牛顿运动定律的综合运用问题
一、教学内容：
高考第一轮复习——牛顿运动定律的综合运用问题
二、学习目标：
1.知道超重和失重现象，能够运用超重、失重观点分析相关问题。
2. 掌握临界与极值问题及瞬时加速度问题的求解方法。
3. 重点掌握与本部分内容相关的重要的习题类型及解法。
考点地位归纳：
牛顿运动定律的综合应用问题是经典物理学的核心内容，是高考的重点和难点，本部分内容的考题突出了与实际物理情景的结合，出题形式多以大型计算题的形式出现，从近几年的高考形式上来看，2009年上海物理卷第22题、海南卷第15题、江苏卷第13题、安徽卷第22题、山东卷第24题、08年上海单科卷第21题、海南卷第15题，07年海南卷第16题均以计算题的形式出现。
（一）牛顿运动定律的适用范围及条件
1. 适用范围
牛顿运动定律适用于宏观物体的低速运动（速度远小于光速的运动）。对于高速运动的问题，需用相对论解决；对于微观粒子的运动，需用量子力学解决。
2. 适用条件
牛顿运动定律只在惯性参考系中成立，地面及相对地面做匀速直线运动的参考系均可视为惯性系。
（二）两类动力学问题
1. 已知物体的受力情况求物体的运动情况
根据物体的受力情况求出物体受到的合外力，然后应用牛顿第二定律F=ma求出物体的加速度，再根据初始条件由运动学公式就可以求出物体的运动情况——物体的速度、位移或运动时间。
2. 已知物体的运动情况求物体的受力情况
根据物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，然后再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出某些未知力。
求解以上两类动力学问题的思路，可用如下所示的框图来表示：
3. 说明
（1）无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”是加速度。
（2）物体的运动情况是由所受力及物体运动的初始条件共同决定的。
（三）超重与失重
1. 超重与失重的概念
（1）真重：即重力，从力的性质上讲，真重属于万有引力。
（2）视重：悬绳对物体的拉力或支持面对物体的支持力叫做视重。从力的性质上讲，视重属于弹力。
（3）超重：视重大于真重的现象。 （4）失重：视重小于真重的现象。 （5）完全失重：视重等于零的现象。
2. 产生超重和失重的条件：当物体具有竖直向上的加速度时，物体处于超重状态；当物体具有竖直向下的加速度时，物体处于失重状态；当物体竖直向下的加速度等于g 时，物体处于完全失重状态。
3. 理解要点
（1）物体处于超重或失重状态时，其重力（真重）始终存在，且是恒量，发生变化的只是悬绳对物体的拉力或物体对支持物的压力（视重）。
（2）物体处于完全失重状态时，由重力所产生的一切现象消失，例如浸在水中的物体不受浮力，天平失效等。
（3）发生“超重”或“失重”的现象只决定于物体加速度的方向，与物体速度方向无关，超重和失重现象遵循牛顿第二定律。
问题1：超重与失重问题的理解问题：
长征二号F 型火箭托着载有三名宇航员的“神舟七号”飞船飞向太空。已知火箭总长58.3m ，发射塔高105.0m ，点火后，经7.0s 火箭离开发射塔。设火箭的运动为匀加速运动，则在火箭离开发射塔的过程中。（结果保留三位有效数字）
（1）火箭的加速度多大？
（2）质量为60kg 的宇航员受到飞船对他的作用力为多大？（2
s /m 10g =） 解析：（1）由于火箭的运动为匀加速运动，火箭由静止发射，飞离发射塔时发生的位移
为发射塔的高度105.0m ，经历的时间是7.0s,则根据匀变速直线运动位移公式2
at 21
s =，得
2222s
/m 29.4s /m 0.70.1052t s 2a =?==
（2）对宇航员受力分析如图，宇航员受重力mg,飞船对宇航员的支持力F N ，由于宇航
员坐在火箭飞船中，则他的加速度和火箭的加速度相同，由牛顿第二定律得：
ma mg F N =-，.N 857N )29.410(60ma mg F N =+?=+=
变式1：
一位同学的家在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测
量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和停表测量这座楼房的高度。他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层。在整个过程中，他记录了台秤在不同时间段内的示数，记录的数据如下表所示。但由于0~3.0s 段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来。假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度
.s /m 10g 2=
时间（s ） 台秤示数（kg ）
电梯启动前 5.0 0~3.0 3.0~13.0 5.0 13.0~19.0 4.6 19.0以后
5.0
（1）电梯在0~3.0s 时间段内台秤的示数应该是多少？ （2）根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度。 解析：（1）由图象知，电梯先匀加速运动，再匀速运动，最后匀减速运动到停止，由表中数据可知，物体的质量为5.0kg ，电梯匀加速运动的时间为3.0s ，匀速运动的时间为10.0s ，匀减速运动的时间为6.0s ，此时台秤对物体的支持力为46N ，由牛顿第二定律可求得电梯匀减速运动的加速度为
2
222s /m 8.0s /m 546
50m F mg a =-=-=
由于电梯匀加速运动的时间是它匀减速运动时间的一半，而速度变化量相同，故电梯匀
加速运动的加速度是它匀减速运动加速度的2倍，即221s /m 6.1a 2a ==
由牛顿第二定律得11ma mg F =-
N 58N )6.110(0.5)a g (m F 11=+?=+=
即电梯在0~3.0s 时间段内台秤的示数为5.8kg 。 （2）电梯匀速运动的速度为： s /m 8.4s /m 0.36.1t a v 11=?== 则电梯上升的总位移为
m 108.4m 928.4vt )t t (2v s 231?+?=++= m 6.69=
则每层楼高为.
m 9.2m 246.69h ==
变式2：
某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N 。他将弹簧秤移至电梯内称其体重，0t 至3t 时
间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）
答案：A
（四）瞬时加速度问题
牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生，同时变化，同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及其变化，明确三种基本模型的特点。
1. “绳”和“线”，一般都是理想化模型，具有如下几个特性
（1）轻：即绳（或线）的质量和重力均可视为等于零。由此特点可知，同一根绳（或线）的两端及其中间各点的张力大小相等。
（2）软：即绳（或线）只能受拉力，不能承受压力（因绳能弯曲）。由此特点可知，绳及其物体间相互作用力的方向是沿着绳子且背离受力物体的方向。
（3）不可伸长：即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变。
2. “弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性
（1）轻：即弹簧（或橡皮绳）的质量和重力均可视为等于零。由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等。
（2）弹簧既能受拉力，也能受压力（沿弹簧的轴线）。橡皮绳只能受拉力，不能承受压力（因橡皮绳能弯曲）。
（3）由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变。但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失。
3. “轻杆”和“轻棒”，质量可忽略不计，不考虑其形变量，其弹力可突变，弹力的方向可与杆或棒成任意角度。
问题2：瞬时加速度问题：
如图甲所示，质量相等的两个物体A、B之间用一根轻弹簧相连，再用一根细线悬挂在天花板上处于静止状态。求在剪断细线的瞬间两物体的加速度各为多少？
解析：先作出两个物体在未剪断细线时的受力图如图乙所示，可知mg 2F ,mg F 21==。剪断细线后，再作出两个物体的受力示意图，如图丙所示，细线中的弹力F 2立即消失，而弹簧的弹力不变，故图中物体A 的加速度为2g ，方向向下，而物体B 的加速度为零。
答案：0a g
2a B A ==
变式3：
四个质量均为m 的小球，分别用三条轻绳和一根轻弹簧连接，处于平衡状态，如图所示，现突然迅速剪断轻绳A 1、B 1，让小球下落。在剪断轻绳的瞬间，设小球1、2、3、4的加速度分别用a 1、a 2、a 3和a 4表示，则（ ）
A. 0a ,g 2a ,g a ,g a 4321====
B. g 2a ,0a ,g 2a ,0a 4321====
C. g a ,g a ,g a ,g a 4321====
D. g a ,g a ,g 2a ,0a 4321==== 答案：A
（五）牛顿运动定律解题的几种典型思维方法
1. 物理解题中物理理想化模型的建立
模型，是一种理想化的物理形态，是物理知识的一种直观表现。研究物理问题时，可利用抽象、理想化、简化、类比等手法，把研究对象的本质特征抽象出来，构成一个概念或实
物体系，即构成模型。
从本质上讲，分析和解答物理问题的过程，就是构建物理模型的过程。我们平时所说的“明确物理过程”、“在头脑中建立一幅清晰的物理图景”，其实就是指要正确地构建物理模型。
因此，我们研究物理问题，首先要明确研究对象是什么模型，再弄清楚物理过程是什么模型，才可以运用恰当的物理规律解题。 2. 假设法
假设法是解物理问题的一种重要思维方法。用假设法解题，一般依题意从某一假设入手，然后运用物理规律得出结果，再进行适当讨论，从而找出正确答案，这样解题科学严谨、合乎逻辑，而且可以拓宽思路。 3. 极限法（或称临界条件法）
在物体的运动变化过程中，往往达到某个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态叫临界状态，相应的待求物理量的值叫临界值。利用临界值来作为解题思路的起点是一种很有用的思考途径，这种方法称为临界条件法。这种方法是将物体的变化过程推至极限——临界状态，抓住满足临界值的条件，准确分析物理过程进行求解。 4. 程序法
按顺序对题目给出的物体运动过程进行分析的方法简称“程序法”。“程序法”要求我们从读题开始，注意题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程或各个状态进行分析。
用与水平方向成θ＝30°角的传送带传送重G=5N 的物体（物体相对传送带静止），求在下述情况下物体所受的摩擦力。（2
s /m 10g =） （1）传送带静止。
（2）传送带以v=5m/s 的速度匀速斜向上运动。
（3）传送带以2
s /m 2a =的加速度斜向下运动。 解析：物体的受力情况如图所示。
（1）传送带静止，物体处于平衡状态，所受合力为零，所以： 0sin G F =θ-
.
N 5.2N 21
5sin G F =?=θ=
（2）传送带匀速斜向上运动，情况与（1）相同
F=2.5N.
（3）传送带匀加速斜向下运动，设摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得： ma sin mg F =θ+，
N 5.1ma sin mg F -=+θ-=∴
式中负号说明F 的方向与假设方向相反，即沿斜面向上。
（六）牛顿运动定律应用中的临界与极值问题
在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于
不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体在不同的加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件。
动力学中的典型临界问题：
（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F N =0.
（2）相对静止或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，则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值或为零。
（3）绳子断裂与松弛的临界条件； 绳子所能承受的张力是有限的，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，绳子松弛的临界条件是F T =0.
（4）加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现加速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值。
问题3：临界与极值问题的分析和计算问题：
一大木箱，放在平板车的后部，到驾驶室的距离L=1.6m ，如图所示，木箱与车板之间的动摩擦因数μ＝0.484，平板车以恒定的速度s /m 0.22v 0=匀速行驶，突然驾驶员刹车，使车均匀减速，为不让木箱撞击驾驶室，从开始刹车到车完全停下，至少要经过多少时间？
（2
s /m 10g =
）
解析：设刹车后，平板车的加速度为a 1，从开始刹车到停止所用的时间为t 1，这段时间内车所行驶的距离为s 1，则有
1120s a 2v =
① 110t a v =
②
欲使t 1小，a 1应该大，但作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度为g a 2μ= ③
当21a a >时，木箱相对于车板向前滑动，从开始刹车到车完全停下，这段时间内木箱移动的距离为s 2，有
12s L s ≤-
即
120
20a 2v L g 2v ≤-μ 5a 1≤m/s 2
因此木箱停定至少要
s 4.4a v t 0
==
变式4：
如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1m ，质量为M=3kg 的木板（厚度不计），一个
质量为m=1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F.（2
s /m 10g 取）
（1）为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？
（2）如果拉力F=10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大速率？
解析：（1）为使小物体不掉下去，必须让小物体和木板相对静止，即两者具有相同的加速度，把小物体和木板看作整体，则由牛顿第二定律得a )m M (F +=，对小物体受力分析可知，其合力为静摩擦力，而最大静摩擦力提供最大的加速度，即m a m g =μ，联立两个式子可得：
.N 4N 10)13(1.0g )m M (F =?+?=+μ=
（2）小物体的加速度221s /m 1s /m 101.0g m mg
a =?=μ=μ=
木板的加速度2
22s /m 3s /m 31011.010M mg F a =??-=μ-=
由L
t a 21
t a 212122=-
解得小物体滑出木板所用时间t=1s
小物体离开木板时的速度.s /m 1t a v 11==
变式5：
如图所示，两细绳与水平的车顶面的夹角为60°和30°，物体质量为m 。当小车以大小为2g 的加速度向右匀加速运动时，绳1和绳2的张力大小分别为多少？
解析：本题的关键在于绳1的张力不是总存在的，它的有无和大小与小车运动的加速度大小有关。当小车的加速度大到一定值时，物块会“飘”起来而导致绳1松弛，没有张力。假设绳1的张力刚好为零时，对物体进行正交分解，则有
02ma 30cos F =?
mg 30sin F 2=?
所以g 3a 0=
因为小车的加速度0a g 2>，所以物块已经“飘”起来了，则绳1和绳2的张力大小分
别为
.mg 5)mg ()ma (F ,0F 2
221=+== 小结本节内容。
预习导学
（共点力作用下的物体的平衡）
（一）共点力
作用在物体上同一 的几个力，或是 延长以后交于同一点的几个力。
（二）共点力作用下物体的平衡 1. 平衡状态
物体保持 或 叫做平衡状态，是加速度 零的状态。
【特别提醒】必须注意平衡状态中的“保持静止”中的“保持”两个字。若将一个物体竖直向上抛出，当物体到达最高点时其瞬时速度虽然为零，但因仍受重力作用，速度正在发生变化，因而不能“保持”为零。所以，我们不能说该物体在最高点时处于平衡状态。物体处于平衡状态时，其速度（包括大小和方向）不变，其加速度为零，这是共点力作用下物体处于平衡状态的运动学特征。 2. 平衡条件
处于平衡状态的物体，其加速度a=0，由牛顿第二定律F=ma 知，物体所受合力F 合＝0。
若采用正交分解法解决平衡问题，则平衡条件为??
?=∑=∑.
0F 0F y x 3. 相关推论
（1）二力平衡：物体在两个力作用下处于平衡状态时，则这两个力大小 ，方向 ，且作用在一条直线上，其合力为零，这两个力叫做一对平衡力。
（2）三力平衡：物体受到三个力作用处于平衡状态时，任意两个力的合力与第三个力 ，作用在一条直线上；表示三个力的矢量恰好构成一个首尾相连的闭合的三角形，如图所示。
（3）多力平衡：任意一个力与其余各力的合力 ，表示这些力的矢量构成一个首尾相连的闭合多边形。 4. 三力汇交原理
物体在作用线共面的三个非平行力作用下，处于平衡状态时，这三个力的作用线必相交于一点。
【特别提醒】三力汇交原理提供了一种确定物体重心的方法。
【模拟试题】（答题时间：45分钟）
*1. 如图所示，在光滑水平面上有质量分别为m 1和m 2的物体A 、B ，21m m >，A 、B 间水平连接着一弹簧秤，若用大小为F 的水平力向右拉B ，稳定后B 的加速度大小为a 1，弹簧秤的示数为F 1；如果改用大小为F 的水平力向左拉A ，稳定后A 的加速度为a 2，弹簧秤的示数为F 2，则下列关系正确的是
A. 2121F F ,a a >=
B. 2121F F ,a a <=
C. 2121F F ,a a =<
D. 2121F F ,a a >>
*2. 如图所示，在光滑水平面上以水平恒力F 拉动小车和木块，一起做加速运动，若小车质量为M ，木块质量为m ，加速度大小为a ，木块和小车间的动摩擦因数为μ，对于这个过程某同学用了以下4个式子来表示木块所受到的摩擦力的大小，则正确的有
A. Ma F -
B. ma
C. μmg
D. Ma
*3. 在汽车内的悬线上挂一小球，实验表明，当小球做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度。如图所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体M ，则关于汽车的运动情况和物体M 的受力情况正确的是
A. 汽车一定向右做加速运动
B. 汽车一定向左做加速运动
C. M 除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
D. M 除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用
**4. 如图所示，长方体物块A 叠放在长方体物块B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为kg 2m ,kg 6m B A ==，A 、B 之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则
A. 当拉力F<12N 时，两物块均保持静止状态
B. 两物块间从受力开始就有相对运动
C. 两物块开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动
D. 两物块间始终没有相对运动，但A 、B 间存在静摩擦力，其中A 对B 的静摩擦力方向水平向右
*5. 如图甲所示，A 、B 两物体叠放在光滑水平面上，对物体B 施加一水平变力F ，F －t 关系如图乙所示，两物体在变力作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则
A. t 0时刻，两物体之间的摩擦力最大 B ．t 0时刻，两物体的速度方向开始改变
C. t 0~2t 0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大
D ．t 0~2t 0时间内，物体A 所受的摩擦力方向始终与变力F 的方向相同
*6. 如图所示，甲、乙两个斜面质量相同，倾角相同，斜面的粗糙程度不同，都放在水平地面上始终静止不动，两个小物体A 、B 质量相同，小物体A 沿斜面甲匀速下滑，在此过程中，地面对斜面甲的支持力为F 1
，静摩擦力为1F '；小物体B 沿斜面乙匀加速下滑，在此
过程中，地面对斜面乙的支持力为F 2，静摩擦力为2
F '，则下列描述正确的是
A. 0F F ,F F 2121='='=
B. 2121F ,0F ,F F '='<向右
C. 2121F ,0F ,F F '='>向右
D. 2
121F ,0F ,F F '='>向左 **7. 在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达6000m 的高空，然后让其由静止下落，下落过程中飞艇所受空气阻力为其重力的0.04倍，实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验。当飞船下落到距地面的高度为3000m 时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不得低于500m ，重力加速度g 恒取10m/s 2。试计算：
（1）飞艇加速下落的时间；
（2）飞艇匀减速运动时的加速度不得小于多少?
**8. 在光滑水平面上放有两个质量均为m 0的方木块，如图所示，两个方木块之间又放一个顶角为2α，质量为m 的等腰楔子，求木块m 0的加速度。
**9. 如图所示，质量为m=1kg 的物体，以s /m 10v 0=的初速度沿粗糙的水平面向右运动，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2；同时物体受到一个与运动方向相反的3N 的力F 作用，经过3s ，撤去外力F ，求物体滑行的总位移。
【试题答案】
1. A 利用整体法易知两种情况有相同的加速度，C 、D 错误；根据a m F 11=、a m F 22=以及2121F F m m >>知，所以A 正确。
2. AB M 和m 具有相同的加速度，利用整体法对系统进行受力分析可得a )m M (F +=，而对于物体m 来说，木块受到的静摩擦力f=ma ，对小车M 来说，受力分析得Ma f F =-，因而A 、B 正确。
3. C 对小球受力分析可知，有向右的加速度，但小车的初速度可能向右也可能向左，汽车的运动情况不确定；M 有向右的加速度，一定受到向右的摩擦力。故C 正确。
4. D 先以B 为研究对象，B 水平方向受摩擦力a m f B =，当f 为最大静摩擦力时，B 的
最大加速度为2
2B A s /m 6s /m 212
m g m a ==μ=
；再以A 、B 整体为研究对象，能使A 、B 一
起匀加速运动所施加的最大外力N 48a )m m (F B A m =+=。由题给条件，F 从10N 开始逐渐
增加到45N 的过程中，A 、B 将始终保持相对静止而一起匀加速运动。
5. CD 两物体始终保持相对静止，具有相同的加速度，对系统来说，由整体法得：a )m M (F +=，而对于物体A 来说，物体B 对A 的静摩擦力f 提供物体A 产生的加速度，即
m M F
m ma f +?
==，根据F －t 图像可知摩擦力的变化，在0~t 0，摩擦力方向向右，逐
渐减小，此过程系统做的是加速度逐渐减小的加速运动，在t 0~2t 0，摩擦力方向向左，逐渐增大，此过程系统做的是加速度逐渐增大的减速运动，故C 、D 正确。 6. D 对于斜面甲和物体A 由于系统的加速度为零，根据牛顿第二定律知物体系统的加速度为零，即系统水平方向上分力为零，即0F 1='，竖直方向上合力为零，即g )m M (F A 1+=甲。而对于斜面乙和物体B 由于系统的加速度不为零，具有水平向左的加速度，根据牛顿第二
定律可知：地面对斜面乙的静摩擦力方向向左，即2
F '的方向向左，竖直向下的加速度，故在竖直方向上属于失重状态，因此地面对系统的支持力小于系统的重力
g )m M (g )m M (F ,g )m M (A B 2B +=+<+甲乙乙即＝F 1
，因此21F F >。故D 正确。
7. （1）设飞艇加速下落的加速度为a 1 由牛顿第二定律得：1ma f mg =-
解得2
1s /m 6.9m f
mg a =-=
加速下落的高度为m 3000m 3000m 6000h 1=-=
2
11t a 21h =
加速下落的时间为
s 25s 6.93000
2a h 2t 11=?==
（2）飞艇开始做减速运动时的速度为s /m 240t a v 1==
匀减速下落的最大高度为m 2500m 500m 3000h 2=-=
要使飞艇在下降到离地面500m 时速度为零，飞艇减速时的加速度a 2至少应为
.
s /m 52.11h 2v a 22
2
2==
8. 设经时间t ，楔子竖直下降h ，方木块水平移动s ，由几何关系得
h s
tan =
α，楔子竖直
方向做匀加速直线运动，21t a 21h =；同理方木块水平位移为22t a 21s =，则12a a h s t a n ==α。
这是楔子与方木块加速度大小之间的联系。
两个方木块对楔子的支持力为N ，楔子受重力为mg ，其受力示意图如图所示。
1ma sin N 2mg =α-；解得楔子下落加速度为
m sin N 2g a 1α-
=
方木块受力示意图如图所示，水平方向应用牛顿第二定律得：
20a m cos N =α'，因为N N ='
所以方木块水平加速度为：
02m cos N a α=
因为12a tan a ?α=，
所以αα
-=αtan )m sin N 2g (m cos N 0
解得
α?α+α
?=
cos )tan m 2m (tan mg m N 200
则方木块m 0
的加速度为
α+α
?=2
02tan m 2m tan mg a 。 9. 设以初速度的方向（向右）为正方向，由牛顿第二定律可得：
2
2f 1s /m 5s /m 110
12.03m F F a -=??--=--=
物体从10m/s 的初速度到速度减为零所用的时间和位移分别为 m
10m 2210t 2v s ,s 2s 510a v t 101101=?===--=-=
在F 作用后2s ，由于f F F >，物体将反向（向左）做加速运动，加速度为
2
2f 2s /m 1s /m 110
12.03m F F a -=??+-=+-=
物体从初速度为零向左做加速运动，此运动历时1s ，设物体的位移为s 2，则
m 5.0m 1)1(21at 21s 222
2-=?-==
然后撤去力F ，物体在摩擦阻力作用下做匀减速运动，运动方向还是向左，其加速度为
22f 3s /m 2s /m 11012.0m F a =??==
F 撤去时物体具有的速度s /m 1s /m 1)1(t a v 22-=?-==，继续运动的位移为s 3，则 m
25.0m 22)1(a 2v 0s 2
323-=?--=-= 所以，物体滑行的总位移为
m 25.9m 25.0m 5.0m 10s s s s 321=--=++=
牛顿运动定律的应用 一、矢量性 １. 如图所示，装有架子的小车,用细线拖着小球在水平地面上运动,已 知运动中,细线偏离竖直方向θ=30°，则小车在做什么运动?求出小球 的加速度。 2．如图所示,质量为m=4ｋg的物体静止在水平地面上,与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5,在外力F=20N的作用下开始运动,已知力F与水平方向夹 角θ=３７°,（sin37°=0.６,ｃos3７°＝0.8，g=10m/s2）。求物 体运动的加速度。 3．如图所示，在倾角为３７°的固定斜面上静置一个质量为5 kg的物体,物体与斜面间的动摩擦因数为0.2． 求：（ｓｉｎ3７°=0.6，cos３7°=0.8,ｇ＝10m／s2)。 (１)物体所受的摩擦力;(2)物体沿斜面下滑过程中的加速度。 二、独立性 ４.力F 1单独作用在物体A上时产生加速度a 1 大小为５m/s 2 。力F 2 单独作用在物 体A上时产生加速度a ２大小为２m/s２。那么F 1 和F 2 同时作用在物体A上时产生 的加速度为 A.5m／s２Ｂ.２ｍ/s2 C.8m/s2Ｄ.６m／s2 三、瞬时性 ５.质量为M的木块位于粗糙水平桌面上,若用大小为Ｆ的水平恒力拉木块,其加速度为a，当拉力方向不变,大小变为2F时，木块的加速度为ａ′，则 A.a′=aＢ.a′<2a C.a′>2a D．a′=2a ６.如图所示,位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右 的推力F的作用．已知物块P沿斜面加速下滑．现保持F的方向 不变,使其减小，则加速度 Ａ．一定变小B．一定变大
C.一定不变D ．可能变小,可能变大，也可能不变 ７. 一重球从高h 处下落,如图所示,到A 点时接触弹簧，压缩弹簧至最低点位置B 。那么重球从Ａ至B 的运动过程中： A 、速度一直减小 B 、速度先增加后减小 Ｃ、在Ｂ处加速度可能为零 D 、加速度方向先竖直向下再竖直向上 8. (1）如图(A)所示,一质量为m 的物体系于长度 分别为1L ,2L 的两根细线上，1L 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ,2L 水平拉直，物体处于平衡状态。现将2L 线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。 9． 如图所示,木块A 、Ｂ用一轻弹簧相连,竖直放在木块C 上，C 静置于地 面上,它们的质量之比是1：2:3，设所有接触面都光滑。当沿水平方向迅速抽出木块C 的瞬间，A 、B 的加速度分别是A a ，B a 各多大？ 四、同体性 10.一人在井下站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来．图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦.吊台的质量m=15ｋg,人的质量为Ｍ＝5５kg,起动时吊台向上的加速度是ａ=0.2m ／s 2，求这时人对吊台的压力.（g=９.8m/s 2） 五、两类问题 11.如图，一个人用与水平方向成?37的力F ＝２0N 推一个静止在水平面上质量为2kg 的物体，物体和地面间的动摩擦因数为０.25。(6.037sin =?）求 (1）物体的加速度多大。 (２）3s 末物体的位移多大。 （３）5S 后撤去Ｆ物体还能运动多远。
牛顿运动定律的应用 教学目标 一、 知识目标 1. 知道运用牛顿运动定律解题的方法 2. 进一步学习对物体进行正确的受力分析 二、 能力目标 1. 培养学生分析问题和总结归纳的能力 2. 培养学生运用所学知识解决实际问题的能力 三、 德育目标 1. 培养学生形成积极思维，解题规范的良好习惯 教学重点 应用牛顿运动定律解决的两类力学问题及这两类问题的基本方法 教学难点 应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法 教学方法 实例分析发归纳法讲练结合法 教学过程 一、 导入新课 通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。 二、 新课教学 （一）、牛顿运动定律解答的两类问题 1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类： a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。 b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路 已知物体的受力情况???→?=ma F 据 求得a ?→?据t v v s as v v at v v at v s t t t ......2210202020可求得???? ?????=-?→?+=+= 已知物体的运动情况???→?????→?=???????=-+=+=ma F as v v at v s at v v a t t 据据求得2221022 00求得物体的受力情况 3.总结 由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。 （二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3 ，木板与传送带间的动摩擦因数μ2= 3 4 ，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ； (3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。 【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】 【详解】 （1）对小木块受力分析如图甲： 木块重力沿斜面的分力：1 sin 2 mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13 cos 4 m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态； （2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-=
木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9 9.0N 8 m F M m g = += （3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动 对小木块有：2 1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-= 对长木棒受力如图丙所示 ()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'= 解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122 L a t at =-' 解得1t s = 全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα?? =+=+++ ??? 解得：12J Q =。 2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s2)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小；
牛顿运动定律的运用教 案 文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]
牛顿运动定律的应用 教学目标 一、知识目标 1.知道运用牛顿运动定律解题的方法 2.进一步学习对物体进行正确的受力分析 二、能力目标 1.培养学生分析问题和总结归纳的能力 2.培养学生运用所学知识解决实际问题的能力 三、德育目标 1.培养学生形成积极思维，解题规范的良好习惯 教学重点 应用牛顿运动定律解决的两类力学问题及这两类问题的基本方法 教学难点 应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法 教学方法 实例分析发归纳法讲练结合法 教学过程 一、导入新课 通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。 二、新课教学
（一）、牛顿运动定律解答的两类问题 1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类： a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。 b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路 已知物体的受力情况???→?=ma F 据 求得a ?→?据t v v s as v v at v v at v s t t t ......2210202020可求得???? ?????=-?→?+=+= 已知物体的运动情况???→?????→?=???????=-+=+=ma F as v v at v s at v v a t t 据据求得2221022 00求得物体的受力情况 3.总结 由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。 （二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况 例1.如图所示，质量m=2Kg 的物体静止在光滑的水平地 面上，现对物体施加大小F=10N 与水平方向夹角θ＝ 370的斜向上的拉力，使物体向右做匀加速直线运动。已知sin370=,cos370=取g=10m/s 2，求物体5s 末的速度及5s 内的位移。 问：a.本题属于那一类动力学问题 （已知物体的受力情况，求解物体的运动情况） b.物体受到那些力的作用这些力关系如何 引导学生正确分析物体的受力情况，并画出物体受力示意图。
专题1牛顿运动定律的综合应用 动力学中的图象问题 1.常见的动力学图象及问题类型 2.解题策略——数形结合解决动力学图象问题 (1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与规律”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或描点作图。 (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义，尽可能多地提取有效信息。 考向动力学中的v－t图象 【例1】(多选)(2015·全国Ⅰ卷，20)如图1甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出() 图1 A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析由v－t图象可求物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝v0 t1 ，根据牛顿
第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1。同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1 cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知， 向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为s ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高 度为s sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1 ＝v 0（v 0＋v 1）4g ，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误。 答案 ACD 考向 动力学中的F －t 图象 【例2】 (多选)(2019·全国Ⅲ卷，20)如图2(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s 2。由题给数据可以得出( ) 图2 A.木板的质量为1 kg B.2 s ～4 s 内，力F 的大小为0.4 N C.0～2 s 内，力F 的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求： （1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P到达B时的速度大小； （3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度v c与a的关系式，并画出v c2-a图象． 【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s （4） 2 2 2 200.4/ 80.4/ c a a m s v a m s ?< =? ≥ ? （） （） 如图所示： 【解析】 【分析】 先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系，从而画出图像。 【详解】
（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-= 代入数据得：2 10.4/a m s =-，方向：沿传送带向上； （2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220 L=2v v a - 代入数据得：1/v m s =； （3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-= 得2 20.4/a m s = 当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4 v t s s a = == 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4 v x m m a = ==? 因为x 专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题 专题解读 1.本专题是应用动力学方法分析动力学图象问题、连接体问题、临界和极值问题以及多运动过程问题．在高考中主要以选择题形式考查，且每年都有命题． 2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力、应用数学知识和方法解决物理问题的能力． 3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识． 1．常见图象 v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等． 2．题型分类 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况． (3)由已知条件确定某物理量的变化图象． 3．解题策略 (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点． (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等． (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断． 例1(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出() A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 考点11 牛顿运动定律的综合应用考点名片 考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：2015年全国卷Ⅰ第25题、2015年全国卷Ⅱ第25题、2015年海南高考第9题、2014年北京高考第8题、2014年四川高考第7题、2014年大纲卷第19题、2014年江苏高考第5题、2014年福建高考第15题、2013年浙江高考第17题和第19题、2013年广东高考第19题、2013年山东高考第15题等。 备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。 一、基础与经典 1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是( ) A．他始终处于超重状态 B．他始终处于失重状态 C．他先后处于超重、平衡、失重状态 D．他先后处于失重、平衡、超重状态 答案 C 解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。 2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( ) 答案 A 解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。 3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( ) 【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x=L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg△x 代值解得： Q=0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求： （1）开始时B离小车右端的距离； （2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。 【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离： 【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒 解得：， A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止 ，， 解得 B离右端距离 (2)从开始到达共速历时，，， 解得 小车在前静止，在至之间以a向右加速： 小车向右走位移 §3.4应用牛顿运动定律解题的方法和步骤 应用牛顿运动定律的基本方法是隔离法，再配合正交坐标运用分量形式求解。 解题的基本步骤如下： (1)选取隔离体，即确定研究对象 一般在求某力时，就以此力的受力体为研究对象，在求某物体的运动情况时，就以此物体为研究对象。有几个物体相互作用，要求它们之间的相互作用力，则必须将相互作用的物体隔离开来，取其中一物体作研究对象。有时，某些力不能直接用受力体作研究对象求出，这时可以考虑选取施力物体作为研究对象，如求人在变速运动的升降机内地板的压力，因为地板受力较为复杂，故采用人作为研究对象为好。 在选取隔离体时，采用整体法还是隔离法要灵活运用。如图3-4-1要求质量分别为M 和m 的两物体组成的系统的加速度a ，有 两种方法，一种是将两物体隔离，得方程为 ma T mg =- Ma Mg T =-μ 另—种方法是将整个系统作为研究对象，得方 程为 a M m Mg mg )(+=-μ 显然，如果只求系统的加速度，则第二种方法好；如果还要求绳的张力，则需采用前一种方法。 (2)分析物体受力情况：分析物体受力是解动力学问题的一个关键，必须牢牢 图3-4-1 掌握。 ①一般顺序：在一般情况下，分析物体受力的顺序是先场力，如重力、电场力等，再弹力，如压力、张力等，然后是摩擦力。并配合作物体的受力示意图。 大小和方向不受其它力和物体运动状态影响的力叫主动力，如重力、库仑力；大小和主向与主动力和物体运动状态有密切联系的力叫被动力或约束力，如支持力、摩擦力。这就决定了分析受力的顺序。如物体在地球附近不论是静止还是加速运动，它受的重力总是不变的；放在水平桌面上的物体对桌面的压力就与它们在竖直方向上有无加速度有关，而滑动摩擦力总是与压力成正比。 ②关于合力与分力：分析物体受力时，只在合力或两个分力中取其一，不能 同时取而说它受到三个力的作用。一般情况下选取合Array力，如物体在斜面上受到重力，一般不说它受到下滑力 和垂直面的两个力。在—些特殊情况下，物体其合力不 图3-4-2 能先确定，则可用两分力来代替它，如图3-4-2横杆左 端所接铰链对它的力方向不能明确之前，可用水平和竖直方向上的两个分力来表示，最后再求出这两个分力的合力来。 ③关于内力与外力：在运用牛顿第二定律时，内力是不可能对整个物体产生加速度的，选取几个物体的组合为研究对象时，这几个物体之间的相互作用力不能列入方程中。要求它们之间的相互作用，必须将它们隔离分析才行，此时内力转化成外力。 ④关于作用力与反作用力：物体之间的相互作用力总是成对出现，我们要分 清受力体与施力体。在列方程解题时，对一对相互作用力一般采用同一字线表示。在不考虑绳的质量时，由同一根绳拉两个物体的力经常作为一对相互作用力处 高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求 （1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离． 【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】 （1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s = 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s g s μ-= 解得20.4μ= 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212 x vt at =+ 带入可得21/a m s = 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ= （2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214 /3 a m s = 对滑块，则有加速度2 24/a m s = 滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =- =末速度18 /3 v m s = 高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x=L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg△x 代值解得： Q=0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送 带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1= 3 2 ，木板与传送 带间的动摩擦因数μ2=3 ，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m； (3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。 【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J 【解析】 【详解】 （1）对小木块受力分析如图甲： 3-4专题：牛顿运动定律的综合应用 一、选择题 1．(2012·江西南昌)如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m 的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60kg ，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s ，g 取10m/s 2，那么( ) A ．该消防队员加速与减速过程的时间之比为1 ∶2 B ．该消防队员加速与减速过程的时间之比为2 ∶1 C ．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1 ∶7 D ．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为2 ∶7 [答案] AC [解析] 由v ＝a 1t 1，v ＝a 2t 2，联立解得t 1 ∶t 2＝1 ∶2，A 正确，B 错误；由t 1＋t 2＝3s 可得t 1＝1s ，t 2＝2s ，由L ＝v (t 1＋t 2)2可知v ＝8m/s ，a 1＝8m/s 2，a 2＝4m/s 2。由mg －f 1＝ma 1， mg －f 2＝－ma 2，得f 1 ∶f 2＝1 ∶7，C 正确，D 错误。 2．(2012·辽宁大连)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙壁相切于A 点，竖直墙壁上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻，a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点；则( ) A ．a 球最先到达M 点 B ．b 球最先到达M 点 C ．c 球最先到达M 点 D ．a 球最后到达M 点 [答案] C [解析] 由几何关系可得，A 、C 两点等高且OM 的长度等于圆环的半径R ，所以BM 的长度为2R ，AM 的长度为2R ，a 球的加速度大小为g sin45°，b 球的加速度大小为g sin60°，c 球的加速度大小为g ，由x ＝1 2at 2得t ＝ 2x a ，结合三个小球加速度大小的表达可得，c 球最先到达M 点，故选项C 正确。 3．(2012·泉州五校质检)如图所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时a 、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力F fa ≠0，b 所受摩擦力F fb ＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( ) A ．F fa 大小不变 B ．F fa 方向改变 C ．F fb 仍然为零 D ．F fb 方向向右 [答案] AD [解析] 系统初始处于平衡状态，当剪断右侧细线后，细绳弹力可发生突变，而弹簧上弹力不可突变。故b 此时只受弹簧向左弹力，相对地面有向左运动趋势和地面间存在向右摩擦力，D 正确；而a 物体由于所受弹力不变，故其受力情况不改变，F fa 大小方向均不变，A 对。 4．(2012·长沙模拟)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正 高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－ 8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给 物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求： (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】 带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】 （1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a = （2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101 02 mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m （3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111??22 t v v v s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m ＝μ-=． 根据：21221 2 s a t = 得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg a g m μμ=-=-=- 根据：3322a t a t = 解得30.2t s = 物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】 本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解． 牛顿运动定律综合应用 整体法与隔离法 1.物体A 、B 放在光滑的水平地面上，其质量之比m A ∶m B ＝2∶1。现用水平3 N 的拉力作用在物体A 上，如图所示，则A 对B 的拉力大小等于( ) A.1 N B.1.5 N C.2 N D.3 N 2.如图所示，光滑水平面上的小车，在水平拉力F 的作用下，向右加速运动时，物块与竖直车厢壁相对静止，不计空气阻力。若作用在小车上的水平拉力F 增大，则( ) A.物块受到的摩擦力不变 B.物块受到的合力不变 C.物块可能相对于车厢壁滑动 D.物块与车厢壁之间的最大静摩擦力不变 动力学中的临界和极值问题 3.倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M 放在水平面AB 上，在滑块M 的顶端O 处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m ＝55 kg ，当滑块M 以a ＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(g 取10 m/s 2)( ) A.10 N B.5 N C. 5 N D.10 N 4.如图所示，质量为M 的滑块A 放置在光滑水平地面上，A 的左侧面有一个圆心为O 、半径为R 的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F 作用在滑块A 上时，一质量为m 的小球B (可视为质点)在圆弧面上与A 保持相对静止，且B 距圆弧面末端Q 的竖直高度 H ＝R 3 。已知重力加速度大小为g ，则力F 的大小为( ) A. 5 3Mg B. 5 2Mg C. 5 3(M＋m)g D. 5 2(M＋m)g 图象应用 5.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图象如图甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)() A.前2 s处于超重状态 B.从200 m高处开始跳下 C.落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大 小为125 N D.整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s 6.(多选)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出() A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 7.(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取 10 m/s2。下列选项中正确的是() 课时作业10 牛顿运动定律的综合应用 时间：45分钟 满分：100分 一、选择题(8×8′＝64′) 1．如图1，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( ) A.g 2sin α B ．g sin α C.3 2 g sin α D ．2g sin α 图1 图2 解析：当绳子突然断开，猫保持其相对斜面的位置不变，即相对地面位置不变，猫可视为静止状态，木板沿斜面下滑，取猫和木板整体为研究对象，如图2进行受力分析，由牛顿第二定律得3mg sin α＝2ma ，a ＝3 2 g sin α，所以C 选项正确． 答案：C 图3 2．如图3所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体，已知m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A 上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20 N ，现水平向右拉细线，g 取10 m/s 2，则( ) A ．当拉力F <12 N 时，A 静止不动 B ．当拉力F >12 N 时，A 相对B 滑动 C ．当拉力F ＝16 N 时，B 受A 的摩擦力等于4 N D ．无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止 解析：设A 、B 共同运动时的最大加速度为a max ，最大拉力为F max 对B ：μm A g ＝m B a max ，a max ＝ μm A g m B ＝6 m/s 2 对A 、B ：F max ＝(m A ＋m B )a max ＝48 N 高考第一轮复习---牛顿运动定律考点例析 牛顿三个运动定律是力学的基础，对整个物理学也有重大意义。本章考查的重点是牛顿第二定律，而牛顿第一定律和第三定律在牛顿第二定律的应用中得到了完美的体现。从近几年高考看，要求准确理解牛顿第一定律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析的方法；理解牛顿第三定律；理解和掌握运动和力的关系；理解超重和失重。本章内容的高考试题每年都有，对本章内容单独命题大多以选择、填空形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、生产实际问题。经常与电场、磁场联系，构成难度较大的综合性试题，运动学的知识往往和牛顿运动定律连为一体，考查推理能力和综合分析能力。如：2000年上海物理试题第21题（风洞实验）、2001年全国物理试题第8题（惯性制导系统）、2001年上海物理试题第8题（升降机下落）、2001年上海物理试题第20题（轻绳和轻弹簧的辩析纠错题）、2002年理科综合全国卷第26题（蹦床运动）、2003年全国春季理综第16题（滑冰运动）、2004年全国理综四第19题（猫在木板上跑动）等等。同学们只要把任何一套高考试题拿来研究，总会发现有与牛顿定律有关的试题。 一、夯实基础知识 1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。 2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma. 对牛顿第二定律的理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x=ma x, F y=ma y,F z=ma z;（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg 的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2. 3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。 对牛顿第三定律的理解要点：(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题
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