专题二牛顿运动定律综合应用.pdf

1 / 19 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10 cm， 运动时弹簧伸长量为9 cm，则升降机的运动状态可能是(g10 m/s2)( ) 图 1 A以 a1 m/s 2 的加速度加速上升 B以 a1 m/s 2 的加速度加速下降 C以 a9 m/s 2 的加速度减速上升 D以 a9 m/s 2 的加速度减速下降 解析根据运动时弹簧伸长量为9 cm，小于静止时弹簧伸长量10 cm，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 1 m/s 2 的加速度加速下降，也可能是以a1 m/ s 2 的加速度减速上升，故B 正确 答案B 递进题组 2 / 19 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650 N 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2 s 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4 s 末结束， 到 6 s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 物体向上加速或向下减速时，超重； 3 / 19 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m0.4 kg 的小物块，以v02 m/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t2 s 的时间物块由A 点 运动到 B 点， A、B 之间的距离L10 m已知斜面倾角 30° ，物块与斜面之间的动摩擦 因数 3 3 .重力加速度g 取 10 m/s 2. 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 Lv0t 1 2at 2 vv0at 联立 式，代入数据得 a3 m/s 2 v8 m/s (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 ， 受力分析如图所示， 由牛顿第二定律得 Fcos mgsin Ffma 4 / 19 Fsin FN mgcos 0 又 Ff FN 联立 式得 F mg sin cos ma cos sin 由数学知识得 cos 3 3 sin 2 3 3 sin(60° ) 由 式可知对应最小F 的夹角 30° 联立 式，代入数据得F 的最小值为 Fmin 133 5 N 答案(1)3 m /s28 m/ s(2)30 ° 133 5 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mA6 kg、mB2 kg，A、B 之间的动摩擦因数 0.2，开始时 F10 N，此后逐 渐增大，在增大到45 N 的过程中，则() 图 4 A当拉力Fa0 所以小球离开斜面(如图所示 )向右加速运动 所以 FTma 2 mg22.83 N，F N0 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FN0. (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 6 / 19 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 37° 角)与一斜 面 BC(与水平面成 30° 角)平滑连接， B 点到 C 点的距离为L0.6 m，运输带运行速度恒为 v05 m/s，A 点到 B 点的距离为 x4.5 m，现将一质量为m 0.4 kg 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 1 3 6 ，求：(g10 m/s2，sin 37° 0.6，cos 37 °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 ； (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 mgsin 1mgcos ma1 由运动学公式知v 22a 1L，联立解得v3 m/s. (2)因为 vmg cos 37° ，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 mgsin 37° mg cos 37 ° m 2 m/s 2 x2l x1 11 m 又因为 x2vt21 2a2t 2 2，则有 10t2t 2 211 解得： t21 s(t2 11 s舍去 ) 所以 t总t1t22 s. 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 .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； 9 / 19 (3)本实验中， m10.5 kg， m20.1 kg， 0.2， 砝码与纸板左端的距离 d0.1 m， 取 g10 m/s 2. 若砝码移动的距离超过l0.002 m，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f1m 1g，桌面对纸板的摩擦力f2 (m1m2)g，纸板所受的 摩擦力 ff1f2 (2m1m2)g. (2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有： f1m1a1， Ff1f2m2a2，发生相对 运动的条件a12 (m1m2)g. (3)纸板抽出前，砝码运动距离x11 2a1t 2 1.纸板运动距离x1d 1 2a2t 2 1.纸板抽出后，砝码在桌面 上运动距离x2 1 2a 3t 2 2，lx1x2 且 a1 a3，a1t1a3t2，联立以上各式解得 F2m1 1 d l m2g，代入数据求得F 22.4 N. 答案(1) (2m1m2)g (2)F2 (m1 m2)g(3) 22.4 N 递进题组 7滑块 木板模型 质量为 m020 kg、长为 L5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面间 的动摩擦因数为 10.15.将质量 m10 kg 的小木块 (可视为质点 )，以 v04 m/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 20.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g10 m/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M8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左 端加一水平推力F8 N当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一 个大小不计、质量为m2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数 0.2，小车足够 长求： (取 g10 m/ s2) 10 / 19 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t1.5 s 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amg2 m/s 2 小车的加速度aM F mg M 0.5 m/s 2 (2)由： amtv0aMt 得 t1 s (3)在开始 1 s内小物块的位移：x11 2amt 21 m 最大速度： v amt2 m/s 在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度：a F Mm 0.8 m/s 2 这 0.5 s 内的位移： x2vt11 2at 2 11.1 m 通过的总位移xx1x22.1 m. “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 11 / 19 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，t0 时刻 P 在传送带左端具有速度v2，P 与定滑轮间的绳水平，tt0 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 v1v2，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v1v2，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v2v1，P 受到的滑动摩擦 力向左，开始时加速度a1 FTmg m ，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT mg ， 此后加速度a2 FTmg m ，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、 12 / 19 B 间的动摩擦因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 1 2 .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 F3 mg 时， A 相对 B 滑动 D无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 1 2g 答案BCD 解析当 03mg 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 5 2 mg 时，A 与 B共同的加速度 a F3 2 mg 3m 1 3g ， 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 2 mg 3 2 mg m 1 2g ，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m0.4 kg.当小车静止时，AC 水 平， AB 与竖直方向夹角为 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g10 m/s 2，sin 37 ° 0.6，cos 37 ° 0.8. 图 14 (1)a15 m/s 2； (2)a210 m/s 2. 答案(1)FAB 5 N，FAC1 N (2)FAB 4 2 NFAC 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FABsin ma0，FABcos mg. 13 / 19 联立两式并代入数据得a07.5 m/s 2 (1)当 a15 m/s 2a 0，此时 AC 绳不能伸直， FAC0. AB 绳与竖直方向夹角 ，据牛顿第二定律FABsin ma2，FABcos mg.联立两式并代 入数据得FAB4 2 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(Mm)g B地面对木楔的支持力小于(Mm)g 14 / 19 C地面对木楔的支持力等于(Mm)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 ，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 a1，选项 B 错误 三、非选择题 9如图 9 所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角 37° ，A、 B 两端相距5.0 m，质量为 M10 kg 的物体以v06.0 m/s 的速度沿 AB 方向从 A 端滑上传送 带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v4.0 m/ s， (g 取 10 m/s 2，sin 37 ° 0.6，cos 37 °0.8)求： 图 9 (1)物体从 A 点到达 B 点所需的时间； (2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达 B 点的最短时间是多少？ 答案(1)2.2 s(2)1 s 解析(1)设物体速度大于v4.0 m/s时加速度大小为a1， 由牛顿第二定律得Mgsin Mg cos Ma1 设经 t1速度与传送带速度相同，t1 v0v a1 通过的位移x1 v 2 0v 2 2a1 设速度小于v 时物体的加速度为a2 Mgsin Mg cos Ma2 物体继续减速，设经t2速度到达传送带B 点 Lx1vt2 1 2a 2t 2 2 tt1t22.2 s (2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短， 18 / 19 此种情况加速度一直为a2， Lv0t1 2a2t 2 t 1 s(或 t5 s 舍去 ) 10如图 10 所示，长12 m、质量为50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木 板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为 50 kg 的人立于木板的左端木板与人都静止当人 以 4 m/s 2 的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱g 取 10 m/ s2.试求： 图 10 (1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小； (2)人在奔跑的过程中木板的加速度； (3)人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动了多大距离？ 答案(1)200 N(2)2 m/s 2，方向水平向左 (3)8 m4 m 解析(1)设人的质量为m，加速度为a1，人受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律有Ffma1 200 N，方向水平向右 (2)由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小Ff 200 N，方向水平向左设木板的质量 为 M，加速度为a2，对木板由牛顿第二定律有： Ff (Mm)gMa2， 代入数据得a22 m/s 2，方向水平向左 (3)设人从左端跑到右端所用的时间为t，由运动学公式： L1 2a1t 21 2a2t 2，解得 t 2 s. 人对地向右前进的距离x人 1 2a1t 28 m， 木板对地向左后退的距离为x木1 2a2t 24 m. 11有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图11 所示，滑板长L1 m，起点 A 到终 点线 B 的距离 s5 m开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对 滑块施一水平恒力F 使滑板前进板右端到达B 处冲线，游戏结束已知滑块与滑板间动摩 擦因数 0.5， 地面视为光滑， 滑块质量 m12 kg， 滑板质量 m21 kg， 重力加速度g10 m/s2， 求： 19 / 19 图 11 (1)滑板由 A 滑到 B 的最短时间可达多少？ (2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围如何？ 答案(1)1 s(2)30 N F34 N 解析(1)滑板一直加速，所用时间最短设滑板加速度为a2， Ffm1g m2a2， 解得 a210 m/s 2， s a2t 2 2 ， 解得 t1 s. (2)刚好相对滑动时，F 最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等， F1m1gm1a2， 解得 F130 N 当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，设为F2，设滑块加速度为a1， F2m1gm1a1， a1t 2 2 a 2t 2 2 L， 解得 F234 N. 则水平恒力F 的取值范围是30 N F34 N.