專題二 牛頓運動定律的綜合應用.doc

專題二牛頓運動定律的綜合應用考綱解讀 1.掌握超重、失重的概念，會分析超重、失重的相關問題.2.學會分析臨界與極值問題.3.會進行力學多過程問題的分析考點一超重與失重現(xiàn)象1超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發(fā)生了變化(即“視重”發(fā)生變化)2只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運動還是向下運動無關3盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)4物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma.例1如圖1所示，升降機天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機靜止時彈簧伸長量為10 cm，運動時彈簧伸長量為9 cm，則升降機的運動狀態(tài)可能是(g10 m/s2)()圖1A以a1 m/s2的加速度加速上升B以a1 m/s2的加速度加速下降C以a9 m/s2的加速度減速上升D以a9 m/s2的加速度減速下降解析根據運動時彈簧伸長量為9 cm，小于靜止時彈簧伸長量10 cm，可知升降機的加速度向下，則升降機的運動狀態(tài)可能是以a1 m/s2的加速度加速下降，也可能是以a1 m/s2的加速度減速上升，故B正確答案B遞進題組1超重與失重的判斷關于超重和失重現(xiàn)象，下列描述中正確的是()A電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重狀態(tài)B磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時，列車上的乘客處于超重狀態(tài)C蕩秋千時秋千擺到最低位置時，人處于失重狀態(tài)D“神舟九號”飛船在繞地球做圓軌道運行時，飛船內的宇航員處于完全失重狀態(tài)答案D2超重與失重的理解與應用如圖2所示是某同學站在力傳感器上做下蹲起立的動作時記錄的壓力F隨時間t變化的圖線由圖線可知該同學()圖2A體重約為650 NB做了兩次下蹲起立的動作C做了一次下蹲起立的動作，且下蹲后約2 s起立D下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)答案AC解析做下蹲起立的動作時，下蹲過程中先向下加速后向下減速，因此先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，D錯誤；由圖線可知，第一次下蹲4 s末結束，到6 s末開始起立，所以A、C正確，B錯誤超重和失重現(xiàn)象判斷的“三”技巧(1)從受力的角度判斷，當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)(2)從加速度的角度判斷，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)(3)從速度變化的角度判斷物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，失重考點二動力學中的臨界極值問題臨界或極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；(2)若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)；(3)若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點；(4)若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度例2(2013山東22) 如圖3所示，一質量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L10 m已知斜面傾角30，物塊與斜面之間的動摩擦因數.重力加速度g取10 m/s2.圖3(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？解析(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得Lv0tat2vv0at聯(lián)立式，代入數據得a3 m/s2v8 m/s(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN聯(lián)立式得F由數學知識得cos sin sin(60)由式可知對應最小F的夾角30聯(lián)立式，代入數據得F的最小值為Fmin N答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N遞進題組3動力學中的臨界問題如圖4所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA6 kg、mB2 kg，A、B之間的動摩擦因數0.2，開始時F10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，則()圖4A當拉力Fa0所以小球離開斜面(如圖所示)向右加速運動所以FT2.83 N，F(xiàn)N0動力學中的“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN0.(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值(3)繩子斷裂與松馳的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松馳的臨界條件是：FT0.(4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：當加速度變?yōu)榱銜r考點三“傳送帶模型”問題兩類傳送帶模型(1)水平傳送帶問題：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相等物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻(2)傾斜傳送帶問題：求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變例3如圖6所示為某工廠的貨物傳送裝置，傾斜運輸帶AB(與水平面成37角)與一斜面BC(與水平面成30角)平滑連接，B點到C點的距離為L0.6 m，運輸帶運行速度恒為v05 m/s，A點到B點的距離為x4.5 m，現(xiàn)將一質量為m0.4 kg的小物體輕輕放于A點，物體恰好能到達最高點C點，已知物體與斜面間的動摩擦因數1，求：(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，空氣阻力不計)圖6(1)小物體運動到B點時的速度v的大??；(2)小物體與運輸帶間的動摩擦因數；(3)小物體從A點運動到C點所經歷的時間t.解析(1)設小物體在斜面上的加速度為a1，運動到B點時的速度為v，由牛頓第二定律得mgsin 1mgcos ma1由運動學公式知v22a1L，聯(lián)立解得v3 m/s.(2)因為vv0，所以小物體在運輸帶上一直做勻加速運動，設加速度為a2，則由牛頓第二定律知mgcos mgsin ma2又因為v22a2x，聯(lián)立解得.(3)小物體從A點運動到B點所經歷時間t1，從B點運動到C點經歷時間t2聯(lián)立并代入數據得小物體從A點運動到C點所經歷的時間tt1t23.4 s.答案(1)3 m/s(2)(3)3.4 s遞進題組5水平傳送帶模型如圖7所示，水平傳送帶A、B兩端相距s3.5 m，物體與傳送帶間的動摩擦因數0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA4 m/s，到達B端的瞬時速度設為vB.下列說法中正確的是()圖7A若傳送帶不動，vB3 m/sB若傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定等于3 m/sC若傳送帶順時針勻速轉動，vB一定等于3 m/sD若傳送帶順時針勻速轉動，有可能等于3 m/s答案ABD解析當傳送帶不動時，物體從A到B做勻減速運動，ag1 m/s2，由2gsvv得，vB3 m/s；當傳送帶逆時針轉動時，物體相對傳送帶運動方向不變，物體以相同的加速度一直減速至B，vB3 m/s；當傳送帶順時針勻速轉動時，傳送帶的速度不同，物體滑上傳送帶后的運動情況不同有下面的五種可能：勻速；一直減速；先減速后勻速；一直加速；先加速后勻速所以本題正確選項為A、B、D.6傾斜傳送帶模型如圖8所示，傾角為37，長為l16 m的傳送帶，轉動速度為v10 m/s，動摩擦因數0.5，在傳送帶頂端A處無初速度地釋放一個質量為m0.5 kg的物體已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：圖8 (1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間答案(1)4 s(2)2 s解析(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，又tan ，故向下勻加速運動，設加速度為a，根據牛頓第二定律有mg(sin 37cos 37)ma則agsin 37gcos 372 m/s2，根據lat2得t4 s.(2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1則有a110 m/s2設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1，位移為x1，則有t1 s1 s，x1a1t5 mmgcos 37，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到沿傳送帶向上的滑動摩擦力摩擦力發(fā)生突變設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a22 m/s2x2lx111 m又因為x2vt2a2t，則有10t2t11解得：t21 s(t211 s舍去)所以t總t1t22 s.考點四“滑塊木板模型”問題1問題的特點滑塊木板類問題涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動2常見的兩種位移關系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度3解題方法此類問題涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，所以應準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)，找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口求解中應注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度例4(2013江蘇14)如圖9所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為.重力加速度為g.圖9(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大小；(3)本實驗中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝碼與紙板左端的距離d0.1 m，取g10 m/s2.若砝碼移動的距離超過l0.002 m，人眼就能感知為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？解析(1)砝碼對紙板的摩擦力f1m1g，桌面對紙板的摩擦力f2(m1m2)g，紙板所受的摩擦力ff1f2(2m1m2)g.(2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1m1a1，F(xiàn)f1f2m2a2，發(fā)生相對運動的條件a12(m1m2)g.(3)紙板抽出前，砝碼運動距離x1a1t.紙板運動距離x1da2t.紙板抽出后，砝碼在桌面上運動距離x2a3t，lx1x2且a1a3，a1t1a3t2，聯(lián)立以上各式解得F2g，代入數據求得F22.4 N.答案(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3) 22.4 N遞進題組7滑塊木板模型質量為m020 kg、長為L5 m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因數為10.15.將質量m10 kg的小木塊(可視為質點)，以v04 m/s的速度從木板的左端水平拋射到木板上(如圖10所示)，小木塊與木板面間的動摩擦因數為20.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g10 m/s2)則以下判斷中正確的是()圖10A木板一定靜止不動，小木塊不能滑出木板B木板一定靜止不動，小木塊能滑出木板C木板一定向右滑動，小木塊不能滑出木板D木板一定向右滑動，小木塊能滑出木板答案A8滑塊木板模型如圖11所示，質量M8 kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平推力F8 N當小車向右運動的速度達到1.5 m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計、質量為m2 kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數0.2，小車足夠長求：(取g10 m/s2)圖11 (1)放上小物塊后，小物塊及小車的加速度各為多大；(2)經多長時間兩者達到相同的速度；(3)從小物塊放在小車上開始，經過t1.5 s小物塊通過的位移大小為多少答案見解析解析(1)小物塊的加速度amg2 m/s2小車的加速度aM0.5 m/s2(2)由：amtv0aMt得t1 s(3)在開始1 s內小物塊的位移：x1amt21 m最大速度：vamt2 m/s在接下來的0.5 s內小物塊與小車相對靜止，一起做勻加速運動且加速度：a0.8 m/s2這0.5 s內的位移：x2vt1at1.1 m通過的總位移xx1x22.1 m.“滑塊木板模型”的分析技巧 (1)分析滑塊和木板的受力情況，根據牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度(2)對滑塊和木板進行運動情況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移高考模擬明確考向1(2014北京理綜18)應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加有趣和深入例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出對此現(xiàn)象分析正確的是()A手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案D解析手托物體拋出的過程，必有一段加速過程，其后可以減速，可以勻速，當手和物體勻速運動時，物體既不超重也不失重；當手和物體減速運動時，物體處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；物體從靜止到運動，必有一段加速過程，此過程物體處于超重狀態(tài)，選項B錯誤；當物體離開手的瞬間，物體只受重力，此時物體的加速度等于重力加速度，選項C錯誤；手和物體分離之前速度相同，分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項D正確2.(2014四川7)如圖12所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，tt0時刻P離開傳送帶不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()圖12答案BC解析若v1v2，且P受到的滑動摩擦力大于Q的重力，則可能先向右勻加速，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速，此過程如圖B所示，故B正確若v1v2，且P受到的滑動摩擦力小于Q的重力，此時P一直向右減速，減速到零后反向加速若v2v1，P受到的滑動摩擦力向左，開始時加速度a1，當減速至速度為v1時，摩擦力反向，若有FTmg，此后加速度a2，故C正確，A、D錯誤3(2014江蘇8)如圖13所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上A、B間的動摩擦因數為，B與地面間的動摩擦因數為.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則()圖13A當F3mg時，A相對B滑動D無論F為何值，B的加速度不會超過g答案BCD解析當0Fmg時，A、B皆靜止；當mg3mg時，A相對B向右做加速運動，B相對地面也向右加速，選項A錯誤，選項C正確當Fmg時，A與B共同的加速度ag，選項B正確F較大時，取物塊B為研究對象，物塊B的加速度最大為a2g，選項D正確4如圖14所示，AB、AC為不可伸長的輕繩，小球質量為m0.4 kg.當小車靜止時，AC水平，AB與豎直方向夾角為37，試求小車分別以下列加速度向右勻加速運動時，兩繩上的張力FAC、FAB分別為多少取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.圖14(1)a15 m/s2；(2)a210 m/s2.答案(1)FAB5 N，F(xiàn)AC1 N(2)FAB4 NFAC0解析設繩AC水平且拉力剛好為零時，臨界加速度為a0.根據牛頓第二定律FABsin ma0，F(xiàn)ABcos mg.聯(lián)立兩式并代入數據得a07.5 m/s2(1)當a15 m/s2a0，此時AC繩不能伸直，F(xiàn)AC0.AB繩與豎直方向夾角，據牛頓第二定律FABsin ma2，F(xiàn)ABcos mg.聯(lián)立兩式并代入數據得FAB4 N練出高分一、單項選擇題1如圖1所示，將物體A放在容器B中，以某一速度把容器B豎直上拋，不計空氣阻力，運動過程中容器B的底面始終保持水平，下列說法正確的是()圖1A在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為零B上升過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力C下降過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力D在上升和下降過程中A對B的壓力都等于物體A受到的重力答案A解析以A、B整體為研究對象，在上升和下降過程中，A、B的加速度都為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，A對B的壓力為0.故A正確2如圖2所示，質量為M的木楔ABC靜置于粗糙水平面上，在斜面頂端將一質量為m的物體，以一定的初速度從A點沿平行斜面的方向推出，物體m沿斜面向下做減速運動，在減速運動過程中，下列有關說法中正確的是()圖2A地面對木楔的支持力大于(Mm)gB地面對木楔的支持力小于(Mm)gC地面對木楔的支持力等于(Mm)gD地面對木楔的摩擦力為0答案A解析由于物體m沿斜面向下做減速運動，則物體的加速度方向與運動方向相反，即沿斜面向上，則其沿豎直向上的方向有分量，故系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，所以可確定A正確，B、C錯誤；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，說明地面對木楔的摩擦力方向水平向右，故D錯誤3如圖3所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時針勻速轉動在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數tan ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是()圖3答案D解析小木塊剛放上傳送帶，傳送帶的速度大于小木塊的速度，傳送帶給小木塊一沿斜面向下的滑動摩擦力，小木塊由靜止加速下滑；由分析得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos )；當小木塊加速至與傳送帶速度相等時，由于a1，選項B錯誤三、非選擇題9如圖9所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角37，A、B兩端相距5.0 m，質量為M10 kg的物體以v06.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數處處相同，均為0.5.傳送帶順時針運轉的速度v4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：圖9 (1)物體從A點到達B點所需的時間；(2)若傳送帶順時針運轉的速度可以調節(jié)，物體從A點到達B點的最短時間是多少？答案(1)2.2 s(2)1 s解析(1)設物體速度大于v4.0 m/s時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得Mgsin Mgcos Ma1設經t1速度與傳送帶速度相同，t1通過的位移x1設速度小于v時物體的加速度為a2Mgsin Mgcos Ma2物體繼續(xù)減速，設經t2速度到達傳送帶B點Lx1vt2a2ttt1t22.2 s(2)若傳送帶的速度較大，物體沿AB上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況加速度一直為a2，Lv0ta2t2t1 s(或t5 s舍去)10如圖10所