第三章牛頓運(yùn)動定律章末總結(jié)

第三章牛頓運(yùn)動定律章末總結(jié)【要點歸納】一、對牛頓運(yùn)動定律的理解1．牛頓第一定律(1)說明了物體不受外力時的運(yùn)動狀態(tài)是勻速直線運(yùn)動或靜止．由此可知，力不是維持物體運(yùn)動的原因．(2)一切物體都有保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的特性——慣性．①一切物體都具有慣性．②慣性是物體的固有屬性．③質(zhì)量是慣性大小的量度．(3)一切物體受外力時，都會改變原來的運(yùn)動狀態(tài)，即外力是迫使物體改變運(yùn)動狀態(tài)的原因．2．牛頓第二定律(1)采用控制變量法研究得出了加速度與力和質(zhì)量的定量關(guān)系，即牛頓第二定律．(2)揭示了a與F、m的定量關(guān)系，特別是a與F的幾種特殊的對應(yīng)關(guān)系：瞬時性、同向性、正比性、因果性、相對性、同體性．(3)牛頓第二定律進(jìn)一步揭示了力與運(yùn)動的關(guān)系，一個物體的運(yùn)動情況決定于物體受力情況和初始狀態(tài)．(4)加速度是聯(lián)系受力情況和運(yùn)動情況的橋梁，無論是由受力情況確定運(yùn)動情況，還是由運(yùn)動情況確定受力情況，都需求出加速度．二、處理動力學(xué)兩類基本問題的方法1．已知物體的受力情況，求解物體的運(yùn)動情況解決這類題目，一般是應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律求出物體的加速度，再根據(jù)物體的初始條件，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式，求出物體運(yùn)動的情況，即求出物體在任意時刻的位置、速度等．流程圖如下：eq\x(受力情況F合)eq\o(——→,\s\up12(F合＝ma))eq\x(加速度a)eq\o(——→,\s\up12(運(yùn)動學(xué)公式))eq\x(\a\al(運(yùn)動情況,v、x、t))2．解題關(guān)鍵抓住兩個分析：(1)受力分析(2)運(yùn)動分析，建立物體運(yùn)動的物理情景．3．應(yīng)用牛頓第二定律的解題程序eq\x(過程分析)?eq\x(選取研究對象)?eq\x(受力分析)?eq\x(規(guī)定正方向)?eq\x(\a\al(列方程據(jù)牛頓第二,定律及運(yùn)動學(xué)公式))?eq\x(解方程)三、平衡問題常用的方法1．整體法與隔離法：是我們處理實際問題時常用的一種思維方法．整體法是把幾個物體組成的系統(tǒng)作為一個整體來分析，隔離法是把系統(tǒng)中的某個物體單獨(dú)拿出來研究．將整體法和隔離法相結(jié)合，靈活運(yùn)用，有助于我們簡便解題．2．圖解法：處理動態(tài)平衡時常用的方法，在三力平衡情況下，一個力大小方向固定，一個力方向固定，判斷第三個力大小變化及求極值情況特別方便．3．?dāng)?shù)形結(jié)合：利用幾何圖形(直角三角形)、力的平行四邊形、力的矢量三角形等處理平衡問題．如相似三角形法．4．正交分解法：通過建立直角坐標(biāo)系，先沿x軸、y軸的方向分解力，然后再求合力．四、利用牛頓第二定律求瞬時加速度1．物體做變加速運(yùn)動時，加速度是變化的，物體在某時刻的瞬時加速度由合力決定，常用牛頓第二定律求出，這類問題常會遇到輕繩、輕桿、輕彈簧、橡皮條等模型．2．共同點是：質(zhì)量忽略不計，都因發(fā)生彈性形變產(chǎn)生彈力，同時刻內(nèi)部彈力處處相等且與運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)．3．不同點是：彈力表現(xiàn)形式彈力方向彈力能否突變輕繩拉力沿繩收縮方向能輕桿拉力、支持力不確定能輕彈簧拉力、支持力沿彈簧軸線不能橡皮條拉力沿橡皮條收縮方向不能五、利用牛頓第二定律解決連接體問題連接體問題的概念：兩個或兩個以上的物體相互連接參與運(yùn)動的系統(tǒng)稱為連接體．它們的連接方式一般是幾個物體疊放在一起或并排在一起或用輕繩或輕桿等連接在一起．連接體的加速度通常是相同的，但也有不同的時候，高中階段只研究加速度相同的情況．六、動力學(xué)中的臨界問題1．常見的三類臨界問題的臨界條件(1)相互接觸的兩個物體將要脫離的臨界條件是：相互作用的彈力為零．(2)繩子松弛的臨界條件是：繩的拉力為零．(3)存在靜摩擦的系統(tǒng)，當(dāng)系統(tǒng)外力大于最大靜摩擦力時，物體不一定有相對滑動，相對滑動與相對靜止的臨界條件是：靜摩擦力達(dá)到最大值．2．解決這類問題的方法(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(zhuǎn)折點——臨界狀態(tài)．(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，列方程時要注意七、超重和失重問題1．物體超重或失重的本質(zhì)不是重力增加了或減小了，而是物體對支持面的壓力或?qū)覓煳矬w的拉力大于或小于物體的實際重力．2．物體超重還是失重與速度方向和大小無關(guān)，我們可以根據(jù)加速度的方向判斷超重還是失重，如果加速度方向向上或加速度的豎直分量向上，則超重；如果加速度方向向下，或加速度的豎直分量向下，則失重．3．物體處于完全失重狀態(tài)時，物體與重力有關(guān)的一些現(xiàn)象就會全部消失，比如：①與重力有關(guān)的一些儀器如天平、臺秤等不能再使用，②豎直上拋的物體再也回不到地面，③杯口向下時，杯中的水也不流出.【考點整合】【考點一】應(yīng)用牛頓第二定律解決瞬時問題【典型例題1】(2021·四川省閬中中學(xué))如圖所示，放在電梯地板上的一個木塊相對電梯處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。突然發(fā)現(xiàn)木塊被彈簧推動，據(jù)此可判斷電梯此時的運(yùn)動情況可能是()A．加速下降 B．加速上升 C．減速上升D．減速下降【解析】木塊突然被推動，表明木塊所受摩擦力變小了，也表明木塊與地板之間的彈力變小了，重力大于彈力，其合力豎直向下，木塊處于失重狀態(tài)，加速度向下，可知電梯可能加速下降或者減速上升，故AC正確；BD錯誤。故選AC?！敬鸢浮緼C【歸納總結(jié)】1．由a＝eq\f(F合,m)知，a與F合是瞬時對應(yīng)的，有力就立刻具有加速度，F(xiàn)合變化則a隨之變化，但速度要變化需積累一段時間(Δv＝at)．2．在分析輕繩、輕彈簧剪斷時刻的加速度時，要注意繩與彈簧的不同．輕繩產(chǎn)生彈力時發(fā)生微小形變，其彈力可瞬間消失；彈簧形變明顯，其彈力一般不能突變，除非將輕彈簧剪斷時．另外橡皮繩與彈簧類似.【考點二】牛頓定律解圖像問題【典型例題2】(2021·河南天一大聯(lián)考)如圖甲所示，一滑塊置于足夠長的長木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑塊和木板的質(zhì)量均為2kg，現(xiàn)在滑塊上施加一個F＝0.5t(N)的變力作用，從t＝0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示.設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A.滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4B.木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2C.圖乙中t2＝24sD.木板的最大加速度為2m/s2【解析】由題圖乙可知，滑塊與木板之間的滑動摩擦力為8N，則滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(Ffm,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，選項A正確.由題圖乙可知t1時刻木板相對地面開始滑動，此時滑塊與木板相對靜止，則木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ′＝eq\f(Ff′,2mg)＝eq\f(4,40)＝0.1，選項B錯誤.t2時刻，滑塊與木板將要發(fā)生相對滑動，此時滑塊與木板間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力Ffm＝8N，此時兩物體的加速度相等，且木板的加速度達(dá)到最大，則對木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2；對滑塊：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，則由F＝0.5t(N)可知，t＝24s，選項C、D正確.【答案】ACD歸納總結(jié)：處理圖象問題的關(guān)鍵是搞清圖象所揭示的物理規(guī)律或物理量間的函數(shù)關(guān)系，全面系統(tǒng)的看懂圖象中的“軸”、“線”、“點”、“斜率”、“面積”、“截距”等所表示的物理意義．在運(yùn)用圖象求解問題時，還需要具有將物理現(xiàn)象轉(zhuǎn)化為圖象問題的能力．運(yùn)用圖象解題包括兩個方面：(1)用給定的圖象解答問題，(2)根據(jù)題意去作圖，運(yùn)用圖象去解答問題．【考點三】連接體問題【典型例題3】如圖所示，光滑水平桌面放置著物塊A，它通過輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著物塊B。已知A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，重力加速度大小為g。由靜止釋放物塊A、B后()A．相同時間內(nèi)A、B運(yùn)動的路程之比為2︰1B．物塊A、B的加速度之比為1︰1C．輕繩的拉力為eq\f(6mg,7)D．當(dāng)B下落高度h時，速度為eq\r(\f(2gh,5))【解析】根據(jù)動滑輪的特點可知，相同時間內(nèi)，A、B運(yùn)動的路程之比為2︰1，選項A正確；根據(jù)s＝eq\f(1,2)at2可知，物塊A、B的加速度之比為2︰1，選項B錯誤；設(shè)輕繩的拉力為T，B的加速度為a，則對A有T＝m·2a，對B有3mg－2T＝3ma，解得a＝eq\f(3,7)g，T＝eq\f(6,7)mg，選項C正確；當(dāng)B下落高度h時，速度為v＝eq\r(2ah)＝eq\r(\f(6,7)gh)，選項D錯誤?！敬鸢浮緼C【歸納總結(jié)】連接體問題是指在外力作用下幾個物體連在一起運(yùn)動的問題．此類問題涉及的研究對象至少兩個，因此使題目變得復(fù)雜一些，要注意領(lǐng)會此類問題的解題思想方法：整體法與隔離法．(1)整體法是將一組連接體作為一個整體看待，在研究連接體的加速度與力的關(guān)系時，往往是將連接體視為整體，把連接體視為整體時，連接體各部分的加速度相同．(2)隔離法多是在求解連接體的相互作用力時采用，即將某部分從連接體中分離出來，其他部分對它的作用力就成了外力．(3)若求連接體之間的相互作用力，一般是先利用整體法求出它們的共同加速度，再用隔離法求出它們之間的相互作用力．(4)若求連接體所受的外力，可以先根據(jù)題設(shè)的條件用隔離法求得它們相對靜止時加速度的臨界值，再用整體法求它們所受的外力．【考點四】動力學(xué)中的臨界問題【典型例題4】如圖所示，建設(shè)房屋時，保持底邊L不變，要設(shè)計好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時落在屋頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運(yùn)動。下列說法正確的是()A．傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短【解析】設(shè)屋頂?shù)钠旅骈L度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析如圖所示，受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ。雨滴的加速度為：a＝gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大，A正確；雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮N′＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，B錯誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可見當(dāng)θ＝45°時，用時最短，D錯誤；由v＝gsinθ·t可得v＝eq\r(gLtanθ)，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大，C正確?！敬鸢浮緼C【考點五】應(yīng)用動力學(xué)觀點分析傳送帶模型【典型例題5】(2021·廣東惠州實驗學(xué)校)如圖所示，有一條沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶，恒定速度v＝4m/s，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，現(xiàn)將質(zhì)量m＝1kg的小物塊輕放在其底端(小物塊可視為質(zhì)點)，與此同時，給小物塊沿傳送帶方向向上的恒力F＝8N，經(jīng)過一段時間，小物塊滑到離地面高h(yuǎn)＝2.4m的平臺上。已知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，結(jié)果可以保留根號。求：(1)小物塊從傳送帶底端運(yùn)動到平臺上所用的時間；(2)若在小物塊與傳送帶達(dá)到相同速度時，立即撤去恒力F，計算小物塊還需經(jīng)過多少時間離開傳送帶以及離開時的速度?！窘馕觥?1)對小物塊受力分析可知，物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度達(dá)到傳送帶的速度，由牛頓第二定律得ma1＝F＋μmgcos37°－mgsin37°，解得a1＝6m/s2，當(dāng)小物塊與傳送帶共速時，小物塊運(yùn)動的時間t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(2,3)s，小物塊沿傳送帶運(yùn)動的距離x1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(4,3)m，小物塊達(dá)到與傳送帶共速后，小物塊未到頂端，小物塊受的摩擦力的方向改變，對小物塊受力分析，因為F＝8N，而重力沿斜面向下的分力和最大摩擦力之和為10N，故小物塊不能相對傳送帶向上加速運(yùn)動，故a2＝0，小物塊做勻速運(yùn)動的時間t2＝eq\f(\f(h,sinθ)－x1,v)＝eq\f(2,3)s，則小物塊從傳送帶底端運(yùn)動到平臺上所用的時間t＝t1＋t2＝eq\f(4,3)s。(2)若在小物塊與傳送帶達(dá)到相同速度時，立即撤去恒力F，對小物塊受力分析，因為mgsin37°>mgcos37°，所以小物塊減速上滑，則有ma3＝mgsin37°－μmgcos37°，解得a3＝2m/s2，設(shè)小物塊還需經(jīng)過時間t′離開傳送帶，離開時的速度為vt，則v2－veq\o\al(2,t)＝2a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)－x1))，解得vt＝eq\f(4\r(3),3)m/s≈2.3m/s，則t′＝eq\f(v－vt,a3)＝0.85s。【答案】(1)eq\f(4,3)s(2)0.85s2.3m/s【歸納總結(jié)】物體在傳送帶上運(yùn)動時，往往會牽涉到摩擦力的突變和相對運(yùn)動，這是一個難點．當(dāng)物體與傳送帶相對靜止時，物體與傳送帶間可能存在靜摩擦力，也可能不存在摩擦力；當(dāng)物體與傳送帶相對滑動時，物體與傳送帶間有滑動摩擦力，這時物體與傳送帶間會有相對滑動的位移