋m )g ＝10 N木板的加速度a ＝F －F f M＝2.5 m/s 2. (2分) (2)设拉力F 作用时间t 后撤去F 撤去后，木板的加速度为a ′＝－F f M＝－2.5 m/s 2 (2分) 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a ＝－a ′，故at 2＝L解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间为1 s ． (2分)(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 (2分)得a 木块＝μ1g ＝3 m/s 2对木板：F 1－μ1mg －μ(M ＋m )g ＝Ma木板 (2分)木板能从木块的下方抽出的条件为a 木板>a 木块解得F 1>25 N ． (2分)(4)木块的加速度a木块′＝μ1g ＝3 m/s 2 (1分)木板的加速度a木板′＝F 2－μ1mg －μ(M ＋m )g M＝4.25 m/s 2 (1分) 木块滑离木板时，两者的位移关系为x 木板－x 木块＝L ，即12a 木板′t 2－12a 木块′t 2＝L (2分)代入数据解得t ＝2 s ．(2分)答案 (1)2.5 m/s 2 (2)1 s (3)大于25 N (4)2 s技巧点拨分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧1．分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度．2．画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系．3．知道每一过程的末速度是下一过程的初速度．4．两者发生相对滑动的条件：(1)摩擦力为滑动摩擦力．(2)二者加速度不相等． 突破训练4 如图10所示，质量M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，当二者达到相同速 图10 度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g ＝10 m/s 2.则：(1)小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)小车的长度L 是多少？答案 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)0.75 m解析 (1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma 1解得a 1＝μg ＝2 m/s 2以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F －μmg ＝Ma 2解得a 2＝F －μmg M＝0.5 m/s 2 (2)由题意及运动学公式：a 1t ＝v 0＋a 2t解得：t ＝v 0a 1－a 2＝1 s 则物块运动的位移x 1＝12a 1t 2＝1 m 小车运动的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.75 m L ＝x 2－x 1＝0.75 m 高考题组1． (2012·江苏·4)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是( )答案 C解析 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度的大小成正比，速度v 减小，空气阻力f ＝k v 也减小，根据牛顿第二定律mg ＋f ＝ma ，知a ＝k v m＋g ，可知，a 随v 的减小而减小，且v 变化得越来越慢，所以a 随时间t 减小且变化率减小， 选项C 正确．2． (2011·福建理综·16)如图11甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )图11A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析 相对地面而言，小物块在0～t 1时间内，向左做匀减速运动，t 1～t 2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t 1时刻离A 处距离最大，A 错误．相对传送带而言，在0～t 2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2～t 3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正确，C 、D 均错误．3． (2010·浙江理综·14)如图12所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是 ( )A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零 图12B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力答案 A解析 由于空气阻力不计，两物体只受重力作用，处于完全失重状态，A 对B 的压力在上升和下降阶段都为零．4． (2012·安徽理综·22)质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图13所示．弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g ＝10 m/s 2，求： 图13(1)弹性球受到的空气阻力f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h .答案 (1)0.2 N (2)0.375 m解析 (1)由v －t 图象可知，弹性球下落过程的加速度为a 1＝Δv Δt ＝4－00.5m/s 2＝8 m/s 2 根据牛顿第二定律，得mg －f ＝ma 1所以弹性球受到的空气阻力f ＝mg －ma 1＝(0.1×10－0.1×8) N ＝0.2 N(2)弹性球第一次反弹后的速度v 1＝34×4 m/s ＝3 m/s 根据牛顿第二定律，得弹性球上升的加速度为a 2＝mg ＋f m ＝0.1×10＋0.20.1m/s 2＝12 m/s 2 根据v t 2－v 02＝－2ah ，得弹性球第一次反弹的高度h ＝2212a v ＝322×12m ＝0.375 m. 模拟题组5． 如图14所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力 图14 与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板 加速度大小a 可能是 ( )A ．a ＝μgB ．a ＝2μg 3C ．a ＝μg 3D ．a ＝F 2m －μg 3答案 CD解析 当F 较大，二者发生相对滑动时，对木板有：μmg －μ3·2mg ＝ma ，所以a ＝μ3g .当F 较小，二者一起加速时，有：F －μ3·2mg ＝2ma ，所以a ＝F 2m －μ3g ，故选项C 、D 正确． 6． 如图15所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 图15的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是 ( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．当轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为F T答案 C解析 质量为2m 的木块受重力、地面的支持力、轻绳的拉力、木块m 的压力和摩擦力 五个力作用，选项A 错误；当轻绳达到最大拉力F T 时，对m 和2m 整体，F T ＝3ma ，再对三个木块整体，F ＝(m ＋2m ＋3m )a ，得到F ＝2F T ，选项B 错误，C 正确；对木块m ，由F f ＝ma ，得到F f ＝13F T ，选项D 错误．►题组1 对超重和失重现象的理解1． 下列实例属于超重现象的是 ( )A ．汽车驶过拱桥顶端时B ．火箭点火后加速升空时C ．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时D ．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时答案 B解析 发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A 错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B 正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C 错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D 错误．2． 有关超重和失重，以下说法中正确的是 ( )A ．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小B ．竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态C ．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程D ．站在月球表面的人处于失重状态答案 B3． 伦敦第三十届夏季奥运会于北京时间2012年7月28日开幕，关于各项体育运动的解释，下列说法正确的是 ( )A ．蹦床运动员在空中上升到最高点时处于超重状态B ．跳高运动员在越杆时处于平衡状态C ．举重运动员在举铃过头停在最高点时，铃处于平衡状态D ．跳远运动员助跑是为了增加自己的惯性，以便跳得更远答案 C►题组2 动力学中的图象问题4． 某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F 随时间t 变化的图象如图1所示，在0～8 s 内，下列说法正确的是 ( )A ．物体在0～2 s 内做匀加速直线运动B ．物体在第2 s 末速度最大C ．物体在第8 s 末离出发点最远 图1D ．物体在第4 s 末速度方向发生改变答案 C5． 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一，图2所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦，据此可知，下列说法正确的是 ( )A ．甲车与地面间的动摩擦因数较大，甲车的刹车性能好 图2B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离s 随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好答案 B解析 如图可知，当甲、乙二车的初速度v 0相同时，可发现s 甲>s 乙，由s ＝v 22a知，a 甲<a 乙，即μ甲<μ乙，可知选项B 正确，其余选项皆错． ►题组3 滑块—木板模型问题6． 光滑水平面上并排放置质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝1 kg 的两物块，t ＝0时刻同时施加两个力，其中F 1＝2 N 、F 2＝(4－2t ) N ，方向如图3所示．则两物块分离的时刻为 ( ) 图3A ．1 sB ．1.5 sC ．2 sD ．2.5 s答案 D解析 两物块未分离时，设m 1与m 2之间的作用力为F ，对m 1：F －F 1＝m 1a ；对m 2： F 2－F ＝m 2a .两个物块分离时，F ＝0，即有：－F 1＝m 1a ，F 2＝m 2a .代入数据得t ＝2.5 s ， 选项D 正确．7． 如图4所示，水平桌面光滑，A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A 物体质量为2m ，B 和C 物体的质量均为m ，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A 、B 、C三个物体相对静止共同向左运动的情况下，BC 间绳子所能达到的最大 图4 拉力是 ( )A ．12μmg B ．μmg C ．2μmg D ．3μmg答案 B解析 因桌面光滑，当A 、B 、C 三者共同的加速度最大时，F BC ＝m C a 才能最大．这时，A 、B 间的相互作用力F AB 应是最大静摩擦力2μmg ，对BC 整体来讲：F AB ＝2μmg ＝ (mB ＋mC )a ＝2ma ，a ＝μg ，所以F BC ＝m C a ＝μmg ，选项B 正确．8． 如图5所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为 ( )A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1 D ．1∶3 图5 答案 B解析 设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a ＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t ＝ 2s a＝ 2×2(R ＋r )sin θg sin θ＝2R ＋r g，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确． 9． 如图6所示，长为L ＝2 m 、质量为M ＝8 kg 的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v 0＝6 m/s 时，在木板前端轻放一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块．木板与地面间、物块与木板间的动摩 图6 擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块及木板的加速度大小；(2)物块滑离木板时的速度大小．答案 (1)2 m/s 2 3 m/s 2 (2)0.8 m/s解析 (1)物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2对木板有：μmg ＋μ(M ＋m )g ＝Ma M解得a M ＝3 m/s 2. (2)设物块经时间t 从木板滑离，则L ＝v 0t －12a M t 2－12a m t 2 解得t 1＝0.4 s 或t 2＝2 s(舍去)滑离木板时物块的速度：v ＝a m t 1＝0.8 m/s.►题组4 传送带模型问题10．带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又。
高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》ppt课件
【变式训练】(2013·重庆高考)如图甲为伽利略研究自由落体 运动实验的示意图,让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下,然后 在不同的θ角条件下进行多次实验,最后推理出自由落体运动 是一种匀加速直线运动。分析该实验可知,小球对斜面的压力、 小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变 化的图像分别对应图乙中的 ( )
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小; (2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小; (3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距 离d=0.1m,取g=10m/s2。若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼 就能感知。为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?
⑥
联立各式，代入数据得F=6N
（3）v-t图像与时间轴围成的面积等于位移的大小，则：
s= 1×（2+8）×6m+1 ×8×4m=46m
2
2
答案:（1）0.2 （2）6N （3）46m
【总结提升】数图结合解决动力学问题 (1)物理公式与物理图像的结合是一种重要题型。对于已知图 像求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图像的 横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、 截距所代表的物理意义得出所求结果。 (2)解决这类问题的核心是分析图像，尤其应特别关注v-t图像 的斜率(即加速度)和力的图线与运动的对应关系。
2.解题策略
有些题目中这些过程是彼此独立的，也有的题目中相邻的过程
之间也可能存在一些联系，解决这类问题时，既要将每个过程
独立分析清楚，又要关注它们之间的联系。
3.类型 多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体 多过程问题。
【典例透析3】(2013·江苏高考)如图所示,将小砝码置于桌面上 的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很 小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和 纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重 力加速度为g。
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• 1. • 2．物体处于超重或失重状态，由加 速度的方向决定，与速度方向无关．
牛顿运动定律的应用(二) Ⅱ(考纲要求)
• • • • • •
【思维驱动】 如图3-3-1所示，在倾角为θ＝30° 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧 相连接的物块A、B，它们的质量 图3-3-1 均为m，弹簧的劲度系数为k，C为 一固定挡板，系统处于静止状态．现开始 用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上做 匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大 小恰为2mg.求从F开始作用到物块B刚要离 开C的时间．
2
• 解析 当电梯匀减速上升或匀加速下降时， 电梯处于失重状态，设人受到体重计的支持 力为 N ，体重计示数大小即为人对体重计的 压力N′.由牛顿运动定律可得mg－N＝ma， N＝N′＝m(g－a)；当电梯匀加速上升或匀减 速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体 重计的支持力为N1 ，人对体重计的压力N1′. 由牛顿运动定律可得 N1 － mg ＝ ma ， N1 ＝ N1′ ＝m(g＋a)，代入具体数据可得B正确． • 答案 B
•
• 】 (2012·北京西城区期末)如 图 3-3-3所示，一人站在电梯中的体重计上， 随电梯一起运动．下列各种情况中，体 重计的示数最大的是 ( )． 图3-3-3 A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2 B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2 C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5
• 借题发挥 • 从四个角度理解超重和失重 • 1 ． 重力的角度： 物 体处于超重或失重状态 时，重力没有变化，仍为mg. • 2．拉力(支持力)的角度：物体处于超重或失 重状态时，竖直向上的拉力 ( 支持力 ) 不再等 于重力，超重时大于重力，失重时小于重力， 完全失重时等于零．
• 3 ．加速度的角度： 物 体处于超重或失重状 态时，竖直方向具有加速度，超重时方向向 上，失重时方向向下，完全失重时a＝g. • 4 ． 速度的角度： 物 体处于超重状态时，速 度方向可以向上(加速运动)，也可以向下(减 速运动 ) ；物体处于失重状态时，速度方向 可以向上 ( 减速运动 ) ，也可以向下 ( 加速运 动)．
• 考点一
对超重、失重的理解
知识点 理解要点 加速度方向向上，F视>F 超重 实＝mg 加速度方向向下，F视<F 失重 实＝mg 完全失 加速度方向竖直向下，a 重 ＝g
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【典例1】 用力传感器悬挂一钩码沿竖直方 向由静止开始运动．如图 3-3-2 所示，图中 实线是传感器记录的拉力大小的变化情况， 则 • ( )．
• 【知识存盘】 • 1．超重 • (1)定义：物体对支持物的压力(或对 大于 • 悬挂物的拉力 ) 物体所受重 • 力的现象． 向上 • (2)产生条件：物体具有 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 向下 • 物体所受重力的现象 ． • (2)产生条件：物体具有 的加 速度． • 3．等于零 完全失重 g • (1) 定义： 物 体对水平支持物的压力 ( 或对 竖直悬挂物的拉力) 的现象称为完 全失重现象． • (2)产生条件：物体的加速度a＝ ，方
• (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承 受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条 件是绳中张力等于它所能承受的最大张力， 0 绳子松弛的临界条件是：T＝ . • (4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物 体在受到变化的外力作用下运动时，其加速 加速度 度和速度都会不断变化，当所受合外力最大 加速度 时，具有最大 ；合外力最小时， 具有最小 ．当出现速度有最大值 或最小值的临界条件时，物体处于临界状态， 所对应的速度便会出现最大值或最小值.
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图3-3-2
• A．钩码的重力约为4 N • B．钩码的重力约为3 N • C．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重 状态的是A、D，失重状态的是B、C • D．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重 状态的是A、B，失重状态的是C、D • 解析 由于初始状态物体静止，所以钩码的 重力大小等于拉力，从题图中可读出拉力约 为4 N，故A正确、B错误；由“超重时拉力 大于重力、失重时拉力小于重力 ” 可知， C 正确、D错误． • 答案 AC
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
超重和失重 Ⅰ(考纲要求)
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【思维驱动】下列实例属于超重现象的是 • ( )． A．汽车驶过拱形桥顶端时 B．火箭点火后加速升空时 C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向 上运动时 D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不 动时
• 解析 发生超重现象时，物体的加速度方向 竖直向上．汽车驶过拱形桥顶端时，其向心 加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状 态， A 错误；火箭点火后加速升空，加速度 竖直向上，处于超重状态， B 正确；跳水运 动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动 员处于完全失重状态， C 错误；体操运动员 握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状 态，D错误． • 答案 B
解析
令 x1 表示未加 F 时弹簧的压缩量， 由胡克定律和牛顿第
二定律可知： mgsin 30° ＝kx1， 令 x2 表示 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量，a 表示此时 A 的加 速度，由胡克定律和牛顿第二定律可知 kx2＝mgsin 30° ， F－ mgsin 30° －kx2＝ma， 1 2 将 F＝2mg 和 θ＝30° 代入以上各式，又由 x1＋x2＝ at ，解得 t 2 ＝ 答案 2m k. 2m k
• 【知识存盘】 • 1．动力学中的临界与极值问题 • 在应用牛顿运动定律解决动力学问题中， 当物体运动的加速度不同时，物体有可能处 于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、 “最小”、“刚好”等词语时，往往会有临 界值出现．
• 2．发生临界问题的条件 • (1) 接触与脱离的临界条件： 两 物体相接 触或脱离，临界条件是：弹力 N＝ . 0 • (2) 相对滑动的临界条件： 两 物体相接触 且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则 相对滑动 的临界条件是：静摩擦力达 最大值 到 ．