高一物理牛頓運動定律應用專題

高一物理牛頓運動定律應用專題第一頁，共二十頁，2022年，8月28日

連接體是指運動中幾個物體疊放在一起、并排疊放在一起或有繩子、細桿聯(lián)系在一起的物體組.在實際問題中，常常會碰到幾個物體連接在一起在外力作用下運動，求解它們的運動規(guī)律及所受外力和相互作用力，這類問題被稱為連接體問題.與求解單一物體的力學問題相比較連接體問題要復雜得多.

(2)隔離法：把系統(tǒng)中的各個部分（或某一部分）隔離，作為一個單獨的研究對象來分析的方法.此時系統(tǒng)的內(nèi)力就有可能成為該研究對象的外力，在分析時應加以注意，然后依據(jù)牛頓第二定律列方程求解.此方法對于系統(tǒng)中各部分物體的加速度大小、方向相同或不相同的情況均適用.

(1)整體法：把整個系統(tǒng)作為一個研究對象來分析的方法.不必考慮系統(tǒng)的內(nèi)力的影響，只考慮系統(tǒng)受到的外力，依據(jù)牛頓第二定律列方程求解.此方法適用于系統(tǒng)中各部分物體的初速度、加速度大小和方向相同的情況.專題一連接體問題處理連接體問題的方法:第二頁，共二十頁，2022年，8月28日

A、B兩物體質(zhì)量分別為m1、m2,如圖所示，靜止在光滑水平面上，現(xiàn)用水平外力F推物體A，使A、B一起加速運動，求：A對B的作用力多大？【解析】以A、B整體為研究對象（整體法)，水平方向只受一個外力F,

a=.求各部分加速度相同的連接體的加速度或合力時，優(yōu)先考慮“整體法”，如果還要求物體之間的作用力，再用“隔離法”，且一定是從要求作用力的那個作用面將物體進行隔離;如果連接體中各部分加速度不同，一般選用“隔離法”.以B為研究對象（隔離法），水平方向只有A對B的彈力FAB，則FAB=m2a=m2

F/

m1+m2

.

臨界問題的分析:當物體運動的加速度發(fā)生變化時，物體可能從一種狀態(tài)變化為另一種狀態(tài)，這個轉折點叫做臨界狀態(tài)，可理解為“將要出現(xiàn)”但“還沒有出現(xiàn)”的狀態(tài).專題二臨界問題第三頁，共二十頁，2022年，8月28日

(1)隱含彈力發(fā)生突變的臨界條件.彈力發(fā)生在兩物體接觸面之間，是一種被動力，其大小取決于物體所處的運動狀態(tài).當運動狀態(tài)達到臨界狀態(tài)時，彈力會發(fā)生突變.

(2)隱含摩擦力發(fā)生突變的臨界條件.靜摩擦力是被動力，其存在及其方向取決于物體之間的相對運動的趨勢，而且靜摩擦力存在最大值.靜摩擦力為零的狀態(tài)，是方向變化的臨界狀態(tài);靜摩擦力為最大靜摩擦力是物體恰好保持相對靜止的臨界條件.（1）采用極限法分析，即加速度很大或很小時將會出現(xiàn)的狀態(tài)，則加速度取某一值時就會出現(xiàn)轉折點——臨界狀態(tài).常見類型:分析方法:

(2)臨界狀態(tài)出現(xiàn)時，往往伴隨著“剛好脫離”“即將滑動”等類似隱含條件，因此要注意對題意的理解及分析.

(3)在臨界狀態(tài)時某些物理量可能為零，列方程時要注意.第四頁，共二十頁，2022年，8月28日

如圖所示，質(zhì)量為m=10kg的小球掛在傾角θ=37°的光滑斜面的固定鐵桿上，靜止時，細線與斜面平行，當斜面和小球以a1=0.5g的加速度向右勻加速運動時，小球對繩的拉力和對斜面的壓力分別為多少？當斜面和小球都以a2=3g的加速度向右勻加速運動時，小球對繩的拉力和對斜面的壓力又分別是多少？（g取10m/s2)【解析】先求出臨界狀態(tài)時的加速度，這時N=0,受力如圖甲所示，故Fsinθ=mg(豎直),

Fcosθ=ma0（水平)

所以a0=gcot

θ=g.當斜面和小球以a1向右做勻加速運動時，由于a1<a0，可知這時小球與斜面間有彈力，所以其受力如圖乙所示，故有F1cosθ-Nsinθ=ma1(水平),

F1sinθ+Ncosθ=mg(垂直),注意:物體在斜面上運動的臨界狀態(tài)就是對斜面壓力為0的狀態(tài).第五頁，共二十頁，2022年，8月28日一個質(zhì)量為0.2kg的小球用細線吊在傾角θ=53°的斜面頂端，如圖，斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當斜面以10m/s2的加速度向右做加速運動時，求繩的拉力及斜面對小球的彈力.當加速度a較小時，小球與斜面體一起運動，此時小球受重力、繩拉力和斜面的支持力作用，繩平行于斜面，當加速度a足夠大時，小球將“飛離”斜面，此時小球受重力和繩的拉力作用，繩與水平方向的夾角未知，題目中要求a=10m/s2時繩的拉力及斜面的支持力，必須先求出小球離開斜面的臨界加速度a0.（此時，小球所受斜面支持力恰好為零）圖5由mgcotθ=ma所以a0=gcotθ=7.5m/s2因為a=10m/s2＞a0所以小球離開斜面N=0，小球受力情況如圖5，則Tcosα=ma,Tsinα=mg所以T==2.83N,N=0.第六頁，共二十頁，2022年，8月28日如圖所示，水平傳送帶兩端相距s=8m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6，工件滑上A端時速度vA=10m/s，設工件到達B端時的速度為vB

（g=10m/s2）（1）若傳送帶靜止不動，求vB

（2）若傳送帶逆時針轉動，工件還能到達B端嗎？若不能，說明理由；若能，求vB通過哪些措施可以使得物體不能到達B端？（3）若傳送帶以v=13m/s順時針勻速轉動，求vB及工件由A到B所用的時間。解：（1）a＝μg＝6m/s2VA2

-

VB2

=2as

VB

＝2m/s

（2）能物體仍然始終減速

VB

＝2m/s

增大物體質(zhì)量和增大皮帶逆時針轉動的速度，能阻止嗎？（3）物體先加速后勻速

t1

＝（v－vA）/a＝0.5sS1＝vAt1＋at2/2＝5.75mS2＝S－S1=2.25mt2＝S2/v＝0.17s

t＝t1＋t2＝0.67s阻止方法：減小工件初速度、增加皮帶長度、增大動摩擦因素物體不能到達B端，將如何運動？第七頁，共二十頁，2022年，8月28日質(zhì)量皆為m的A,B兩球之間系著一條不計質(zhì)量的輕彈簧,放在光滑的水平面上,A球緊靠墻壁如圖所示今用水平力F將B球向左推彈簧,平衡后,突然將力撤去的瞬間()A.A的加速度為F/2mB.A的加速度為0C.B的加速度為F/2mD.B的加速度為F/m分析:以A,B為整體分析,在水平方向受到2個力作用,向左的推力F和墻壁的彈力;ABF彈簧的彈力等于推力F撤去瞬間,A仍受到彈簧對A的彈力和墻壁的支持力,B受到彈簧向右的彈力BD..解：彈力、摩擦力瞬時不變，僅撤去拉力時，B物體的加速度不變，仍為a，而A物體受彈簧彈力和摩擦力作用，aA=如圖所示質(zhì)量均為m的兩個物體,用彈簧相連在一起放在粗糙的水平面上,在水平拉力F的作用下,兩物體做加速度為a的勻加速運動,求在撤去外力F的瞬時,兩物體的加速度（）ABF提示:本題先求出撤去F前,A,B所受的摩擦力fAfB及彈簧的彈力T,在撤去F的瞬時,fA,fB及T均不發(fā)生變化,即可求出A,B的加速度。第八頁，共二十頁，2022年，8月28日如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧和一根細線共同拉住一個質(zhì)量為m的小球，平衡時細線恰是水平的，彈簧與豎直方向的夾角為θ.若突然剪斷細線，則在剛剪斷的瞬時，彈簧拉力的大小是＿＿＿，小球加速度的大小為＿＿，方向與豎直方向的夾角等于＿＿＿＿.小球再回到原處時彈簧拉力的大小是＿＿＿＿．小球再回到原處時,由圓周運動規(guī)律：∴F1=mgcosθmg/cosθgtgθ90°mgcosθθmmgFTθ細線剪斷瞬間，T立即消失,彈簧彈力不變，仍為F=mg/cosθ，小球所受mg和F的合力不變，仍為mgtanθ，加速度大小a＝gtanθ，方向水平向右，與豎直方向的夾角為900．解：剪斷細線前，小球所受mg和F的合力與T等大反向，大小等于T＝mgtanθ,彈簧彈力F＝mg/cosθ彈力和摩擦力是被動力，結合牛頓第二定律進行分析．第九頁，共二十頁，2022年，8月28日如下圖所示,一條輕彈簧和一根細線共同拉住一質(zhì)量為m的小球,平衡時的細線是水平的,彈簧與豎直方向的夾角是θ.若突然剪斷細線的瞬間,彈簧的拉力大小為____

_N,小球的加速度大小a為_____m/s2,a的方向與豎直方向的夾角等于______解答:剪斷細線的瞬間,小球的受力情況如下:mgFF合此時彈簧的拉力與剪斷細線前無變化其大小仍為F=mg/cosθ,小球所受合外力為mgtanθ,加速度的大小為gtanθ,加速度的方向與豎直方向的夾角為900mgFT900gtanθmg/cosθ如圖所示，一質(zhì)量為m的物體系于長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將L2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度。L1L2θ解：L2被剪斷的瞬間，L1上的張力大小發(fā)生了變化。剪斷瞬時物體的加速度a

=

gsinθ.第十頁，共二十頁，2022年，8月28日如左圖所示把長方體切成質(zhì)量分別為m和M的兩部分,切面與底面的夾角為θ,長方體置于光滑的水平面上,設地面也光滑,問:水平推力在什么范圍內(nèi),m才不相對M滑動?FmMθFmMθmgN設此時的m和M共同加速度為a,則:對m和M的整體:F=(M+m)a對m:Ncosθ=mgF-Nsinθ=ma由上三式可求出m對M剛好不發(fā)生相對滑動時推力的大小為：F=(M+m)/M*mgtanθ所以當F≤(M+m)/M*mgtanθ時，m才不相對于M發(fā)生相對滑動.解:m對M不發(fā)生相對滑動的臨界條件是:水平地面對m的支持離為0,此時m的受力如右圖：第十一頁，共二十頁，2022年，8月28日如圖所示，光滑球恰好放在木塊的圓弧槽中，它的左邊的接觸點為A，槽的半徑為R，且OA與水平線成α角，通過實驗知道:當木塊的加速度過大時，球可以從槽中滾出，圓球的質(zhì)量為m，木塊的質(zhì)量為M，各種摩擦及繩和滑輪的質(zhì)量不計，則木塊向右加速度最小為多大時球才離開圓槽？

解析:當加速度a=0時，球受重力和支持力.支持力的作用點在最底端．當加速度略大于零，球不能離開圓槽，球同樣受重力和支持力，但支持力的方向斜向右上方，即支持力的作用點沿圓弧槽向A點移動.

由牛頓第二定律：mgcotα=ma0可得a0=gcotα顯然，當木塊向右的加速度a至少為gcotα時，球離開圓弧槽。當加速度逐漸增大，支持力的作用點移到A點時,球即將離開圓弧槽，此狀態(tài)為臨界狀態(tài)，分析小球受力如右下圖所示.第十二頁，共二十頁，2022年，8月28日牛頓定律運用中的臨界和極值問題：BAOθ分析：（1）平衡態(tài)（a=0）受力分析。如圖1所示T1T2θ圖1mg(2）a由0逐漸增大的過程中，開始階段，因m在豎直方向的加速度為0，θ角不變，T1不變，那么，加速度增大（即合外力增大），OA繩承受的拉力T2必減小.當T2=0時，m存在一個加速度a0，如圖2所示，物體所受的合外力是T1的水平分力.當a>a0時，a增大，T2=0（OA繩處于松弛狀態(tài)），T1在豎直方向的分量不變，而其水平方向的分量必增加（因合外力增大），θ角一定增大，設為α.受力分析如圖3所示。T1mgα圖3

當T2=0時，如圖2所示，F(xiàn)0=tgθmgma0=tgθmga0=tgθg當a<a0時，T2≠0，T1sinθ-T2=ma(1)T1COSθ=mg(2)（如圖1）當a>a0時，T2=0，（松弛狀態(tài)）T1sinα=ma(3)T1cosα=mg(4)tgα=a/g（如圖3)T1F0圖2要點：（1）通過受力分析和運動過程分析找到彈力發(fā)生突變的臨界狀態(tài)以及此狀態(tài)所隱含的具體條件.（2）彈力是被動力，其大小和方向應由物體的狀態(tài)和物體所受的其他力來確定。0小車在水平路面上加速向右運動，一質(zhì)量為m的小球用一條水平線和一條斜線把小球系于車上（θ=30），求下列情況下，兩繩的拉力:(1)加速度a1=g/3(2)加速度a2=2g/3第十三頁，共二十頁，2022年，8月28日300圖1xyf1N1

mg圖2當物體具有斜向下的運動趨勢時，受力分析如圖2所示，要點：(1)最大靜摩擦力是物體即將由相對靜止變?yōu)橄鄬瑒拥呐R界條件.（2）注意靜摩擦力方向的可能性.（3）重視題設條件μ≤tgθ和μ＞tgθ的限制.N2sin300+f2cos300=ma0(1)N2cos300=mg+f2sin300(2)f2=μN2(3)a02=？（求出加速度的取值范圍）圖3質(zhì)量m=1kg的物體，放在θ=300的斜面上，物體與斜面的動摩擦因數(shù)μ=0.3，要是物體與斜面體一起沿水平方向向左加速運動，則其加速度多大？分析：討論涉及靜摩擦力的臨界問題的一般方法是：1,抓住靜摩擦力方向的可能性.2,物體即將由相對靜止的狀態(tài)即將變?yōu)橄鄬瑒訝顟B(tài)的條件是f=μN（最大靜摩擦力）.本題有兩個臨界狀態(tài)，當物體具有斜向上的運動趨勢時，物體受到的摩擦力為最大靜摩擦力；當物體具有斜向下的運動趨勢時，物體受到的摩擦力為最大靜摩擦力。sin300N1-f1cos300=ma0(1)

f1sin300+N1cos300=mg(2)f1=μN1

(3)a01=？當物體具有斜向上的運動趨勢時，受力分析如圖3所示，第十四頁，共二十頁，2022年，8月28日如圖所示，傳送帶與地面的傾角為θ=370，從一到B的長度16m,傳送帶以10m/s的速率逆時針方向轉動，在傳送帶上端無初速地放一個質(zhì)量為m=0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，求物體從一到B所需的時間是多少？（sin370=0.6cos370=0.8g=10m/s）AB圖1分析：μ＜tgθ，物體的初速為零，開始階段，物體速度小于傳送帶的速度，物體相對于傳送帶斜向上運動，其受到的滑動摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物體產(chǎn)生加速度，物體做初速度為零的勻加速運動.如圖2所示。f1mgsinθ圖2

當物體與傳送帶速度相等的瞬時，物體與帶之間的摩擦力為零，但物體在下滑力的作用下仍要加速，物體的速度將大于傳送帶的速度，物體相對于傳送帶向斜向下的方向運動，在這一時刻摩擦力方向將發(fā)生突變，摩擦力方向由斜向下變?yōu)樾毕蛏?物體的下滑力和所受的摩擦力的合力使物體產(chǎn)生了斜向下的加速度，由于下滑力大于摩擦力，物體仍做勻加速運動，如圖3所示。要點:（1）從運動過程的分析中找臨界狀態(tài);（2）滑動摩擦力方向的突變是本題的關鍵;(3)μ＜tgθ和μ≥tgθ的區(qū)別。f2mgsinθ圖32

第十五頁，共二十頁，2022年，8月28日解：因μ＜tgθ，物體的初速為零.開始階段，物體相對于傳送帶斜向上運動，其受到的滑動摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物體產(chǎn)生加速度，物體做初速度為零的勻加速運動.如圖2.AB圖1f1mgsinθ圖2f2mgsinθ圖3物體的速度與傳送帶速度相等需要的時間為:t1=v/a1=10/10s=1s根據(jù)牛頓第二定律，mgsinθ+μmgcosθ=ma1a1=g(sinθ+μcosθ)=10×(0.6+0.5×0.8)m/s

=10m/s22由于μ＜tgθ，物體在重力的作用下繼續(xù)加速，當物體的速度大于傳送帶的速度時，傳送帶給物體一斜向上的滑動摩擦力，此時受力情況如圖3所示.根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinθ-μmgcosθ=ma2

a2=g(sinθ-μcosθ)=10×(0.6-0.5×0.8)m/s=2m/s222設后一階段物體滑至底端所用的時間為t2，由運動學公式得：L-S=vt2+1/2a2t2

解得：t2=1s(t2=-11s舍去)所以，物體由一到B所用時間為t1+t2=2s第十六頁，共二十頁，2022年，8月28日如圖所示，兩木塊質(zhì)量分別是m1和m2，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連在一起，放在水平面上，將木塊1下壓一段距離后釋放，它在做簡諧運動，在運動過程中，木塊2始終沒有離開水平面，且對水平面的最小壓力為零，則木塊1的最大加速度的大小是多大？木塊2對水平面的最大壓力是多大？12圖1分析：以物塊1為研究對象，彈簧對木塊1的彈力和物塊1的重力合力是物塊1做簡諧運動的恢復力彈簧彈起的初階段，彈簧處于被壓縮狀態(tài)，向上的彈力大于重力，物塊1向上做變加速運動，加速度逐漸減小，其方向豎直向上當彈力等于重力時，物塊1的加速度為零，而速度最大（平衡位置）。然后，彈簧處于伸長狀態(tài)，物塊1受到的彈力向下，彈力逐漸增大，加速度逐漸增大，達到最高點時，加速度最大，方向豎直向下。當物塊1下落至最低點時，物塊1的加速度也達到最大值，但方向豎直向上。以物塊2為研究對象，根據(jù)題設條件可知，當物塊1達到最高點時，物塊1受到的向下彈力最大，此時，物塊2受到的向上彈力也最大，使地面對物塊2的支持力為零當物塊1落至最低點時，其加速度與最高點的加速度等值反向，彈簧對物塊1的彈力（方向向上）此時，彈簧對物塊2的彈力也最大，方向豎直向下，因此，木塊2對地面的壓力達到最大值。要點:（1）彈力的突變是本題的臨界條件。（2）簡諧振動的過程分析是本題的疑難點。第十七頁，共二十頁，2022年，8月28日amama=0F2F1圖1ABOm2F1’N圖2m2N'F2'圖3(2）研究物塊1下落的過程，物塊1落至最低點B處，其受到向上的彈力最大，加速度達到最大值，但方向豎直向上（簡諧振動的對稱性）.如圖1所示，F(xiàn)2-m1g=m1am