1、第三讲牛顿运动定律考点一 动力学的两类基本问题本考点是对牛顿第二定律、运动学规律等基础知识的考查，常结合运动学图像、绳及弹簧模型等知识交汇命题，只要考生牢记相关知识及相互联系，仔细审题、灵活进行知识迁移，即可轻松取分。建议考生自学为主先记牢 再用活 1由因推果已知物体受力情况，确定物体运动情况首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。如诊断卷第1题，(多选)(2016全国乙卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质
2、点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变所加的恒力即为质点的合力，质点的加速度方向与恒力同向，但与质点的速度方向关系不确定，如不共线，则质点做匀变速曲线运动，速度变化快慢恒定，但速率变化快慢不恒定，故 A、D 均错误。2由果溯因已知物体的运动情况，确定物体的受力情况则应由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。特别提醒注意区别绳和弹簧的弹力变化特点如诊断卷第 2 题中，细线剪断瞬间，两弹簧长度来不及变化，l1、l2 与细线剪断前相同，因此 b、c 两物块的加速度为零，但细线中的张力突然消失，物块 a 受自身重力和轻弹簧S1
3、向下的弹力作用，由牛顿第二定律可求其加速度 a13g。典例 有一质量m2 kg的小球套在长L1 m的固定轻杆顶部，杆与水平方向成37角。静止释放小球，1 s后小球到达杆底端。取重力加速度大小g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求小球到达杆底端时速度为多大？(2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大？(3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，静止释放小球后保持它的加速度大小为1 m/s2，且沿杆向下运动，则这样的恒力为多大？解析(1)设小球到达杆底端时速度大小为v，则L vt，v 0v2，得v2Lt 2 m/s。(2)设小球下滑过程中的加速度大小为a1，则a1
4、vt根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1得小球与杆之间的动摩擦因数0.5。(3)小球在恒力作用下，有mgsin N2ma2，得N220 N若恒力F垂直杆向上，则FN2mgcos，得F36 N若恒力F垂直杆向下，则FN2mgcos，得F4 N。答案(1)2 m/s(2)0.5(3)36 N或4 N1(2016临沂市高三期中)如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，物块 A、B 质量分别为m 和 2m。物块 A 静止在轻弹簧上面，物块 B用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起但 A、B 之间无弹力，已知重力加速度为 g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A物块 A
5、的加速度为 0B物块 A 的加速度为g3C物块 B 的加速度为 0D物块 B 的加速度为g2解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹mgsin 3012mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为 F 弹12mg；剪断细线瞬间，对 A、B 系统，加速度为：a3mgsin 30F弹3mg3，即 A 和 B 的加速度均为g3，故选 B。答案：B 2.(2016安庆模拟)如图所示，质量 m5 kg 的物块(看作质点)在外力 F1 和 F2 的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知F1 大小为 50 N，方向斜向右上方，与水平面夹角 37，F2大小为 30 N，方向水平向左，物块的速度 v0 大小为
6、11 m/s。当物块运动到距初始位置距离 x05 m时撤掉 F1，g10 m/s2。求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数；(2)撤掉 F1 以后，物块在 6 s 末距初始位置的距离。解析：(1)物块向右做匀速运动：fF2F1cos；f(mgF1sin)，联立解得：0.5。(2)撤掉 F1 后：a1F2mgm30255 m/s211 m/s2设经过时间 t1 向右运动速度变为 0，则：t1v0a11 s此时向右位移：x1v02 t15.5 m后 5 s 物块向左运动：a2F2mgm1 m/s2后 5 s 向左位移：x212a2t2212.5 m物块在 6 s 末距初始位置的距离：xx2(x0
7、 x1)12.5 m(5 m5.5 m)2 m。答案：(1)0.5(2)2 m考点二 运动图像与牛顿第二定律的综合应用本考点既是重点，又是难点，之所以是重点，因其与现实生活结合紧密，能很好地考查考生学以致用的能力；称其难点，因为借助图像来考查，信息抽象隐蔽，考生不能准确获取信息而导致思维受阻。解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这两部分知识学会互联互通一、明确图像“是什么”1分清图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位，注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义。2明确图线斜率的物理意义，明确图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点及两图线的交点的意义等
8、。3明确能从图像中获得哪些信息，把图像与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图像中反馈出来哪些有用信息并结合牛顿运动定律求解。二、解题失误“为什么”1不清楚运动图像的点、斜率、面积等的物理意义。如诊断卷第4题中，各点的纵坐标表示电梯中人的瞬时加速度；(多选)(2015江苏高考)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()At2 s 时最大Bt2 s 时最小Ct8.5 s 时最大Dt8.5 s 时最小在诊断卷第6题中，(多选)(2016江西省红色七校二模)如图甲所示，物块的质量 m1 kg，
9、初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2。下列选项中正确的是()A05 s 内物块做匀减速运动B在 t1 s 时刻，恒力 F 反向C恒力 F 大小为 10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3图线斜率的大小为物块加速度的2倍；在诊断卷第5题中，(多选)(2016青岛联考)如图甲所示，质量为 M2 kg 的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为 m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图像如图乙所示，g10 m/s
10、2，结合图像，下列说法正确的是()A可求得物块在前 2 s 内的位移 x5 mB可求得物块与木板间的动摩擦因数 0.1C可求得物块的质量 m2 kgD可求得木板的长度 L2 m两 v-t 图线之间的面积表示物块与木板间的相对位移，即木板的至少长度。2忽视运动情况与受力情况间的相互联系。如诊断卷第6题中，(多选)(2016江西省红色七校二模)如图甲所示，物块的质量 m1 kg，初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2。下列选项中正确的是()A0
11、5 s 内物块做匀减速运动B在 t1 s 时刻，恒力 F 反向C恒力 F 大小为 10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3物块在 05 m 和 513 m 两个过程中物体运动方向和摩擦力不变，但加速度方向和拉力 F 的方向均发生了变化。3不注意题目的条件，凭想当然得出结果。如诊断卷第5题中，只能求出物块相对木板滑行了 2 m，但并不知此时是否到达木板最右端，因此，无法得出 D 选项。(多选)(2016青岛联考)如图甲所示，质量为 M2 kg 的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为 m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图像如图乙所示，g10 m/s2，结合
12、图像，下列说法正确的是()A可求得物块在前 2 s 内的位移 x5 mB可求得物块与木板间的动摩擦因数 0.1C可求得物块的质量 m2 kgD可求得木板的长度 L2 m1(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 的关系，将某一物体每次以不变的初速率 v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得 x 与斜面倾角 的关系如图乙所示，g 取 10 m/s2，根据图像可求出()A物体的初速率 v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数 0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值xmin1.44 mD当某次 30时，物体达到最大位移后
13、将沿斜面下滑解析：由图可知，当夹角 0 时，位移为 2.40 m，而当夹角为 90时，位移为 1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得 v0 2gh 2101.80m/s6 m/s，故 A 错误；当夹角为 0 时，由动能定理可得 mgx12mv02，解得 362102.40.75，故 B 正确；由mgxsin mgxcos 0 12 mv02，解 得x v022gsin cos 1810sin 34cos m 181054sin m，当 90时，sin()1，此时位移最小，x1.44 m，故 C 正确；若 30时，物体受到的重力的分力为 mgsin 3012mg，摩擦力 Ffmgcos 300.
14、75mg 32 3 38 mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故 D 错误。答案：BC 2(2016太原模拟)质量为 3 kg 的长木板 A 置于光滑的水平地面上，质量为 2 kg 的木块 B(可视为质点)置于木板 A 的左端，在水平向右的力 F 作用下由静止开始运动，如图甲所示。A、B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示。(g取 10 m/s2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4 s 末 A、B 的速度；(3)若 6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图知 4 s 末 A、B 间达
15、到最大静摩擦力，此时 a2 m/s2对应 A 板 mBgmAaA、B 间动摩擦因数mAamBg0.3。(2)由图像知 4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积v12at11224 m/s4 m/s。(3)4 s 到 6 s 末 t22 s木板 A 运动的位移，xAvt212aAt22木块 B 的位移 xBvt212aBt22木板的长度 lxBxA4 m。答案：(1)0.3(2)4 m/s(3)4 m考点三 动力学的连接体问题连接体问题可以看作是单个物体的由小变大此时用整体法和由单个变多个此时用隔离法的动力学问题，解决此类问题时应注意以下三点：整体法与隔离法的优点和使用条件。两物体分离或相
16、对滑动的条件。用滑轮连接的连接体的处理方法。建议对本考点重点攻坚一、整体法与隔离法的选用原则 1当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。2求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。二、三类连接体问题的解题结论 1通过滑轮连接的两个物体：加速度相同，但轻绳的拉力不等于悬挂物体的重力。例1(多选)(2016湖北八校联考)质量分别为 M 和 m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为 的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑 M、m 与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放 M，
17、斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于 MgB轻绳的拉力等于 mgCM 运动的加速度大小为(1sin)gDM 运动的加速度大小为MmMg解析 互换位置前，M 静止在斜面上，则有：Mgsin mg，互换位置后，对 M 有 MgFTMa，对 m 有：FTmgsin ma，又 FTFT，解得：a(1sin)g，FTmg，故 A、D 错，B、C 对。答案 BC2叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。如诊断卷第8题，(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着 A、B 两物体，现对A 施加水平向右的拉力 F，通过传感器可测得物体 A 的加速度 a随拉力 F变化
18、的关系如图乙所示。已知重力加速度为 g10 m/s2，由图线可知()A物体 A 的质量 mA2 kgB物体 A 的质量 mA6 kgC物体 A、B 间的动摩擦因数 0.2D物体 A、B 间的动摩擦因数 0.6A、B间刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力为mAg；诊断卷第9题中，(2016晋城高三月考)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上放置质量分别为 m 和 2m的四个木块，其中两个质量为 m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是 fm。现用平行于斜面的拉力 F 拉其中一个质量为 2m 的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力 F 的最大值是()A.35fmB.3
19、4fmC.32fmD.fm当下边的 m 与 2m 间的静摩擦力达到最大值 fm 时，拉力 F 的值最大。3靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。例2 (多选)(2016江西宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()At2时刻，弹簧形变量为0Bt1时刻，弹
20、簧形变量为(mgsin ma)/kC从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D从t1时刻开始，拉力F恒定不变解析 由题图知，t2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有 mgsin kx，则 xmgsin k，故A 错误；由题图读出，t1 时刻 A、B 开始分离，对 A 根据牛顿第二定律 kxmgsin ma，则 xmgsin mak，故 B 正确；从开始到 t1 时刻，对 AB 整体，根据牛顿第二定律 Fkx2mgsin 2ma，得 F2mgsin 2makx，x 减小，F 增大，t1 时刻到t2 时刻，对 B 由牛顿第二定律得 Fmgsin ma，得 Fmgsin ma，可
21、知 F 不变，故 C 错误，D 正确。答案 BD考点四 传送带模型传送带问题，是考生最熟悉的陌生人，说其“熟悉”，是因其年年遇到；说其“陌生”，是因其每每考出新意。针对此考点，大量做题不是上策，抓住破题关键，内化思维流程，可“以不变应万变”一、抓好一个突破点摩擦力的分析对于传送带问题，分析有无摩擦，是滑动摩擦还是静摩擦，以及摩擦力的方向，是问题的要害。分析摩擦力时，前提是先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”；如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻是滑动摩擦力还是静摩擦力。二、注意三
22、个状态的分析初态、共速、末态应用流程 诊断卷第11题的思维流程：(多选)(2016儋州二中月考)如图所示，传送皮带的水平部分AB是绷紧的。当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t1，从B端飞出时速度为v1。若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t2，从B端飞出时的速度为v2，则t1和t2、v1和v2相比较，可能的情况是()At1t2Bt1t2Cv1v2 Dv1v2典例 如图所示，一水平传送带以 4 m/s 的速度逆时针传送，水平部分长 L6 m，其左端与一倾角为 30的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地
23、放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数 0.2，g10 m/s2。求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。思维流程解析 Ffmgma1，a12 m/s2设物块与传送带达到共速 v22a1x1x14 m6 m，t1va12 sx2Lx1，x2vt2，所以 t20.5 s在斜面上 a2mgsin 30m5 m/s2上升和下降时间 t3va2 0.8 s返回传送带向右减速 t4va1 2 st 总t1t22t3t4，t 总6.1 s答案 6.1 s1.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，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
24、传送带间的动摩擦因数 tan，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：小木块刚放上传送带，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑；由分析得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos)；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于 tan，小木块在重力作用下将继续加速，此后小木块的速度大于传送带的速度，传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，小木块继续加速下滑，同理得，a2g(sin cos)。所以本题正确选项为 D。答案：D 2(2016襄阳月考)如图所示，传送带长 6 m，与水平方向的夹角
25、为 37，以 5 m/s的恒定速度向上运动。一个质量为 2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以 10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。解析：(1)物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma1代 入 数 据 解 得：a1 gsin 37 gcos 37 100.6 m/s2 0.5 10 0.8 m/s210 m/s2。(2)设物块速度减为 5 m/s 所
26、用时间为 t1，则 v0va1t1，解得：t10.5 s，通过的位移：x1vv02t110520.5 m3.75 m6 m因 Msin C若 a20，则 a1 一定等于mgMgsin MD若 a1a2，则 a1 可能等于mgMgsin Mm解析：对人受力分析，根据牛顿第二定律有 FMgsin Ma1，得 FMgsin Ma1。若 Fmg，则物块 B 加速上升；若 FMgsin 即可，故 B 错误。若 a20，故 Fmg，故 mgMgsin Ma1，a1mgMgsin M，故 C 正确。若 a1a2，FMgsin Ma1，mgFma2，则 a1mgMgsin Mm，故 D 正确。答案：CD 11
27、(2016苏州调研)如图所示，一个质量为 M 的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为 m 的弹性小球，M4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 4mg，管从下端离地面距离为 H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为 g。求：(1)管第一次落地时管和球的速度；(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度。解析：(1)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度 v02gH，方向向下。(2)管第一次落地弹起时，管的加速度 a14mg4mg4m2g，方向向下，球的加速度 a2fmgm3g，方向向上。(3)管第一次落地弹起时的速度 v1 2gH，方向向上，球的速度v2 2gH，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间 t1，球管速度 v 相同，则有v1a1t1v2a2t1t1 2v0a1a2管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则：t2v0a1，因为t1t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求。得h1v1t112a1t121225H。答案：(1)2gH，方向竖直向下(2)管的加速度大小为2g，方向向下 球的加速度大小为3g，方向向上(3)1225H