1、第3讲 牛顿运动定律及其应用 1.牛顿第二定律的“四性”:(1)矢量性：公式F=ma是_，F与a_。(2)瞬时性:力与_同时产生，同时变化。(3)同体性：F=ma中，F、m、a对应_。(4)独立性:分力产生的加速度相互_，与其他加速度_。矢量式 方向相同 加速度 同一物体 独立 无关 2.超重和失重:(1)超重:受力特点：_。运动特点：_或_。(2)失重：受力特点：_。运动特点：_或_。完全失重：只受_。合外力的方向竖直向上 向上加速运动 向下减速运动 合外力的方向竖直向下 向下加速运动 向上减速运动 重力作用 1.(2013新课标全国卷)下表是伽利略1604年做斜面实验时的相关数据。表中第二
2、列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是()A.物体具有惯性 B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C.物体运动的距离与时间的平方成正比 D.物体运动的加速度与重力加速度成正比 1 1 32 4 2 130 9 3 298 16 4 526 25 5 824 36 6 1 192 49 7 1 600 64 8 2 104【解析】选C。由第三列物体沿斜面运动的距离猜想可能与时 间有关，先可以求出各距离的比值近似为1491625 364964，即物体运动的距离与时间的平方成正比即xt2，故选项C正确。由此可以进一步得出物
3、体沿斜面向下做初速度 为零的匀加速运动，但仅根据表格中的数据无法确定加速度与 质量、斜面倾角及重力加速度的关系，也不能得出物体具有惯 性，所以选项A、B、D错。2.(2013新课标全国卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()【解析】选C。物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有F-Ff=ma，即F=ma+Ff，该关系为线性函 数。当a=0时，F=Ff；当F=0时，符合该函数关系的图 像为C。fFam。3.
4、(2013山东高考)如图所示，一质 量m=0.4 kg的小物块，以v0=2 m/s的 初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10 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。(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？33。【解析】(1)由运动学方程得：2aL=vB2v02 代入数值解得：a=3 m/s2，vB=8 m/s(2)对物块受力分析如图所示，201Lv tat2设拉力F与斜面成角，对物块由
5、牛顿第二定律得：垂直斜面方向:Fsin+FN-mgcos30=0 沿斜面方向:Fcosmgsin30Ff=ma 又Ff=FN 联立各式，代入数值解得：则 当=30时，拉力F有最小值，且 答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30 3FcosFsin5.23 5.215.67.8F3313sin(60)cossin2 3(cossin)322 min13F3 N5133 N5热点考向1 动力学图像问题【典例1】(多选)(2013银川二模)如 图所示，一质量为m的滑块，以初速度 v0从倾角为 的斜面底端滑上斜面，当 其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩 擦因数为，若滑块所受
6、的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜 面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图像大致正确 的是()【解题探究】(1)请画出滑块向上和向下运动的受力分析图。提示:(2)请结合受力分析图判断各物理量的变化情况：物理量 变化情况 大 小 方 向 f _ _ F合 _ _ a _ _ v _ _ 不变 由负向变为正向 变小 不变 变小 不变 先变小后变大 由正向变为负向【解析】选A、D。对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分 析，可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变，均为f=mgcos，方向由负向变为正向，选项A正确;滑块沿斜面向上运动时，F合=mg
7、sin+mgcos，沿斜面向下运动时，滑块所受的合外 力的大小F合=mgsin-mgcos，显然合外力变小，方向始 终沿负向，选项B错误；加速度的变化情况与合外力相同，选 项C错误；向上运动过程中滑块做匀减速运动，向下运动过程 中，滑块做匀加速运动，向上时的加速度大于向下时的加速 度，选项D正确。【总结提升】处理动力学图像问题的一般思路(1)依据题意，合理选取研究对象；(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程；(3)将物体的运动过程与图像对应起来；(4)对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断。【变式训练】(多选)(2013黄冈二模)如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为 的光
8、滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出(sin37=0.6)()A.物体的质量 B.斜面的倾角 C.物体能静止在斜面上所施加的外力 D.加速度为6 m/s2时物体的速度【解析】选A、B、C。物体受力如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos-mgsin=ma，由F=0时，a=-6 m/s2，解得=37。由a=F-gsin和a-F图像知：图像斜率 解得m=2 kg，物体静止时Fcos=mgsin,F=mgtan=15 N，因为物体的加速度的变化对应的时间未 知，所以无法求出物体加速度为6 m
9、/s2 时的速度，故选项A、B、C正确，D错误。cosm62cos373020m，【变式备选】(多选)将一个物体以初速度v0从地面竖直向上抛出，经一段时间后落回地面。设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，取竖直向上为正方向。下列关于速度v、加速度a随时间t变化的图像正确的是()【解析】选B、D。物体向上运动时重力和阻力都向下；向下运动时重力向下，阻力向上。物体所受合力的方向都向下,加速度方向都向下，由牛顿第二定律知，物体向上运动时的加速度大于向下运动时的加速度，加速度越大,v-t 图像斜率的绝对值越大,又由于物体上升和下落的位移大小相同,所以物体向上运动的时间小于下落的时间,故选项A、C错误
10、，B、D正确。热点考向2 连接体问题【典例2】(15分)如图所示，一工件 置于水平地面上，工件质量M=0.8 kg，其AB段为一半径R=1.0 m的光滑圆弧 轨道，圆弧轨道上的P点到BC的高度 差h=0.2 m，将一可视为质点的物块置于P点，物块质量m=0.2 kg，若将一水平恒力F作用于工件上，使物块与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，工件与地面间的动摩擦因数=0.1，g取10 m/s2，求F的大小。【解题探究】(1)设物块和O的连线与竖直方向的夹角为，请用已知物理量 的符号，写出以下物理量的表达式：物块所受的弹力FN=。工件与物块整体向左匀加速运动的加速度a的表达式为a=_。(2
11、)水平恒力F与加速度a之间满足何种关系？提示:对物块和工件整体由牛顿第二定律得 F-(M+m)g=(M+m)a。mgcosgtan 【解析】设物块和O的连线与竖直方向的夹角为，物块与工 件一起运动的加速度为a，对物块进行受力分析，由牛顿第二 定律得：竖直方向:FNcos=mg (3分)水平方向:FNsin=ma (3分)由几何知识得：(4分)2Rhcossin1 cosR ，对于物块与工件整体由牛顿第二定律得:F-(M+m)g=(M+m)a (3分)代入数据，由式得:F=8.5 N (2分)答案:8.5 N【拓展延伸】典例中：(1)若P点的位置不同，恒力F的值相同吗，为什么？提示:不相同。若P
12、点的位置不同，物块和O的连线与竖直方向的夹角将变化，物块与工件一起运动的加速度a将变化，由F=(M+m)a+(M+m)g得恒力F的值会变化。(2)若恒力F变大或变小了，物块将相对于工件分别向哪个方向运动？提示:若恒力F变大，加速度a将变大，夹角将变大，物块将相对于工件沿圆轨道向上运动；同理，若恒力F变小，物块将相对于工件沿圆轨道向下运动。【总结提升】应用牛顿第二定律解题的一般步骤(1)结合题意，灵活选取研究对象，可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统；(2)分析研究对象的运动情况和受力情况；(3)根据牛顿第二定律列方程；(4)统一单位后将数值代入方程求解。【变式训练】(2013武汉二模)质
13、量为 2m的物块A和质量为m的物块B相互接触 放在水平面上，如图所示，若对A施加 水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动，关于A对B的作用力，下列说法正确的是()A.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F B.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为 F C.若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为 mg D.若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为 23F2 mg3【解析】选D。若水平面光滑，由牛顿运动定律得A、B整体的 加速度为 物块A对B的作用力大小为F1=ma1=选项 A、B错误；若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因
14、数为，由牛顿第二定律得A、B整体的加速度为 又由 F2-mg=ma2，物块A对B的作用力大小为 故选项C 错误，D正确。1Fa3m，F,32Fmga3m，2F2 mgF3，热点考向3 多过程问题【典例3】(16分)如图所示，一个质量M=2 kg的物块(可视为质 点)从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，圆弧轨道半径 R=0.8 m，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传 送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小v=3 m/s，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.1，两皮带轮 之间的距离L=6 m，重力加速度g=10 m/s2。(1)求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；(2
15、)物块将从传送带的哪一端离开传送带？【解题探究】(1)物块滑到轨道底端时对轨道压力的求解思路：先求物块滑到轨道底端的速度v0。a.物理规律:_。b.方程式:。求物块滑到轨道底端时轨道的弹力FN。a.物理规律:_。b.方程式:。利用_得物块对轨道的压力。201MgRMv02动能定理 牛顿第二定律 20NvFMgM R牛顿第三定律(2)如何判断物块将从传送带哪端离开？提示:比较物块速度为零时在传送带上的位移x与传送带的长度L的大小。若xL,物块将从传送带的右端离开；反之将从传送带的左端离开。【解析】(1)由动能定理得：MgR=(3分)由牛顿第二定律得：FN-Mg=(3分)由牛顿第三定律得物块对轨道
16、的压力FN与FN大小相等，方向 相反,(2分)解得:FN=60 N。(2分)201 Mv0220vM R(2)物块在传送带上运动的过程由牛顿第二定律得:mg=ma (2分)由匀变速直线运动规律得:02-v02=2(-a)x (2分)解得:x=8 m (1分)因xL，故物块将从传送带的右端离开。(1分)答案:(1)60 N (2)右端【拓展延伸】典例中：(1)若传送带长度变为10 m，物块将从传送带的哪一端离开传送带？提示:因x1mg,与Ff1mg矛盾,故物块相对木板减速滑动,而不是相对静止。请列出物块相对木板减速滑动过程的动力学方程。a.对物块：_。b.对木板：_。请列出全过程的运动学方程。a
17、.对物块：。b.对木板：。1mg=ma1 2 2mg-1mg=ma2 2211111vvx2a2a2011212vvvxt22a【解题】规范步骤，水到渠成(1)从t=0时开始，木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速，物块和地面对木板的摩擦力使木板减速，直到两者具有共同速度为止。由题图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同为v1=1 m/s。设t=0到t=t1时间内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则 (2分)(2分)设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，根据牛顿第二定律，对物块有1mg=ma1 (2分)对木板有1mg+22mg=ma2 (2分)联立方程得：1=
18、0.2 2=0.3 (1分)22111v1a m/s2 m/st0.5220121vv4a m/s8 m/st0.5(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 对物块有Ff=ma1 (1分)对木板有22mgFf=ma2 (1分)假设物块相对木板静止，即Ff1mg,与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑 动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1=a1=2 m/s2 (1分)物块的v-t图像如图所示。此过程木板的加速度 a2=22g1g=4 m/s2 (1分)由运
19、动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为 (2分)(2分)物块相对木板的位移大小为 x=x2x1=1.125 m (1分)答案：(1)0.2 0.3 (2)1.125 m 2211111vvx0.5 m?2a2a2011212v vv13x t m22a8【点题】突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍：在由v-t图像求解加速度时，只求出了木板的加速度，没有分析出物块的末速度，导致无法求出结果。在物块与木板共速后，没有判断物块相对木板的运动情况，误认为物块相对木板静止，导致错误。(2)因解答不规范导致的失分：在对木板列牛顿第二定律方程时，不注意木板的受力分析，将地面对木板的摩擦力误写为2mg而导致失分。求物块相对木板的位移时，只求出物块和木板的位移，没有求相对位移而导致失分。A组 B组
