易错点06 牛顿三定律 两类动力学问题(解析版)

易错点06牛顿三定律 两类动力学问题例题1. （2022·浙江·高考真题）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。

如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度14m l =，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。

若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为29，货物可视为质点（取cos240.9︒=，sin 240.4︒=，重力加速度210m /s g =）。

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1a 的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s ，求水平滑轨的最短长度2l 。

【答案】（1）22m/s ；（2）4m/s ；（3）2.7m 【解析】（1）根据牛顿第二定律可得1sin 24cos 24mg mg ma μ︒-︒=代入数据解得212m/s a =（2）根据运动学公式2112a l v =解得4m/s v =（3）根据牛顿第二定律2mg ma μ=根据运动学公式2222max 2a l v v -=-代入数据联立解得2 2.7m l =【易错警示】误选A 的原因：错误认为货物在倾斜滑轨上滑行时摩擦力为mg μ，导致货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1a 的大小算错，后边两问跟着错。

理解好计算滑动摩擦力的公式f N F F F μμ==压例题2. （多选）（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v =4m/s 顺时针转动。

一煤块以初速度v 0=12m/s 从A 端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g =10m/s 2，sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。

则下列说法正确的是（ ）A ．煤块冲上传送带后经1s 与传送带速度相同B ．煤块向上滑行的最大位移为10mC ．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为5sD ．煤块在传送带上留下的痕迹长为（5m 【答案】ABD 【解析】A ．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得1sin cos mg mg ma θμθ+=解得218m /s a =设经t 时间与传送带共速，由01v a t v -=解得1s t =故A 正确；B ．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律2sin cos mg mg ma θμθ-=解得224m /s a =煤块先以12m/s 的初速度，8m/s 2的加速度减速至4m/s ，后又以4m/s 2的加速度减速至0，再反向加速至回到A 点，v -t 图像如图所示由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小11(124)1m 41m 10m 22x =⨯+⨯+⨯⨯= 故B 正确；C ．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为224m /s a =的匀加速直线运动，设返回到A 点所需的时间为t 1，下滑的位移22112x a t = 解得15s t结合图像知，物块从冲上传送带到返回A 端所用时间为(25)s t =总故C 错误；D ．在0到1s 内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为11(124)1m 41m 4m 2L =⨯+⨯-⨯=此时划痕在物块的下方，在1s 到2s 内，传送带速度比物块速度大，则2141m 41m 2m 2L =⨯-⨯⨯=因为L 2<L 1，所以在上升阶段产生的划痕为4m ，此时煤块在产生的划痕的中点，在2s 到(25)s 时间内，煤块向下滑了10m ，传送带向上滑了45m ，则煤块在传送带上的划痕为3(10452)m (1245)m L =+=+故D 正确。

故选ABD 。

【误选警示】误选C 的原因： 没有经过认真细致的受力分析和运动过程分析，不能对物块的运动性质做出正确判断。

物块和传送带速度相等后，判断重力沿下面向下的分力和最大静摩擦力的关系，该题中最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。

物块和传送带速度相同后，向上减速时加速度发生变化。

速度减为零后，沿传送带向下加速运动。

【漏选警示】划痕问题，是该题的又一难点，判断两者的相对运动。

物块有相对于传送带往复运动，计算划痕长度时容易出错。

例题3. （多选）（2022·山东·莱州市第一中学模拟预测）普通火车动力都在火车头上，车厢（头）与车厢之间通过挂钩连接在一起。

火车在启动时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢（头）与车厢之间无作用力，再向前启动时，车厢会一节一节的依次启动，减少所需要的动力。

一列火车共有n 节车厢，火车头与每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为f ，假设启动时每节车厢的加速度均为a ，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的动力F 。

若火车车厢依次启动，当第k （k ≤n ）节车厢启动时，则（ ）A ．火车头提供的动力为()11k F n ++B ．火车头提供的动力为kFnC ．第1k -节车厢对第k 节车厢的作用力为1kFn +D ．第1k -节车厢对第k 节车厢的作用力为1F n + 【答案】AD 【解析】AB ．若火车不后退所有车厢同时启动，则由牛顿第二定律可知(1)(1)F n f n ma -+=+若火车车厢依次启动，当第k （k ≤n ）节车厢启动时，则'(1)(1)F k f k ma -+=+解得()'11k F F n +=+选项A 正确，B 错误；CD ．以（k -1）节车厢和车头为研究对象，则'F T kf kma --=解得1F T n =+ 选项C 错误，D 正确。

故选AD 。

【误选警示】误选B 的原因：没有分别对两次启动方式，选取不同研究对象，根据牛顿第二定律列方程求出所求结果。

想当然按照认为提供的动力是等分关系。

误选C 的原因：研究第1k -节车厢对第k 节车厢的作用力，不会选取以（k -1）节车厢和车头为研究对象，利用牛顿第二定律进行分析。

一、传送带的动力学问题 1．水平传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速先加速后匀速v0<v时，一直加速v0<v时，先加速再匀速v0>v时，一直减速v0>v时，先减速再匀速滑块一直减速到右端滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．若v0<v返回到左端时速度为v0，若v0>v返回到左端时速度为v.2．倾斜传送带情景滑块的运动情况传送带不足够长传送带足够长一直加速(一定满足关系g sin θ<μg cos θ)先加速后匀速一直加速(加速度为g sinθ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速若μ<tan θ，先以a1加速，后以a2加速v0<v时，一直加速(加速度为g sin θ＋μg cos θ)若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v时，一直减速(加速度为g sin θ－μg cos θ)若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ<tanθ，先以a1减速，后以a2加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)g sin θ>μg cos θ，一直加速；g sin θ＝μg cos θ，一直匀速g sin θ<μg cos θ，一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx ＝x 1－x 2＝L (板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x 2＋x 1＝L .3．解题关键点(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．(2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)． 4．处理“板块”模型中动力学问题的流程三、怎样应用图像求解动力学问题 （1）运动学中常见的图像t v -图像、t x -图像、t F -图像、a F -图像、x F -图像等。

（2）图像问题的类型○1已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。

○2已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。

○3由已知条件确定某物理量的变化图像。

四、整体法和隔离法运用技巧1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.易混点：1、物体在粗糙斜而上向前运动,并不一定受到向前的力,认为物体向前运动是因为存在一种向前的“冲方的说法是错误的。

2、用牛顿第二定律解决动力学的两类基本问题,关键在于正确地求出加速度a,计算合外力时要进行正确的受力分析,不要漏力或添力。

3、用正交分解法列方程时注意合力与分力不能重复计算,作图时可用实线、虚线加以区分。

4、注意F合=ma是矢量式,在应用时,要选定正方向,一般我们选择合外力的方向即合加速度的方向为正方向。

5、超重并不是重力增加了,失重也不是失去重力,超重、失重只是示重的变化,物体的实重没有改变,即物体的质量不变,而与接触面间的弹力改变。

例:物体在自由落体或在太空时示重为零,处于完全失重状态。

6、判断超重、失重时不是看速度方向如何,而是看加速度方向向上还是向下。

加速度方向向上为超重,向下为失重。

7、有时加速度方向不在竖直方向上,但只要在竖直方向上有分量,物体也处于超、失重状态。

只要有向下的分加速度,即为失重;只要有向上的分加速度,即为超重。

8、两个相关联的物体,其中一个处于超(失)重状态,整体对支持面的压力也会比重力大(小)。

9、当物体具有大小为g,方向向下的加速度时,称为该物体完全失重。

1. 如图甲所示，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．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝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/s2.(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)33(2)θ＝60°532m【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＝3 3.(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－v02＝2ax得x＝v022g sin θ＋μcos θ，令cos α＝11＋μ2，sin α＝μ1＋μ2，即tan α＝μ＝3 3，故α＝30°，又因x＝v022g1＋μ2sin θ＋α当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，所以x最小值为x min＝v022g sin 60°＋μcos 60°＝3v024g＝532m.2. （2022·江苏南通·模拟预测）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。