专题二 牛顿运动定律综合应用.docx

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专题二牛顿运动定律综合应用

专题二　牛顿运动定律的综合应用

考纲解读

1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．

考点一　超重与失重现象

1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化（即“视重”发生变化）．

2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．

3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．

4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.

例1

　如图1所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是（g＝10m/s2）（　　）

图1

A．以a＝1m/s2的加速度加速上升

B．以a＝1m/s2的加速度加速下降

C．以a＝9m/s2的加速度减速上升

D．以a＝9m/s2的加速度减速下降

解析　根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量10cm，可知升降机的加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a＝1m/s2的加速度加速下降，也可能是以a＝1m/s2的加速度减速上升，故B正确．

答案　B

递进题组

1．[超重与失重的判断]关于超重和失重现象，下列描述中正确的是（　　）

A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态

B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态

C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态

D．“神舟九号”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态

答案　D

2．[超重与失重的理解与应用]如图2所示是某同学站在力传感器上做下蹲——起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线．由图线可知该同学（　　）

图2

A．体重约为650N

B．做了两次下蹲——起立的动作

C．做了一次下蹲——起立的动作，且下蹲后约2s起立

D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

答案　AC

解析　做下蹲——起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4s末结束，到6s末开始起立，所以A、C正确，B错误．

　　　　　　超重和失重现象判断的“三”技巧

（1）从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．

（2）从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．

（3）从速度变化的角度判断

①物体向上加速或向下减速时，超重；

②物体向下加速或向上减速时，失重．

考点二　动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志

（1）有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；

（2）若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；

（3）若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；

（4）若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．

例2

　（2013·山东·22）如图3所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与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θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝

.重力加速度g取10m/s2.

图3

（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？

解析　

（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得

L＝v0t＋

at2①

v＝v0＋at②

联立①②式，代入数据得

a＝3m/s2③

v＝8m/s④

（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤

Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥

又Ff＝μFN⑦

联立⑤⑥⑦式得

F＝

⑧

由数学知识得

cosα＋

sinα＝

sin（60°＋α）⑨

由⑧⑨式可知对应最小F的夹角

α＝30°⑩

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为

Fmin＝

N

答案　

（1）3m/s2　8m/s　

（2）30°　

N

递进题组

3．[动力学中的临界问题]如图4所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，则（　　）

图4

A．当拉力F<12N时，物体均保持静止状态

B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动

C．两物体从受力开始就有相对运动

D．两物体始终没有相对运动

答案　D

4．[动力学中的临界问题]一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的斜面顶端，如图5所示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．

图5

答案　拉力为2.83N，弹力为零

解析　先分析物理现象，用极限法把加速度a推到两个极端来分析：

当a较小（a→0）时，小球受三个力（重力、绳拉力和斜面的支持力）作用，此时绳平行于斜面；当a较大（足够大）时，小球将“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角未知，那么当a＝10m/s2向右时，究竟是上述两种情况中的哪一种？

解题时必须先求出小球离开斜面的临界值a0，然后才能确定．

令小球处在离开斜面的临界状态（FN刚好为零）时，斜面向右的加速度为a0，此时对小球有

mgcotθ＝ma0

所以a0＝gcotθ＝7.5m/s2，

因为a＝10m/s2>a0

所以小球离开斜面（如图所示）向右加速运动

所以FT＝

≈2.83N，FN＝0

　　　　　　动力学中的“四种”典型临界条件

（1）接触与脱离的临界条件：

两物体相接触或脱离，临界条件是：

弹力FN＝0.

（2）相对滑动的临界条件：

两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：

静摩擦力达到最大值．

（3）绳子断裂与松驰的临界条件：

绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：

FT＝0.

（4）加速度变化时，速度达到最值的临界条件：

当加速度变为零时．

考点三　“传送带模型”问题两类传送带模型

（1）水平传送带问题：

求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x（对地）的过程中速度是否和传送带速度相等．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．

（2）倾斜传送带问题：

求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．

例3

　如图6所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB（与水平面成α＝37°角）与一斜面BC（与水平面成θ＝30°角）平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6m，运输带运行速度恒为v0＝5m/s，A点到B点的距离为x＝4.5m，现将一质量为m＝0.4kg的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝

，求：

（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计）

图6

（1）小物体运动到B点时的速度v的大小；

（2）小物体与运输带间的动摩擦因数μ；

（3）小物体从A点运动到C点所经历的时间t.

解析　

（1）设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点时的速度为v，由牛顿第二定律得

mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1

由运动学公式知v2＝2a1L，联立解得v＝3m/s.

（2）因为v

又因为v2＝2a2x，联立解得μ＝

.

（3）小物体从A点运动到B点所经历时间t1＝

，从B点运动到C点经历时间t2＝

联立并代入数据得小物体从A点运动到C点所经历的时间t＝t1＋t2＝3.4s.

答案　

（1）3m/s　

（2）

　（3）3.4s

递进题组

5．[水平传送带模型]如图7所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是（　　）

图7

A．若传送带不动，vB＝3m/s

B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3m/s

C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3m/s

D．若传送带顺时针匀速转动，有可能等于3m/s

答案　ABD

解析　当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1m/s2，由2μgs＝v

－v

得，vB＝3m/s；当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3m/s；当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．有下面的五种可能：

①匀速；②一直减

速；③先减速后匀速；④一直加速；⑤先加速后匀速．所以本题正确选项为A、B、D.

6．[倾斜传送带模型]如图8所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：

图8

（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；

（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．

答案　

（1）4s　

（2）2s

解析　

（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又μ

则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，

根据l＝

at2得t＝4s.

（2）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1

则有a1＝

＝10m/s2

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有

t1＝

＝

s＝1s，x1＝

a1t

＝5m

当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°>μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到沿传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则

a2＝

＝2m/s2

x2＝l－x1＝11m

又因为x2＝vt2＋

a2t

，则有10t2＋t

＝11

解得：

t2＝1s（t2＝－11s舍去）

所以t总＝t1＋t2＝2s.

考点四　“滑块—木板模型”问题

1．问题的特点

滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．

2．常见的两种位移关系

滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．

3．解题方法

此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变），找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．

例4

　（2013·江苏·14）如图9所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.

图9

（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；

（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；

（3）本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？

解析　

（1）砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ（m1＋m2）g，纸板所受的摩擦力f＝f1＋f2＝μ（2m1＋m2）g.

（2）设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：

f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相对运动的条件a12μ（m1＋m2）g.

（3）纸板抽出前，砝码运动距离x1＝

a1t

.纸板运动距离x1＋d＝

a2t

.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2＝

a3t

，l＝x1＋x2

且a1＝a3，a1t1＝a3t2，联立以上各式解得

F＝2μ

g，代入数据求得F＝22.4N.

答案　

（1）μ（2m1＋m2）g　

（2）F>2μ（m1＋m2）g　（3）22.4N

递进题组

7．[滑块—木板模型]质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上（如图10所示），小木块与

木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2）．则以下判断中正确的是（　　）

图10

A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板

B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板

C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板

D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板

答案　A

8．[滑块—木板模型]如图11所示，质量M＝8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N．当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求：

（取g＝10m/s2）

图11

（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；

（2）经多长时间两者达到相同的速度；

（3）从小物块放在小车上开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少．

答案　见解析

解析　

（1）小物块的加速度am＝μg＝2m/s2

小车的加速度aM＝

＝0.5m/s2

（2）由：

amt＝v0＋aMt

得t＝1s

（3）在开始1s内小物块的位移：

x1＝

amt2＝1m

最大速度：

v＝amt＝2m/s

在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度：

a＝

＝0.8m/s2

这0.5s内的位移：

x2＝vt1＋

at

＝1.1m

通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1m.

　　　　　“滑块—木板模型”的分析技巧

（1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度．

（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．

高考模拟　明确考向

1．（2014·北京理综·18）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（　　）

A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态

B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态

C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度

D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

答案　D

解析　手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．

2.（2014·四川·7）如图12所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（　　）

图12

答案　BC

解析　若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝

，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝

，故C正确，A、D错误．

3．（2014·江苏·8）如图13所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为

μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则（　　）

图13

A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止

B．当F＝

μmg时，A的加速度为

μg

C．当F>3μmg时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过

μg

答案　BCD

解析　当0

μmg时，A、B皆静止；当

μmg3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确．当F＝

μmg时，A与B共同的加速度a＝

＝

μg，选项B正确．F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝

＝

μg，选项D正确．

4．如图14所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量为m＝0.4kg.当小车静止时，AC水平，AB与竖直方向夹角为θ＝37°，试求小车分别以下列加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力FAC、FAB分别为多少．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

图14

（1）a1＝5m/s2；

（2）a2＝10m/s2.

答案　

（1）FAB＝5N，FAC＝1N

（2）FAB′＝4

N　FAC′＝0

解析　设绳AC水平且拉力刚好为零时，临界加速度为a0.

根据牛顿第二定律FABsinθ＝ma0，FABcosθ＝mg.

联立两式并代入数据得a0＝7.5m/s2

（1）当a1＝5m/s2

根据牛顿第二定律FABsinθ－FAC＝ma1，FABcosθ＝mg.联立两式并代入数据得FAB＝5N，FAC＝1N.

（2）当a2＝10m/s2>a0，此时AC绳不能伸直，FAC′＝0.

AB绳与竖直方向夹角α>θ，据牛顿第二定律FAB′sinα＝ma2，FAB′cosα＝mg.联立两式并代入数据得FAB′＝4

N

练出高分

一、单项选择题

1．如图1所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是（　　）

图1

A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零

B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力

D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力

答案　A

解析　以A、B整体为研究对象，在上升和下降过程中，A、B的加速度都为重力加速度，处于完全失重状态，A对B的压力为0.故A正确．

2．如图2所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是（　　）

图2

A．地面对木楔的支持力大于（M＋m）g

B．地面对木楔的支持力小于（M＋m）g

C．地面对木楔的支持力等于（M＋m）g

D．地面对木楔的摩擦力为0

答案　A

解析　由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．

3．如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ

图3

答案　D

解析　小木块刚放上传送带，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑；由分析得：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，a1＝g（sinθ＋μcosθ）；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ

4．如图4所示，传送带保持1m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为（g取10m/s2）（　　）

图4

A.

sB．（

－1）sC．3sD．2.5s

答案　C

解析　物体在传送带上运动的加速度为a＝μg＝1m/s2，加速到与传送带共速的时间为t1＝

＝1s，加速的距离为x＝

t1＝0.5m，以后物体随传送带匀速运动的时间为t2＝

＝2s，则物体从a点运动到b点所经历的时间为3s，选项C正确．

5．如图5所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为