专题二 牛顿运动定律的综合应用.docx

1、专题二 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，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析考点一 超重与失重现象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

2、加速度共同决定的，其大小等于 ma.例 1 如图 1 所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为 10 cm，运动时弹簧伸长量为 9 cm，则升降机的运动状态可能是(g10 m/s 2)( )图 1A以 a1 m/s 2 的加速度加速上升B以 a1 m/s 2 的加速度加速下降C以 a9 m/s 2 的加速度减速上升D以 a9 m/s 2 的加速度减速下降解析 根据运动时弹簧伸长量 为 9 cm，小于静止 时弹簧伸长量 10 cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以 a1 m/s2 的加速度加速下降，也可能是以 a1 m/s2 的加速度减速上升，故 B 正

3、确答案 B递进题组1超重与失重的判断关于超重和失重现象，下列描述中正确的是 ( )A电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D “神舟九号”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D2超重与失重的理解与应用 如图 2 所示是某同学站在力传感器上做下蹲 起立的动作时记录的压力 F 随时间 t 变化的图线由图线可知该同学( )图 2A体重约为 650 NB做了两次下蹲起立的动作C做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约 2 s 起立D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答

4、案 AC解析 做下蹲起立的动作 时，下蹲 过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D 错误；由图线可知，第一次下蹲 4 s 末结束，到 6 s 末开始起立，所以 A、C正确，B 错误超重和失重现象判断的“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)从速度变化的角度判断物体向上加速或向下减速时，超重； 物体向下加速或向上减速时

5、，失重考点二 动力学中的临界极值问题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，即是求收尾加速度或收尾速度例 2 (2013山东22) 如图 3 所示，一质量 m0.4 kg 的小物块，以 v02 m/s 的初速度，在与斜面成

6、某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t2 s 的时间物块由A 点运动到 B 点，A 、B 之间的距离 L10 m已知斜面倾角 30，物块与斜面之间的动摩擦因数 .重力加速度 g 取 10 m/s2.33图 3(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小(2)拉力 F 与斜面夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为 a，到达 B 点时速度的大小为 v，由运动学公式得Lv 0t at212vv 0at联立式，代入数据得a3 m/s 2v8 m/s (2)设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff，拉力与斜面 间的夹角为 ，受

7、力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin F fmaFsin F Nmg cos 0又 Ff FN联立式得F mgsin cos macos sin 由数学知识得cos sin sin(60 )33 233由式可知对应最小 F 的夹角30联立式，代入数据得 F 的最小值为Fmin N1335答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30 N1335递进题组3动力学中的临界问题如图 4 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 mA6 kg、m B2 kg，A、B 之间的动摩擦因数 0.2，开始时 F10 N，此后逐渐增大，在增大到 45 N

8、的过程中，则( )图 4A当拉力 Fa0所以小球离开斜面(如图所示 )向右加速运动所以 FT 2.83 N，F N0ma2 mg2动力学中的“四种”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 FN0.(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： FT0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时考点三 “传送带模型”问题两类传

9、送带模型(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 6 所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带 AB(与水

10、平面成 37角)与一斜面 BC(与水平面成 30 角)平滑连接，B 点到 C 点的距离为 L0.6 m，运输带运行速度恒为 v05 m/s，A 点到 B 点的距离为 x4.5 m，现将一质量为 m0.4 kg 的小物体轻轻放于A 点，物体恰好能到达最高点 C 点，已知物体与斜面间的动摩擦因数 1 ，求：(g10 36m/s2，sin 370.6，cos 370.8，空气阻力不计)图 6(1)小物体运动到 B 点时的速度 v 的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数 ；(3)小物体从 A 点运动到 C 点所经历的时间 t.解析 (1)设小物体在斜面上的加速度为 a1，运动到 B 点时的速度为

11、v，由牛顿第二定律得mgsin 1mgcos ma 1由运动学公式知 v22a 1L，联立解得 v3 m/s.(2)因为 vmgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑 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 a2，则a2 2 m/s 2mgsin 37 mgcos 37mx2lx 111 m又因为 x2vt 2 a2t ，则有 10t2t 1112 2 2解得：t 21 s(t 211 s 舍去)所以 t 总 t 1t 22 s.考点四 “滑块木板模型”问题1问题的特点滑块木板类问题涉及两个物体，并且物体 间存在相对滑 动2常

12、见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑 块和木板向同一方向运 动， 则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度3解题方法此类问题涉及两个物体、多个运 动过程，并且物体 间还存在相 对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变) ，找出物体之 间的位移( 路程)关系或速度关系是解题的突破口求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度例 4 (2013江苏14) 如图 9 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，

13、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 .重力加速度为 g.图 9(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，m 10.5 kg，m 20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离 d0.1 m，取 g10 m/s2.若砝码移动的距离超过 l0.002 m，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析 (1)砝码对纸板的摩擦力 f1m 1g，桌面 对纸板的摩擦力 f2(m 1m 2)g，纸板所受的摩擦力 ff 1f 2(2 m1

14、m 2)g.(2)设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则有：f 1m 1a1，Ff 1f 2m 2a2，发生相对运动的条件 a12(m1m 2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动距离 x1 a1t .纸板运动距离 x1d a2t .纸板抽出后，砝码在桌面12 21 12 21上运动距离 x2 a3t ，lx 1x 212 2且 a1a 3，a1t1a 3t2，联立以上各式解得F2 g，代入数据求得 F22.4 N.m1 (1 dl)m2答案 (1)(2m 1m 2)g (2) F2(m1m 2)g (3) 22.4 N递进题组7滑块木板模型质量为 m020 kg、长为 L5 m 的木板放

15、在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为 10.15.将质量 m10 kg 的小木块( 可视为质点)，以 v04 m/s 的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图 10 所示) ，小木块与木板面间的动摩擦因数为 20.4( 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2)则以下判断中正确的是( )图 10A木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B木板一定静止不动，小木块能滑出木板C木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D木板一定向右滑动，小木块能滑出木板答案 A8滑块木板模型如图 11 所示，质量 M8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力 F8 N当小车向右运动的速度达到 1.

16、5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为 m2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数 0.2，小车足够长求：(取 g10 m/s 2)图 11(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放在小车上开始，经过 t1.5 s 小物块通过的位移大小为多少答案 见解析解析 (1)小物块的加速度 amg2 m/s 2小车的加速度 aM 0.5 m/s2F mgM(2)由：a mtv 0a Mt得 t1 s(3)在开始 1 s 内小物 块的位移： x1 amt21 m12最大速度：va mt2 m/s在接下来的 0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度：a 0.8 m/s 2FM m这 0.5 s 内的位移：x 2vt 1 at 1.1 m12 21通过的总位移 xx 1x 22.1 m.“滑块木板模型”的分析技巧(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 对地面的位移高考模拟 明确考向1(2014北京理综18) 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深