力與運動牛頓運動定律的簡單應用講義

牛頓運動定律的簡單應用編審教師：高級教師白英彬本專題的考查一般以選擇題為主，有時也會以基礎計算題的形式出現(xiàn)。主要側重四個方面：1、瞬時性問題要明確速度的改變需經(jīng)歷一定時間，不能突變，而加速度與力是可以突變的且其變化具有瞬時對應關系。2、連接體問題側重考查整體法和隔離法。3、應用牛頓運動定律解決動力學問題，受力分析和運動分析是關鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，常以計算題的形式進行考查。4、超重和失重問題則是牛頓運動定律在生產(chǎn)和生活中的應用，判斷加速度方向是關鍵。瞬時性問題（2022?武漢模擬）如圖所示，兩個輕質(zhì)滑輪用無彈性的輕質(zhì)細繩連接，一個滑輪下方掛著重物A，另一個滑輪下方掛著重物B，懸掛滑輪的繩均豎直，重物B用手固定。已知A、B質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，忽略一切摩擦和空氣阻力。松開手的瞬間，重物B的加速度大小是（）A． B． C． D．關鍵信息：動滑輪→B運動的位移大小是A的2倍輕質(zhì)細繩→繩上拉力處處相等A、B質(zhì)量均為m→用手固定時，手提供的是豎直向上的支持力，因此松手后B將向下加速運動解題思路：未松手時，A物體處于平衡狀態(tài)，此時繩子的拉力為，松手瞬間，繩的拉力會發(fā)生突變，就不再是。根據(jù)滑輪的特征可知B運動的位移大小是A的2倍，進而由x＝可得A、B兩物體的加速度也存在2倍的關系。分別對A、B進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解。由于兩個物體的加速度不同，故采用隔離法。由滑輪的特征可知，在相同的時間內(nèi)，B運動的位移大小是A的2倍，由x＝可知，B的加速度大小是A的2倍，即aB＝2aA①松開手的瞬間，設繩的張力為T，根據(jù)牛頓第二定律得對重物A有：2T﹣mg＝maA②對重物B有：mg﹣T＝maB③由①②③式解得aA＝，aB＝，故ABD錯誤，C正確。故選：C。（2022?重慶模擬）如圖所示，甲、乙兩物塊位于光滑水平面上并通過水平輕彈簧連接，物塊甲受到水平恒力F作用，兩物塊保持相對靜止以相同大小的加速度a水平向右做勻加速直線運動。甲、乙物塊質(zhì)量分別為m、2m，彈簧在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，撤去力F瞬時，甲、乙物塊的加速度大小分別為a甲、a乙，則（）A．a(chǎn)甲＝a乙＝a B．a(chǎn)甲＝a，a乙＝2aC．a(chǎn)甲＝2a，a乙＝a D．a(chǎn)甲＝a乙＝2a設撤去力F前的彈簧彈力為F′，對物塊乙由牛頓第二定律可得F′＝2ma，撤去力F瞬間，彈簧彈力大小不變，則乙物體加速度不變a乙＝a，對甲物體有F′＝ma甲，可得a甲＝2a。故ABD錯誤，C正確。故選：C。瞬時加速度問題的解題關鍵是：（1）明確速度的改變需經(jīng)歷一定時間，不能突變，而加速度與力是可以突變的且其變化具有瞬時對應關系，因此必須認真分析突變前后物體的受力情況；（2）繩子拉力可以發(fā)生突變，彈簧的彈力不會發(fā)生突變；（3）明確牛頓第二定律具有瞬時性。連接體問題（自編）如圖所示，質(zhì)量分別為4kg和6kg的物體A、B相互接觸，但并不黏合，放置在光滑的水平地面上。從t＝0時刻開始，水平推力FA和水平拉力FB分別作用于物體A、B上，規(guī)定水平向右為正方向，F(xiàn)A、FB隨時間t變化的規(guī)律分別為FA＝8﹣2t（N）、FB＝2＋2t（N），當物體A、B分離時，F(xiàn)A隨時間t變化的規(guī)律不變，F(xiàn)B變成大小為6N的恒力，下列說法正確的是（）A．物體A、B分離時的速度大小均為4m/sB．物體A、B分離時已通過的位移大小均為4mC．6s時物體A的加速度大小為0D．物體A、B從剛分離到FA＝0時，物體B的位移大小為6m關鍵信息：不黏合→可以分離（分離條件是什么？）FA＝8﹣2t、FB＝2＋2t→未分離前整體所受合力恒為10N，故整體做勻變速直線運動解題思路：A、B分離瞬間，兩物體加速度相同，接觸面間彈力為0，分別對整體受力分析求出的加速度與隔離物體A（或物體B）受力分析求出的加速度相同，就能求解出時間。再根據(jù)分離前整體做勻變速直線運動，即可求解。AB、分離瞬間，兩物體加速度相同，接觸面間彈力為0，對整體：FA＋FB＝(mA＋mB)a解得a＝1m/s2對A：FA＝8﹣2t＝mAa解得：t＝2s由于分離前F合＝FA＋FB＝10N，故分離前整體做勻加速直線運動，則分離時的速度v＝at＝1×2m/s＝2m/s分離時的位移x＝＝2m，故AB錯誤；C、6s時兩物體已分離，對A則有FA＝8﹣2t＝8N﹣2×6N＝﹣4N＝mAaA解得aA＝﹣1m/s2，故C錯誤；D、FA＝8﹣2t′＝0時，t′＝4s，物體A、B從剛分離到FA＝0時，Δt＝t′﹣t＝2s，分離后FB變成大小為6N的恒力，則對B：FB＝mBaB解得aB＝1m/s2由x＝＝6m故D正確；故選：D。（2021江蘇模擬）如圖所示，兩相同物體A、B放在粗糙水平面上，通過一根傾斜的輕繩連接。若用恒力向左拉物體A，兩物體運動的加速度為a1、繩中的張力為F1；若用大小相等的恒力向右拉物體B，兩物體運動的加速度為a2、繩中的張力為F2。則（）A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＞F2 B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＜F2C．a(chǎn)1＜a2，F(xiàn)1＜F2 D．a(chǎn)1＞a2，F(xiàn)1＞F2以物體A和B為整體，利用牛頓第二定律可得當用恒力向左拉物體A時有：F﹣2μmg＝2ma1當用大小相等的恒力向右拉物體B時有：F﹣2μmg＝2ma2故a1＝a2。設繩子與水平方向夾角為θ，用恒力向左拉物體A時，以B為研究對象，有F1cosθ﹣μ(F1sinθ＋mg)＝ma1用大小相等的恒力向右拉物體B時，以A為研究對象，有F2cosθ﹣μ(mg﹣F2sinθ)＝ma2整理可得：F1＝F2＝結合加速度關系可知F1＞F2；故A正確，BCD錯誤。故選：A。1、若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，則可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度或其他未知量。2、若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解。3、連接體問題還要充分挖掘題目中的臨界條件，相接觸與脫離的臨界條件：接觸處的彈力FN＝0；相對滑動的臨界條件：接觸處的靜摩擦力達到最大靜摩擦力；繩子斷裂的臨界條件：繩子中的張力達到繩子所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件：張力為0。兩類動力學問題（2022春?西湖區(qū)期中）圖1為冰壺比賽場地示意圖。某次比賽中，運動員攜帶質(zhì)量m＝20kg的冰壺一起從起踏器處以v0＝6m/s的速度作勻減速直線運動，運動至投擲線處，釋放冰壺，此時冰壺速度v＝2m/s。為了使冰壺停止位置盡量靠近營壘圓心O點，隊友可用毛刷在冰壺滑行前方來回摩擦冰面來控制其運動情況（如圖2所示）。已知起踏器和投擲線之間距離l＝8m，用毛刷擦冰面前、后冰壺與冰面之間動摩擦因數(shù)分別為μ1＝8×10﹣3和μ2＝4×10﹣3，投擲線與O點的距離s＝30m，冰壺可視為質(zhì)點。（1）冰壺到達投擲線前，其受到的合外力F的大小；（2）釋放冰壺后，若隊友未擦冰面，則冰壺靜止位置離O點的距離L1；（3）釋放冰壺后，若冰壺運動一段距離后隊友持續(xù)擦冰面直至冰壺恰好靜止于O點，則擦冰面的長度L2。關鍵信息：到達投擲線前勻減速直線運動→使用勻變速直線運動公式可求加速度釋放后未擦冰面→只受摩擦力（μ1＝8×10﹣3）做勻減速直線運動運動一段距離后持續(xù)擦冰面→擦冰面前、后分別做加速度不同的勻減速直線運動，速度是前后兩段運動的關聯(lián)量，兩段過程的總位移為s＝30m解題思路：到達投擲線前勻減速直線運動，已知運動情況求受力，則根據(jù)運動學公式求出加速度a，進而使用牛頓第二定律來求合力F；釋放冰壺后，冰壺只受摩擦力，則是已知受力求運動情況，依然是使用牛頓第二定律求a1，進而根據(jù)運動學公式求位移。加速度是力學和運動學的“橋梁”。（1）冰壺到達投擲線前做勻減速直線運動，設加速度大小為a，則v2﹣v02＝﹣2al代入數(shù)據(jù)解得a＝2m/s2由牛頓第二定律F＝ma解得：F＝40N（2）釋放冰壺后，冰壺繼續(xù)做勻減速直線運動，設加速度大小為a1f＝μ1mg＝ma1解得：a12設冰壺減速到0的位移為x，則－2a1x＝－v2解得：x＝25m冰壺靜止位置離O點的距離L1＝s﹣x＝30m﹣25m＝5m（3）設隊友剛開始擦冰面時冰壺的速度為v′，未擦冰面時﹣2μ1gx1＝v′2﹣v2擦冰面后﹣2μ2gL2＝0﹣v′2其中x1＋L2＝s聯(lián)立解得：L2＝10m（2021?浙江）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m＝1.0×103kg的汽車以v1＝36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s＝20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長l＝6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應時間。（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大??；（2）若路面寬L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；（3）假設駕駛員以v2＝54km/h超速行駛，在距離斑馬線s＝20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。以汽車初速度方向為正方向，（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于剎車過程所受阻力不變，因此汽車做勻減速直線運動，末速度為0，此過程平均速度：＝，根據(jù)平均速度的定義：＝，解得剎車時間：t＝4s，末速度：0＝v1＋at，解得剎車加速度：a2，根據(jù)牛頓第二定律：f＝ma，解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向與初速度方向相反，大小為2.5×103N；（2）小朋友全部通過時間：，等待時間：t0＝t′﹣t，解得：t0＝20s；（3）v2＝54km/h＝15m/s，根據(jù)速度位移關系：v2﹣v22＝﹣2as，解得：v＝m/s1、應用牛頓第二定律解決動力學問題，受力分析和運動分析是關鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：2、如果是多過程問題，則前一段的末速度就是后一段的初速度，速度是關聯(lián)量。必要時要畫出運動示意圖。超重、失重問題（2022?海淀區(qū)模擬）某同學用如圖所示實驗來認識超重和失重現(xiàn)象，先保持手指和鉤碼靜止，感受套在手指上的橡皮筋對手指的壓力。然后設法使鉤碼上下振動，手指保持靜止感受橡皮筋對手指壓力的變化。下列說法中正確的是（）A．鉤碼下降過程，處于失重狀態(tài)B．鉤碼上升過程，處于失重狀態(tài)C．鉤碼下降和上升過程，都能出現(xiàn)失重現(xiàn)象D．鉤碼由最高點下降到最低點的過程，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象，后出現(xiàn)失重現(xiàn)象關鍵信息：使鉤碼上下振動→根據(jù)彈簧振子模型判斷鉤碼的速度變化特點超失重問題→根據(jù)加速度的方向判斷解題思路：下降過程：初末速度為0，說明先加速后減速，加速度先向下再向上；上升過程：初末速度為0，說明先加速后減速，加速度先向上再向下；根據(jù)加速度向下時為失重狀態(tài)，加速度向上時為超重狀態(tài)進行判斷。AD．鉤碼由最上端向下運動的過程中是由靜止開始運動，所以從開始運動至最低點過程中，先是加速下降，后是減速下降，其加速度的方向先是向下的，后是向上的，所以是先失重后超重，故AD錯誤；B．鉤碼由最下端向上運動的過程中，先是加速上升，后是減速上升，其加速度的方向先是向上的，后是向下的，所以是先超重后失重；故B錯誤；C．鉤碼下降和上升過程，都有加速度向下的階段，所以都能出現(xiàn)失重現(xiàn)象，故C正確。故選：C。（2021秋?金安區(qū)期末）如圖所示，光滑斜面c固定在水平地面上，物體a放在上表面水平的物體b上，已知a與b一起沿斜面c向下滑動，則滑動過程中，有（）A．a(chǎn)與b之間可能沒有摩擦力的作用B．若物體b上沒有放物體a，物體b的加速度將增大C．a(chǎn)受到的摩擦力方向水平向左D．物體a有失重現(xiàn)象ACD、在光滑斜面c上，a與b一起沿斜面c向下滑動，設傾角為θ，對物體a與b整體，根據(jù)牛頓第二定律：(ma＋mb)gsinθ＝(ma＋mb)a，解得：a＝gsinθ，方向沿斜面向下；對物體a將其沿斜面向下的加速度a＝gsinθ進行分解，如圖所示：水平方向有向右的分加速度，此加速度是物體b對a物體水平向右的摩擦力產(chǎn)生的；豎直方向有向下的分加速度，則物體a有失重現(xiàn)象。故D正確，AC錯誤。B、如果沒有放物體a,對于物體b，根據(jù)牛頓第二定律：mbgsinθ＝mba,解得：a＝gs