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_。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 1.(2013安徽高考)如图所示,细线的一端系 一质量为m的小球,另一端固定在倾角为 的 光滑斜面体顶端,细线
2、与斜面平行。在斜面 体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)()A.T=m(gsin+acos)FN=m(gcos-asin)B.T=m(gcos+asin)FN=m(gsin-acos)C.T=m(acos-gsin)FN=m(gcos+asin)D.T=m(asin-gcos)FN=m(gsin+acos)【解析】选A。受力分析如图,建立如图所示 的坐标系 在竖直方向上受力平衡,合力为零,列式可得:FNcos+Tsin-mg=0 在水平方向上,由牛顿第二定律可得:Tcos-FNsin=ma 联立两式可
3、解得:T=m(gsin+acos)FN=m(gcos-asin)故A项正确。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-f=ma,即F=ma+f,该关系为线性函数。当a=0时,F=f;当F=0时,a=-。符合该函数关系的图像为C。fm3.(2013山东高考)如图所示,一质量m=0.4kg 的小物块,以v0=2m/s的初速度,在与
4、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=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离 L=10m。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10m/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:L=v0t+at2 2aL=代入数值解得:a=3m/s2,vB=8m/s 1222B0vv(2)对物块受力分析如图所示,设拉力F与斜面成角,对物块由牛顿第二定律得:垂直斜面方向:Fsin+N-mgcos30=0 沿斜面方向:Fcos-mgsin3
5、0-f=ma 又f=N 联立各式,代入数值解得:Fcos+Fsin=5.2 则F=当=30时,拉力F有最小值,且Fmin=N 答案:(1)3m/s2 8 m/s(2)30 N 335.215.67.83313sin(60)cossin2 3(cossin)322 13 3513 35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
6、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=mgsin+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
7、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】(2013浙江高考改编)如图所示,水平木板上有质量m=1.0kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力f的大小。取重力加速度g=10m/s2,下列判断正确的是()
8、A.5 s内物块的位移为零 B.4 s末物块所受合力大小为4.0 N C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D.69 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2【解析】选D。由题可得:物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末就开始运动了,故5 s内物块发生了运动,产生了位移,A项错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,B项错误;物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N,物块对木板的压力为10 N,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3,C项错误;69 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的
9、加速度大小为2.0 m/s2,D项正确。【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,B、D正确。热点考向2 连接体问题 【典例
10、2】(15分)如图所示,一工件置于水平 地面上,工件质量M=0.8kg,其AB段为一半径 R=1.0m的光滑圆弧轨道,圆弧轨道上的P点到BC的高度差h=0.2m,将一可视为质点的物块置于P点,物块质量m=0.2kg,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10m/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N=_;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=_;mgcosgtan (2)水平恒力F与加速度a之间满足何
11、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。【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:Ncos=mg (3分)水平方向:Nsin=ma (3分)由几何知识得:cos=,sin=(4分)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=8.5N (2分)答案:8.5N RhR21cos【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
12、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,
13、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a1=,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与地面的动摩擦因数为,由 牛顿第二定律得A、B整体的加速度为a2=
14、,又由F2-mg=ma2,物块A对B的作用力大小为F2=,故选项C错 误,D正确。F3mF3Fmg3mF2 mg3 热点考向3 多过程问题 【典例3】(16分)如图所示,一个质量M=2kg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=0.8m,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=3m/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=6m,重力加速度g=10m/s2。(1)求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小;(2)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
15、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:_。动能定理 201MgRMv02求物块滑到轨道底端时轨道的弹力N:a.物理规律:_;b.方程式:_。利用_得物块对轨道的压力。牛顿第二定律 牛顿第三定律 20vNMgM R(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=-0 (3分)由牛顿第二定律得:N-Mg=M (3分)由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为:N=-N (2分)解得:N=60N。(2分)20
16、1 Mv220vR(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-=2(-a)x (2分)解得:x=8m (1分)因xL,故物块将从传送带的右端离开。(1分)答案:(1)60N(2)右端 20v【拓展延伸】典例中:(1)若传送带长度变为10m,物块将从传送带的哪一端离开传送带?提示:因xL,故物块速度达到零后,没有到达传送带右端,将沿传送带向左运动,从传送带的左端离开。(2)若传送带以3m/s的速度沿顺时针方向转动,物块在离开传送带时的速度大小是多少?提示:物块滑到轨道底端的速度v0=4m/s,物块速度 由v0=4m/s变为v=3m/s的过程中
17、,运动的位移x=3.5mv1,则()A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离最大 C.0t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【解析】选B。物块滑上传送带后将做匀减速运动,t1时刻速度为零,此时小物块离A处的距离达到最大,选项A错误;然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动,t2时刻与传送带达到共同速度,此时小物块相对传送带滑动的距离最大,选项B正确;0t2时间内,小物块受到的摩擦力方向始终向右,选项C错误;t2t3时间内小物块不受摩擦力,选项D错误。1.一辆空车和一辆满载货物的同型号
18、汽车,在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后(即车轮不滚动只滑动),以下说法正确的是()A.满载货物的汽车由于惯性大,滑行距离较大 B.满载货物的汽车由于受摩擦力较大,滑行距离较小 C.两辆汽车滑行的距离相同 D.满载货物的汽车比空车先停下来【解析】选C。两辆汽车的加速度为a=g,由于初速度相同,故滑行的距离相同,选项C正确。2.(2013合肥二模)如图所示,在封闭的木箱内底 部有一斜面,木箱静止时在斜面上放置一物块,物 块处于静止状态。某时刻,使木箱突然做匀加速直 线运动,加速度的大小小于当地的重力加速度,则该瞬间物块和斜面间的摩擦力一定减小的是()A.竖直向下做匀加
19、速直线运动 B.竖直向上做匀加速直线运动 C.水平向右做匀加速直线运动 D.水平向左做匀加速直线运动【解析】选A。物块静止时受力如图所示,木箱 竖直向下做匀加速直线运动时,物块处于失重 状态,N减小,水平方向有Nsin=fcos,故f减 小,选项A正确;木箱竖直向上做匀加速直线运 动时,物块处于超重状态,N增大,由Nsin=fcos可知f增大,选项B错误;木箱水平向右做匀加速直线运动时,水平方向有 Fcos-Nsin=ma,竖直方向有Ncos+fsin-mg=0,若物块 相对木箱静止,则f增大,N变小,选项C错误;同理,木箱水平向 左做匀加速直线运动时,物块可能相对木箱静止,也可能相对 木箱上
20、滑,f可能变大,也可能变小,选项D错误。3.(2013成都二模)我国第一台自行设 计、自主集成研制的“蛟龙号”载人潜 水器完成5000米级海试回国,如图所示。“蛟龙号”采用常用的“深潜器无动力下潜上浮技术”。潜水 器两侧配备4块压载铁,重量可以根据不同深度与要求调整。当 潜水器两侧配备4块压载铁时,潜水器下潜一定深度后按恒定速 度下潜;当潜水器到达一定深度时,可操作抛载其中2块压载铁,使潜水器悬停在指定深度上实现作业,包括航行、拍照、取样 等;当任务完成,再抛载另外2块压载铁,使潜水器上浮,到达水 面,设潜水器在水中受到的阻力与速度的平方成正比,潜水器 受到的浮力恒定,下列说法正确的是()A.
21、潜水器两侧配备4块压载铁时,向下做匀加速运动 B.潜水器抛载其中2块压载铁时,潜水器将做匀减速运动 C.潜水器两侧配备4块压载铁时,先向下做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀速运动 D.潜水器抛载所有压载铁时,潜水器向上做匀速运动至浮出水面【解析】选C。潜水器两侧配备4块压载铁时,对潜水器进行受力分析,根据牛顿第二定律可得G1-kv2-F浮=ma,当速度增大时,加速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度达到最大值,潜水器做匀速运动,选项A错误,选项C正确;潜水器抛载其中2块压载铁时,对潜水器进行受力分析,根据牛顿第二定律可得-G2+kv2+F浮=ma,潜水器将做加速度逐渐减小的减速运动,选项B错
22、误;潜水器抛载所有压载铁时,根据牛顿第二定律得-G3-kv2+F浮=ma,潜水器将做加速度逐渐减小的加速运动,选项D错误。4.(2013潍坊一模)如图所示,倾角为30 的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h=0.8m,B点距C点的距离L=2.0m。(滑块经过B点时没有能量损失,g=10m/s2)求:(1)滑块在运动过程中的最大速度;(2)滑块与水平面间的动摩擦因数;(3)滑块从A点释放后,经过时间t=1.0s速度的大小。【解析】(1)滑块在B点时速度最大,由动能定理得:mgh=-0 解得:vB=4m/s
23、(2)滑块在水平面上运动时,由牛顿第二定律得:mg=ma 解得:a=g 由运动学知识得:-0=2aL 由得:=0.4 2B1 mv22Bv(3)滑块在斜面上运动的时间:t=0.8s 因此滑块从A点释放后经过时间t=1.0s已在水平面上运动了 0.2 s,此时的速度:v=vB-g0.2s=3.2 m/s 答案:(1)4m/s(2)0.4(3)3.2 m/s 2 2hgsin30三 板块模型问题的规范求解【案例剖析】(18分)(2013新课标全国卷)一 长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对 于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动 的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等,物
24、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。取重力加速 度的大小g=10 m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。【审题】抓住信息,准确推断 关键信息 信息挖掘 题 干 相对于地面静止的物块轻放到木板上 开始时物块相对于木板会发生滑动 速度-时间图像 可求出木板运动过程的加速度 物块始终在木板上 物块与木板间始终存在摩擦力 问 题 动摩擦因数 与滑动摩擦力有关 物块相对于木板的位移 物块与木板的位移之差【破题】精准分析,无破不立(1)物块与木板间、木
25、板与地面间的动摩擦因数的求解:请结合v-t图像判断00.5s时间内,物块和木板的运动情况。提示:00.5s时间内,物块由静止开始做匀加速直线运动,木板做匀减速直线运动,直至两者速度相同。请利用v-t图像求出00.5s时间内,物块和木板的加速度:a.物块的加速度:_。b.木板的加速度:_。列出物块和木板的动力学方程:a.对物块:_。b.对木板:_。2111va2 m/st20121vva8 m/st 1mg=ma1 1mg+2 2mg=ma2(2)物块相对木板位移大小的求解:请写出判断物块能否和木板相对静止的思路。提示:由v-t图像可知物块与木板共速后,物块与木板间的摩擦力改变方向,由牛顿第二定
26、律得,对物块f=ma1,对木板22mg-f=ma2,若两者相对静止,则a1=a2,得f=2mg1mg,与f1mg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.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=0.5s时,物块和木板的速度相同为
27、 v1=1m/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 a1=m/s2=2 m/s2 (2分)a2=m/s2=8 m/s2 (2分)11v1t0.5011vv4t0.5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=0.2 2=0.3 (1分)(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 f,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f=ma1 (1分)
28、对木板有22mg-f=ma2 (1分)假设物块相对木板静止,即f1mg,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=2m/s2 (1分)1a物块的v-t图像如图所示。此过程木板的加速度 a2=22g-1g=4m/s2 (1分)由运动学公式可得,物块和木板相对地面的位移分别为 x1=0.5m (2分)x2=m (2分)物块相对木板的位移大小为x=x2-x1=1.125m (1分)221111vv2a2a201112vvv13t 22a8【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。
