牛顿运动定律---牛顿运动定律的综合应用

1、专题12牛顿运动定律的综合应用【基础回顾】考点内容：牛顿运动定律及其应用；超重与失重考纲解读：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。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

2、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.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

3、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.考点三 动力学中的图象问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点.1 .常见的图象有：vt图象，a- t图象，Ft图象，Fa图象等.2 .图象间的联系：加速度是联系 vt图象与Ft图象的桥梁.3 .图象的应用：(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

4、 况.(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析.考点四传送带模型和滑块一木板模型1 .传送带模型”问题的分析思路(1)模型特征：一个物体以速度 vo (v0O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 (a)、(b)、(c)所示.(2)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.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.倾斜传送带问题：求

5、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.2 .滑块一木板模型”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【

6、技能方法】与速度的大小和方向没有关系.下1 .物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向, 表列出了加速度方向与物体所处状态的关系.加速度超正、失事视重F3=0不超重、不失重娓口的方向竖直向上超重F安+山口的方向竖直向下失重（a）m=g,竖直向下完全失重尸=0特别提醒：不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是 视重”改变.2 .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

7、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，失重.3 .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Fn=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：Ft= 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.4 .分析图象问

8、题解题策略：(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义.(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确 图象与公式”、图象与物体间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.5 .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.6 .传送带模型：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.(1)水平传送带模型项目图不滑块可能的运动情况情景15-T

9、)(1)可能一直加谑e可能先加速后匀速1QT时，可能一直减速. 也可能先减速再匀速(2)”y 卧 可能一直加速，也可能先 加速再为谑Cjn 3 gsin 9 A才受沿传送带向上的静摩擦力作用B.只有a v gsin 0 A才受沿传送带向上的静摩擦力作用C.只有a = gsin ,。A才受沿传送带向上的静摩擦力作用D.无论a为多大，A都受沿传送带向上的静摩擦力作用【答案】B【解析】若A不受摩擦力作用时，根据牛顿第二定律可知，mgsin9=ma此日A的加速度为a=gsin Q 若皮带的加速度为 a=gsin 9此时A恰好不受摩擦力作用， C错误，若a gsin 0此时对A 有mgsin 0+f=m

10、a这样 A受到的摩擦力沿斜面向下， A错误，若av gsin 9此时对 A有 mgsin -f=ma,这样A受到的摩擦力沿斜面向上， B正确，这样 D也不正确。4 .如图甲所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后， 木板运动的速度-时间图象可能是图乙中的：（）【答案】A【解析】由于物块刚放到木板上时，运动的木板会对它一个向前的滑动摩擦力，则物块对木板就会有一个向左的摩擦力， 此时木板还受到地面给它的向左的

11、摩擦力，木板在这两个阻力的作用下做匀减速直线运动；当物块的速度与木板的速度相等时，物块与木板间没有了相对运动，它们之间的摩擦力为零，此时木板受到的阻力只有地面对它施加的向左的力，即阻力减小， 故其反加速度变小，木板也做匀速直线运动，但其加速度变小，故A是正确的。5 .如图所示，一质量为 8m的长木板静止在光滑水平面上，某时刻一质量为 m的小铁块以 速度v从木板的右端滑上木板.已知铁块与木板间的动摩擦因数为 均重力加速度大小为g, 木板足够长，求：(1)铁块与木板的加速度大小；(2)当木板 在水平面上加速，t行的距离为 x时，铁块在木板上滑行的长度为多少 ？M X-G|(1) a = Wg; b

12、 k g(2)半 19x【答案】芯U g 一【解析】(1)对铁块：mg=ma,解得：ai=g.一%小段对木板：mg=Ma ,解得t t=4 (2)木板的位移：2 c ，解得铁块的位移: K铁块在木板上滑行的距离：4v 【能力提升】1 .如图甲，固定斜面倾角为0,底部挡板连一轻质弹簧。质量为 m的物块从斜面上某一高F的大小随时间t变化的关系度处静止释放，不断撞击弹簧，最终静止。物块所受弹簧弹力如图乙，物块与斜面间的动摩擦因数为的弹簧在弹性限度内，重力加速度为g,则（）A.物块运动过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒B.物块运动过程中，ti时刻速度最大C.物块运动过程中的最大加速度大小为mD.最

13、终静止时，物块受到的重力、斜面支持力和摩擦力的合力方向沿斜面向上 【答案】C【解析】根据F-t图线可知，物块压缩弹簧的长度逐渐减小，故说明系统有摩擦力做功，所以物块运动过程中，物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项 A错误；由图可知ti时刻是物 块第一次刚接触弹簧，此后的运动中，物块压缩弹簧，速度先增加后减小，故ti时刻不是速度最大的时刻，选项B错误；当物块第一次压缩弹簧到最低点时， 物块的加速度最大， 根 据牛顿第二定律可得： F0-mgsin 0 +mgcos。=ma解得：Fo TDgsiri d a二m，选项C正确；最终静止时，弹簧处于压缩状态，弹力方向沿斜面向上，故物块受到的重力、斜面

14、支持力和摩擦力的合力方向沿斜面向下，选项D错误。2.（多选）如图所示是放置于水平地面上的简易滑梯示意图，一小孩从滑梯斜面顶点A开始无初速度下滑，在 AB段匀加速下滑，在 BC段匀减速下滑，滑到 C点恰好速度为零（B 点为AC的中点），整个过程中滑梯保持静止状态。假设该小孩在 AB段和BC段滑动时与斜A.整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于该小孩和滑梯的总重力，地面对滑梯始终无 摩擦力作用B.动摩擦因数满足 岗+ 2=2tan 0C.该小孩在AB和BC两段运动的时间相等，平均速度也相等D. AB段与BC段小孩受的摩擦力做功的平均功率相等【答案】BC【解析】由题意知，小孩在AB段加速下滑，有沿斜面

15、向下的加速度 ai,有竖直向下的分加速度， 处于失重状态，故此过程地面对斜面的支持力小于整体的重力，所以 A错误；设小孩在 B 点的速度为v,由于AB=BC,再卞据v2=2ax,可彳导在AB、BC段加速度大小相等，根据牛顿 第二定律：AB 段 mgsin 0-pimgcos。=ma BC段 mgcos dmgsin 0 =ma联立解得 叩+陛=2tan 8- 1 . 、V- （ V , + J所以B正确；由v=at,2 t u 可得：小孩在 AB和BC两段运动的时间相等，平均速度也相等，所以C正确；由上述分析知，AB段、BC段的摩擦力不同，而平均速度相同，根据功率P=F邛，可得：AB段与BC段

16、小孩受的摩擦力做功的平均功率不相等，所以D错误。3.人站在升降机底板上先由静止开始匀加速上升，而后匀减速上升一段时间后停止，则下列说法正确的是（）A.人在升降机中一直处于失重状态B.人在匀加速上升过程中处于超重状态C.匀加速上升过程中，升降机底板对人的支持力大于人对底板的压力D.匀减速上升过程中，升降机底板对人的支持力与人的重力大小相等【答案】B【解析】人在匀加速上升过程中处于超重状态，在减速上升中处于失重状态，选项 A错误，B正 确；匀加速上升过程中，升降机底板对人的支持力等于人对底板的压力，选项 C错误；匀减速上升过程中，人处于失重状态，升降机底板对人的支持力小于人的重力，选项D错误；故选

17、Bo4.（多选）在粗糙程度相同的水平地面上，物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动，4s末瞬间撤去拉力 F,运动的速度 v与时间t的关系如图所示，取 g=10m/s2,由图象可知 （ ）FlA.在 2s4s 内，力 F=0B.在0 2s内，力F逐渐变小C.物块与地面间的动摩擦因数尸0.2D. 06s内物块运动的总位移为 16m【答案】BC【解析】在24s内，物块做匀速直线运动，由平衡条件可知：F=f得；在02s内，图线的切线斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得：F-f彳#=ma,可知F逐渐变小；由v-t可知，撤去拉力后，物块匀减速运动的加速度大小 a=2m/s2,根据牛顿第二定

18、律得：a=g,戈 1 工 X 2 X 4irr 4m则物块与地面间的动摩擦因数科=0.2在02s内，物块的位移12，在2与二;X（4t2）X4rrF12m4s内，物块的位移 2，在06s内物块的总位移 x=xi+x216m,所以正确选项为 B、C5.如图，电动传送带以恒定速度vo=1.2m/s运行，传送带与水平面的夹角a =37o现将质量m=20kg的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到h=1.8m的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数科=0.85不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多少时间？【答案】3.25s【解析】物体刚放到传送带上时做匀加速运动，当速

19、度达到vo时，与传送带一起做匀速运动到顶端，物体刚放上去时根据牛顿定律V 1.2 ,匚 t =- =S=l- 5s用时间 a u g1 =0. 9m 向上的位移 2 imgcoso-mgsin a =maa=0.8m/s物体随传送带匀速运动到达顶端的时间为总时间为 t=ti+t2=3.25s【终极闯关】1.2s=l. 75s,1.12015?江苏？6（多选）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力：（）A. t=2s时最大 B. t=2s时最小C. t=8.5s时最大D. t=8.5s时最小【答案】AD【解析】由题意知在上升过

20、程中：F-mg=ma,所以向上的加速度越大，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由图知，7s以后加速度向下，由 mg-F=ma加速度越大，人对电梯的压 力就越小，所以C错误，D正确。2.12014?北京卷】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入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动， 直至将物体抛出。 对此现象分析正确的是：（）A.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度【答案】D【解析】受托物体向上运动，

21、 开始阶段一定先向上加速，加速度向上，物体处于超重状态， 但后面的运动是不确定的， 可以是加速的，减速的，也可以是匀速的，不一定处于超重状态，A、 B均错误；物体离开手的瞬间或之后，物体的加速度等于重力加速度，C错误；在物体离开手的瞬间，手的速度变化一定比物体快，所以其加速度一定大于物体的加速度，即大于重力加速度，D正确。3.12014?四川卷】（多选）如图所示，水平传送带以速度 vi匀速运动，小物体 P、Q由通过 定滑轮且不可伸长的轻绳相连， t=0时刻P在传送带左端具有速度 V2, P与定滑轮间的绳水 平，t=to时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间

22、变化的图象可能是：（ ）【答案】BC【解析】若v1=V2,小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQg-(impg= (mQ+mp) a,加速度不变；若 viV2,小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知pmpg-mQg= (mQ+mp) a,到小物体 P加速到与传送带速度 v1相等后匀速，故B选项可能；若v1vv2,小物体P先向右匀减速直线 运动，由牛顿第二定律知 mQg-mpg= ( mQ+mp) ai,到小物体P减速到与传送带速度 vi相等 后

23、继续向右加速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg- |impg= (mQ+mp)a2,到加速为零后，又反向以a2加速度匀加速运动， 而a2ai,故C选项，A、D选项错误。4.12015?全国新课标I ?25】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ,如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力

24、加速度大小 g取10m/s2。求中/佃)图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数因及小物块与木板间的动摩擦因数(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【答案】(1)田=0.1 2=0.4 (2) 6m (3) 6.5m【解析】(1)根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v=4m/s4rn/s_0m/s3碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有解得a=0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s,位移 x=4.5m,末速度 v=4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得1 at2带入可得 a=1m/s2木块和木板整体受力分析，

25、滑动摩擦力提供合外力，即因g=a可得因=0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有国(M+m) g+区mg=Ma1可得 对滑块，则有加速度 a2=4m/s2滑块速度先减小到 0,此时碰后时间为tl=1s此时，木板向左的位移为1 2S!=Vtl-；ai 尸10-ID3 末速度%34m/s+0x 9 二3 =2m滑块向右位移/21此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为 Ax=xi+X3+X2+X4=6m滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度若工匚二二2m位移 2aa= pig=1m/s2所以木板右端离墙壁最远的距离为Xi+X3+X5=6.5m5. (2013?江苏卷)如图所示，将小祛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，祛码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若祛码和纸板的质量分别为 mi和m2,各接触面间的动摩擦因数均为因重力加速度为go(1)当纸板相对祛码运动时，求纸板所受摩擦力大小；(2)要使纸板相对祛码运动，求所需拉力的大