物理讲义——牛顿运动定律及应用(上)脱滑及系统处理

第六讲：牛顿运动定律及应用（上）----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------一、整体法和隔离法【例1】 如图所示，B 物块放在A 物块上面一起以加速度a=2m/s 2沿斜面向上滑动．已知A 物块质量 M=10kg ，B 物块质量为m=5kg ，斜面倾角θ=37°．问 (1)B 物体所受的摩擦力多大？ (2)B 物块对A 物块的压力多大？【例2】如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，（不计其它外力及空气阻力），则其中一个质量为m 的土豆A 受其它土豆对它的总作用力大小应是( )A ．mgB ．μmgC ．mg1+μ D ．mg 1μ-二、瞬时类问题【例3】（湖北省八校2008届第一次联考）如图七所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2kg 的物体A ，处于静止状态。

若将一个质量为3kg 的物体B 竖直向下轻放在A 上的一瞬间，则A 对B 的压力大小为(取g=10m/s 2)( )A ．30NB ．0C ．15ND ．12NvA三、脱滑类问题【例4】如图所示，质量分别为15kg 和5kg 的长方形物体A 和B 静止叠放在水平桌面上。

A 与桌面以及A 、B 间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0。

6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

问：（1）水平作用力F 作用在B 上至少多大时，A 、B 之间能发生相对滑动？ （2）当F=30N 或40N 时，A 、B 加速度分别各为多少？四、系统的牛顿第二定律【例5】如图所示，有一只质量为m 的猫，竖直跳上一根用细绳悬挂起来的质量为M 的长木柱上。

当它跳上木柱后，细绳断裂，此时猫要与地面保持不变的高度，在此过程中，木柱对地的加速度大小为______________。

物理学中的牛顿运动定律解释及应用示例牛顿运动定律是物理学中最基本的定律之一，它描述了物体在受到力的作用下的运动规律。

在本文中，我们将探讨牛顿运动定律的解释及其在现实生活中的应用示例。

首先，让我们回顾一下牛顿运动定律的三个基本原理。

第一定律，也被称为惯性定律，指出物体在没有外力作用时将保持静止或匀速直线运动。

这意味着物体的运动状态不会自发地改变，除非有外力作用于其上。

第二定律是牛顿运动定律中最为重要的定律，它描述了物体在受到力的作用下的加速度。

牛顿的第二定律可以用数学公式F=ma来表示，其中F代表物体所受的力，m代表物体的质量，a代表物体的加速度。

这个公式说明了力和加速度之间的关系，即物体所受的力越大，其加速度也越大。

第三定律是牛顿运动定律中最为有趣的定律，它表明对于每一个作用力都存在一个相等大小但方向相反的反作用力。

简而言之，这意味着每一个作用力都会引起物体对作用力的反向作用。

例如，当我们站在地面上时，我们对地面施加了一个向下的力，而地面对我们也会施加一个向上的力，这就是牛顿第三定律的体现。

牛顿运动定律的应用非常广泛，下面我们将通过几个具体的示例来说明。

首先，我们来看一个常见的应用示例：汽车的加速。

当我们踩下油门时，引擎会施加一个向前的力，推动汽车向前加速。

根据牛顿第二定律，汽车的加速度取决于所受的推力和汽车的质量。

如果我们增加了引擎的功率，汽车将加速得更快；而如果汽车的质量增加，加速度将减小。

另一个应用示例是弹射器的原理。

弹射器是一种用来发射物体的装置，比如弓箭或者弹弓。

当我们拉紧弓弦或者拉动弹弓时，我们施加了一个力来储存能量。

当我们松开弓弦或者弹弓时，储存的能量转化为物体的动能，使其飞出。

这个过程可以通过牛顿第二定律来解释，拉紧弓弦或者拉动弹弓时施加的力会导致物体加速，从而飞出。

最后一个示例是摩擦力的作用。

当我们在桌子上推动一个物体时，我们需要克服摩擦力。

摩擦力是由物体之间的接触面产生的力，它的大小取决于物体之间的粗糙程度和压力。

《牛顿运动定律的应用》讲义一、牛顿运动定律的概述牛顿运动定律是经典力学的基础，由艾萨克·牛顿在 17 世纪提出。

它包括三条定律，分别是牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律。

牛顿第一定律，也被称为惯性定律，其内容是：任何物体都要保持匀速直线运动或静止的状态，直到外力迫使它改变运动状态为止。

这一定律揭示了物体具有惯性，即保持原有运动状态的特性。

牛顿第二定律描述了物体的加速度与作用在它上面的力以及物体的质量之间的关系。

其表达式为 F ＝ ma，其中 F 表示合力，m 是物体的质量，a 是加速度。

这一定律表明，力是改变物体运动状态的原因，而且力越大，加速度越大；质量越大，加速度越小。

牛顿第三定律指出：相互作用的两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，且作用在同一条直线上。

二、牛顿运动定律在日常生活中的应用（一）行走与跑步当我们行走或跑步时，脚向后蹬地，地面会给我们一个向前的反作用力，正是这个力推动我们前进。

根据牛顿第三定律，我们施加给地面的力和地面给我们的反作用力大小相等、方向相反。

而我们能够加速、减速或改变方向，是因为我们通过肌肉的力量改变了施加在地面上的力的大小和方向，从而改变了地面给我们的反作用力，进而改变了我们的运动状态，这也体现了牛顿第二定律。

（二）车辆的启动与制动汽车的启动是一个典型的牛顿第二定律的应用。

发动机提供的牵引力使得汽车产生向前的加速度，从而使汽车从静止开始加速运动。

而在制动时，刹车系统施加一个阻力，产生一个向后的加速度，使汽车逐渐减速直至停止。

（三）体育运动在体育运动中，牛顿运动定律也无处不在。

例如，篮球运动员投篮时，手臂对篮球施加一个力，根据牛顿第二定律，篮球获得一个加速度飞出去。

而在足球比赛中，运动员踢球的力量越大，球获得的加速度就越大，飞行的速度和距离也就越远。

（四）电梯的运行当我们乘坐电梯时，如果电梯向上加速运动，我们会感觉到身体变重，这是因为电梯对我们的支持力大于我们的重力。

第5课牛顿运动定律的应用课程标准课标解读1．能通过分析物体的受力情况，确定物体的运动情况，能通过物体的运动情况确定物体的受力情况。

2．能根据力与运动的关系，联系牛顿运动定律和运动学知识，分析求解有关动力学问题。

3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。

1、能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确定物体的受力情况。

2、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛顿运动定律把二者联系起来。

3、初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。

知识点01 动力学两类基本问题1.动力学问题的解题思路知识精讲目标导航2.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.【即学即练1】(已知受力情况求运动情况)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F1＝32 N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f＝4 N，飞行器上升9 s后由于出现故障而失去升力，出现故障9 s后恢复升力但升力变为F2＝16 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动.求：(1)飞行器9 s末的速度大小v1；(2)飞行器0～18 s内离地面的最大高度H；(3)飞行器落回地面的速度大小v2.答案(1)36 m/s (2)216 m (3)48 m/s解析(1)0～9 s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1－mg－f＝ma1解得a1＝4 m/s2飞行器9 s末的速度大小v1＝at1＝36 m/s.(2)最初9 s 内位移h 1＝12a 1t 12＝162 m设失去升力后上升阶段加速度大小为a 2，上升阶段的时间为t 2，由牛顿第二定律得： f ＋mg ＝ma 2 解得a 2＝12 m/s 2由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段v 1＝a 2t 2 由运动学公式可得h 2＝12a 2t 22飞行器0～18 s 内离地面的最大高度H ＝h 1＋h 2 解得t 2＝3 s ，H ＝216 m.(3)飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a 3，由牛顿第二定律得： mg －f ＝ma 3 解得a 3＝8 m/s 2恢复升力前飞行器下落的时间为t 3＝9 s －t 2＝6 s ，所以其速度v 2＝a 3t 3. 解得v 2＝48 m/s ，由于H>12a 3t 32＝144 m ，恢复升力后F 2＝mg －f ，所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48 m/s.【即学即练2】(已知运动情况求受力)(多选)如图甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝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F 突然反向，大小不变，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 ＝10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A.0～5 m 内物块做匀减速运动B.在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向C.恒力F 大小为10 ND.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3 答案 ABD解析 0～5 m 内，由v 12－v 02＝2a 1/s 2，则物块做匀减速运动，A 正确；由题图乙知，物块的初速度v 0＝10 m/s ，恒力F 在5 m 处反向，在0～5 m 内物块运动的时间t ＝0－v 0a 1＝1 s ，即在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向，B 正确；5～13 m 内，由v 22＝2a 2x 2得物块的加速度a 2＝v 222x 2＝642×8m/s 2＝4 m/s 2，由牛顿第二定律得－F －μmg＝ma 1，F －μmg＝ma 2，联立两式解得F ＝7 N ，μ＝0.3，D 正确，C 错误. 知识点02 等时圆1、质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；2、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；3、两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.【即学即练3】(多选)如图所示，Oa 、Ob 和ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O 、a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O′为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O 点无初速度释放，一个滑环从d 点无初速度释放，用t 1、t 2、t 3分别表示滑环沿Oa 、Ob 、da 到达a 、b 所用的时间.下列关系正确的是( )A.t 1＝t 2B.t 2>t 3C.t 1<t 2D.t 1＝t 3答案 BCD解析 设想还有一根光滑固定细杆ca ，则ca 、Oa 、da 三细杆交于圆的最低点a ，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c 、O 、d 无初速度释放的小滑环到达a 点的时间相等，即t ca ＝t 1＝t 3；而由c→a 和由O→b 滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度a ca >a Ob ，由x ＝12at 2可知，t 2>t ca ，故选项A 错误，B 、C 、D 均正确.知识点03 动力学中的临界问题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．【即学即练4】如图所示，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m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(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，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 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f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g ，纸板所受的摩擦力f ＝f 1＋f 2＝μ(2m 1＋m 2)g.(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则有：f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2，发生相对运动的条件a 1<a 2, 解得F>2μ(m 1＋m 2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动距离x 1＝12a 1t 21.纸板运动距离x 1＋d ＝12a 2t 21.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x 2＝12a 3t 22，l ＝x 1＋x 2且a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2，联立以上各式解得F ＝2μ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 1＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋d l m 2g ，代入数据求得F ＝22.4 N.答案 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F>2μ(m 1＋m 2)g (3) 22.4 N能力拓展考法01 动力学图像1．常见的动力学图像v ­t图像、a ­t图像、F ­t图像、F ­a图像等。

第11讲牛顿运动定律的综合应用第1课时牛顿运动定律的应用(一)知识整合一、动力学的两类基本问题1．两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的____________．第二类：已知运动情况求物体的____________．2．解决两类基本问题的方法以________为“桥梁”，由运动学规律和____________列方程求解．二、超重和失重1．实重和视重实重：物体在地球附近受到的实际重力．悬挂于弹簧秤上的物体在____________时，弹簧秤的示数在数值上等于物体的重力，静止于水平支持面上的物体，对支持面的压力在数值上也等于物体的重力．视重：当弹簧秤和悬挂的物体在竖直方向上做____________时，此时弹簧秤的示数叫物体的视重，视重不再等于物体的实重．2．超重当物体的加速度方向____________时，它对悬挂物(如悬绳，弹簧秤)的拉力或对支持面的压力____________实际重力的现象叫超重，亦即视重____________实重．3．失重当物体的加速度方向____________时，它对悬挂物的拉力或对支持面的压力____________实际重力的现象叫失重．即视重____________实重．完全失重：物体向下的加速度等于重力加速度时，它对悬挂物或支持面的压力等于____________的现象叫完全失重．它是失重现象中的一个特例．说明：超重和失重并不是物体受的重力增加或减小了，而是由于运动状态的改变，使视重和实重不符的现象．物体的重力并未改变．方法技巧考点1 两类基本问题的处理方法1．两类基本问题的解题思路可见，不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带．2．解决两类基本问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析．一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁．(2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，可以通过作示意图或图象来寻找各过程的各物理量之间的联系．3．解答两类基本问题的一般步骤(1)取对象——确定研究对象；(2)画力图——对研究对象进行受力分析(和运动状态分析)；(3)定方向——选取正方向(或建立坐标系)，通常以加速度方向为正方向较为适宜；(4)列方程——根据牛顿运动定律列方程，根据运动学规律列方程；(5)解方程——统一单位，求解方程，并对计算结果进行分析检验或讨论．【典型例题1】(17年苏州调研)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，无人机连同装备的质量m＝2 kg，其动力系统所能提供的最大作用力F0＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.(1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力F1多大？(2)无人机在地面上从静止开始，以最大作用力竖直向上起飞，到底离地面高度为h＝12 m的位置所需要的时间t为多少？(3)无人机现由悬停抓拍改做低空巡查，从静止开始以a＝3 m/s2的加速度沿水平线做匀加速直线运动，求在此过程中其动力系统所提供的作用力F2.1.为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道．一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2.在加速前进了x0＝96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65.货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin53°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x.【典型例题2】 如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( )A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上2.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处旋转一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块由A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系是( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝2θD ．α＝θ3考点2 超重与失重12.(1)超重：物体的加速度方向是竖直向上的．物体并不一定是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动．失重：物体的加速度方向是竖直向下的，物体既可以是向下做加速运动，也可以是向上做减速运动．(2)尽管物体不在竖直方向上运动，但只要其加速度在竖直方向上有分量，即a y ≠0就可以．当a y 的方向竖直向上时，物体处于超重状态；当a y 的方向竖直向下时，物体处于失重状态．(3)当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a ＝g 的加速度效果，不再产生其他效果．(4)处于超重和失重状态下的液体的浮力公式分别为F 浮＝ρV 排(g ＋a )和F 浮＝ρV 排(g －a )；处于完全失重状态下的液体F 浮＝0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力．(5)物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化．(6)发生超重或失重现象与物体的速度无关，只取决于加速度的大小和方向．(7)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 .(8)在完全失重的状态下，平时一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．【典型例题3】一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力( )A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小【典型例题4】如图所示，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M ＝5 kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g＝10 m/s2，下列正确的是( )A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20 m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N当堂检测 1.如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静置一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为F N和F f，则下列说法正确的是( )第1题图A．在0～t1时间内，F N增大，F f减小B．在0～t1时间内，F N减小，F f增大C．在t1～t2时间内，F N增大，F f增大D．在t1～t2时间内，F N减小，F f减小2．如图所示，位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的A点，其与水平面的夹角为53°；另一同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的B点，其与水平面的夹角为45°；两长木板底端都在C点处．若将一小球从A点由静止释放，小球运动到C点历时为t；将同一小球从B点由静止释放，小球运动到C点历时也为t，则小球与长木板间的动摩擦因数为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )第2题图A.17B.314C.328D.5283．(多选)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F 拉物块A 使之以加速度a 向上做匀加速运动，当物块B 刚要离开C 时力F 的大小恰为2mg .则( )第3题图A ．物块B 刚要离开C 时B 的加速度也为aB ．加速度a ＝gC ．以A ，B 整体为研究对象可以计算出加速度a ＝12g D ．从F 开始作用到B 刚要离开C ，A 的位移为mg k4．若货物随升降机运动的v ­t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )第4题图5．如图所示，一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36.试求： (1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点最大距离．第5题图第2课时 牛顿运动定律的应用(二)方法技巧考点1 连接体问题1．两个(或两个以上)物体组成的系统，我们称之为连接体．连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况，如一个静止，一个运动．物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体．2．处理连接体问题的方法：整体法与隔离法．要么先整体后隔离，要么先隔离后整体．不管用什么方法解题，所使用的规律都是牛顿运动定律．(1)整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．(2)隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．(3)整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求受力”．【典型例题1】 放在粗糙水平面上的物块A 、B 用轻质弹簧测力计相连，如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，今对物块A 施加一水平向左的恒力F ，使A 、B 一起向左匀加速运动，设A 、B 的质量分别为m 、M ，则弹簧测力计的示数为( )A.MF mB.MF M ＋m C.F －μ()m ＋M g m M D.F －μ()m ＋M g m ＋M M1.在某届残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探索上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65 kg ，吊椅的质量为15 kg ，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g ＝10 m/s 2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s 2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．考点2 图象问题1．动力学中常见的图象v­t图象、x­t图象、F­t图象、F­a图象等．2．解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．图象问题反映的是两个变量之间的函数关系，因此在某些情况下，要用有关物理规律和公式进行推导，得到两个变量的关系来分析图象的有关问题．【典型例题2】如图(1)所示，在粗糙的水平地面上，放有一块质量为m＝1 kg，初速度为v0的木块，现在加水平恒力F，方向与初速度的方向在同一条直线上，通过实验发现不同的F，物块在地面运动的时间t不同，且当－2 N≤F＜2 N时，1/t与F的关系如图(2)所示(设v0的方向为正、滑动摩擦力等于最大静摩擦力)，则：(1)物块的初速度为多少？(2)物块与地面间的动摩擦因数为多少？(3)物块运动的时间t可能等于0.4 s吗？说明原因．2.(多选)如图，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图b所示．若重力加速度及图b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考点3 板块模型和传送带模型临界性问题一、两种模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动，也可能相对静止．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，滑块跟木板的运动状态都会发生变化．若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．而传送带模型中，传送带由电机带动，一般情况下其运动状态不发生变化．3．解题思路无论是板块模型还是传送带模型，涉及多个物体的多过程问题，情况较复杂．(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况和运动情况．(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)明确关系：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．求解中更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．4．关键时刻物块和木板的速度相等的瞬间，物块跟传送带速度相等的瞬间，就是它们之间的摩擦力发生突变的瞬间．可以用假设法进行分析和判断．二、临界性问题1．概念临界问题是指某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态．2．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“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．动力学中极值问题的临界条件和处理方法1．“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F N＝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)绳子断裂与松弛的临界条件：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，绳子松弛的临界条件是：F T＝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0时．2．“四种”典型数学方法(1)三角函数法；(2)根据临界条件列不等式法；(3)利用二次函数的判别式法；(4)极限法．【典型例题3】一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示．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．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．【典型例题4】一弹簧秤的秤盘质量M＝1.5 kg，盘内放一质量为m＝10.5 kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k＝800 N/m，系统处于静止状态，如图所示．现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2 s内F是变化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少(g＝10 m/s2)?当堂检测 1.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )第1题图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—时间图象可能是下列选项中的( )第2题图3．(多选)如图所示，水平传送带A 、B 两端点相距x ＝4 m ，以v 0＝2 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A 点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g 取10 m/s 2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A 运动到B 的过程中( )第3题图A ．小煤块从A 运动到B 的时间是 2 s B ．小煤块从A 运动到B 的时间是2.25 sC ．划痕长度是4 mD ．划痕长度是0.5 m4．一水平传送带以2.0 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m ．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m ，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能，则说明理由，若不能，则求出物块沿斜面上升的最大距离．(2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程．(sin37°＝0.6，g 取10 m/s 2)第4题图5．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上滑行的时间．第5题图第11讲 牛顿运动定律的综合应用第1课时 牛顿运动定律的应用(一)知识整合 基础自测一、1. 运动情况 受力情况 2．加速度 牛顿第二定律二、1.静止或匀速运动 变速运动 2.向上 大于 大于 3．向下 小于 小于 零 方法技巧·典型例题1·(1) 20 N (2)2 s (3)10 5 N 方向与水平方向的夹角为arctan2斜向上【解析】 (1)无人机悬停时处于二力平衡状态，有F 1＝mg ＝20 N ； (2)设无人机上升时加速度为a ，由牛顿第二定律，有 F 1－mg －f ＝ma解得a ＝6 m/s 2由h ＝12at 2，解得t ＝2 s ；(3)无人机沿水平线做匀加速直线运动，有 F x – f ＝ ma F y ＝ mgF 2＝F 2x ＋F 2y ＝10 5 Ntan α＝F yF x＝2，即F 2的方向与水平方向的夹角为arctan2斜向上．·变式训练1·(1)25 m/s (2)25 m【解析】 (1)设货车加速下行时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可知： mg sin θ－0.2mg ＝ma 1解得：a 1＝3 m/s 2由公式v 2－v 20＝2a 1x 0 解得：v ＝25 m/s ；(2)设货车在避险车道上行驶的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可知： mg sin α＋0.65mg ＝ma 2解得：a 2＝12.5 m/s 2由v 2－0＝2a 2x 解得：x ＝25 m.·典型例题2·D 【解析】 设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但lsin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．·变式训练2· B 【解析】 如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于D 点．由A 点沿斜面滑到D 点所用时间比由A 点到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端B 点与D 点重合即可，而∠COD ＝θ，则α＝θ2.·典型例题3·AD 【解析】 当t ＝2 s 时，人有向上的最大加速度，当t ＝8.5 s 时，人有向下的最大加速度．其实在0­4 s ，人都处于超重状态，7～10 s ，人都处于失重状态．·典型例题4·C 【解析】 取A ，B ，C 为整体，由牛顿第二定律得(M ＋m 2)g －m 1g ＝(M ＋m 1＋m 2)a ，则加速度为a ＝5 m/s 2，选项A 、B 错误；隔离C 有，m 2g －F N ＝m 2a ，即F N ＝5 N ，选项C 正确；隔离A 有T －m 1g ＝m 1a ，即T ＝30 N ，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T ＝60 N ，选项D 错误．当堂检测1．D 【解析】 在0～t 1时间内，由题图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有F N cos θ＋F f sin θ－mg ＝ma 1，在水平方向上有F N sin θ＝F f cos θ，因加速度减小，则支持力F N 和摩擦力F f 均减小．在t 1～t 2时间内，由题图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg －(F N cos θ＋F f sin θ)＝ma 2，在水平方向上有F N sin θ＝F f cos θ，因加速度增大，则支持力F N 和摩擦力F f 均减小，故选D.2．A 【解析】 设长木板与水平面间的夹角为α，根据牛顿第二定律分析可知，小球在长木板上的加速度大小为a ＝g sin α－μg cos α，设竖直墙壁到C 点的距离为L ，则长木板长度为Lcos α＝12at 2，联立以上两式可得(sin α－μcos α)cos α＝2Lt2，根据题意，(sin53°－μcos53°)cos53°＝(sin45°－μcos45°)cos45°，解得μ＝17，选项A 正确．3．BD 【解析】 物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0，选项A 错误；未加力F 时对A 受力分析得弹簧的压缩量x 1＝mg sin30°k ＝mg2k，B 刚要离开C 时，对B 受力分析得弹簧的伸长量x 2＝mg2k ，此时对A 由牛顿第二定律得，F －mg ·sin30°－kx 2＝ma ，解得a ＝g ，选项B正确，C 错误；物块A 的位移x 1＋x 2＝mg k，选项D 正确．4．B 【解析】 由v ­t 图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F ＝mg )；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F >mg )；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F ＝mg )；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F <mg )．综合选项分析可知B 选项正确．5．(1)2.5 m/s 2(2)2.4 m【解析】 (1)在力F 作用下，由牛顿第二定律得(F －mg )sin30°－μ(F －mg )cos30°＝ma 1解得a 1＝2.5 m/s 2；(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s 小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8 m撤去力F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律得 mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2解得a 2＝7.5 m/s 2小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4 s上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6 m则小球上滑的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m.第2课时 牛顿运动定律的应用(二)方法技巧·典型例题1·B 【解析】 先以A 、B 整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力(M ＋m )g ，竖直向上的支持力F N ＝(M ＋m )g ，水平方向向左的拉力F ，水平方向向右的摩擦力F f ＝μF N ＝μ(M ＋m )g .由牛顿第二定律得到：F －F f ＝F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ①，再以B 为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg ，竖直向上的支持力F N ′＝Mg ，水平方向向左的弹簧拉力F ′，水平方向向右的摩擦力F f ′＝μF N ′＝μMg .由牛顿第二定律得到：F ′－F f ′＝F ′－μMg ＝Ma ，a ＝F ′M －μg ②，将②代入①整理得：F ′＝MFM ＋m，所以选项B 正确． ·变式训练1·(1)440 N (2)275 N 【解析】 (1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m ，绳拉运动员的力为F .以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M ＋m )g ，向上的拉力为2F ，根据牛顿第二定律：2F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，F ＝440 N ．根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N ，方向竖直向下；(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小为Mg ，绳的拉力为F ，吊椅对运动员的支持力为F N .根据牛顿第二定律：F ＋F N －Mg ＝Ma ，F N ＝275 N ．根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N ，方向竖直向下．·典型例题2·(1)2 m/s (2)0.2 (3)不可能，原因见解析 【解析】 (1)物块做匀减速运动至静止μmg －F ＝ma ① 0＝ v 0－at ②由①②得：1t ＝μg v 0－1mv 0F ③由③式和图线斜率可得：1mv 0＝12又因m ＝1 kg 则v 0＝2 m/s.(2)由③式和图线截距可得：μg v 0＝1则μ＝0.2.(3)物块运动的时间t 不可能等于0.4 s ；当－2 N ≤F ＜2 N 时，由图线可知运动时间大于等于0.5 s ；而当F 的大小超过2 N 时，物体就不可能静止，所以运动时间为无穷．·变式训练2· ACD 【解析】 由v ­t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，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 1cos θ，可见能计算出斜面的倾角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x ＝v 02t 1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0()v 0＋v 14g，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．·典型例题3·(1)μ1＝0.20 μ2＝0.30 (2)1.125 m【解析】 (1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1 ①a 2＝v 0－v 1t 1②式中v 0＝5 m/s ，v 1＝1 m/s 分别为木板 在t ＝0，t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1，μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1 ③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2 ④ 联立①～④式得 μ1＝0.20 ⑤ μ2＝0.30 ⑥.(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得f ＝ma 1′ ⑦2μ2mg －f ＝ma 2′ ⑧假设f ＜μ1mg ，则a 1′＝a 2′由⑤～⑧式得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾． 故f ＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a 1′等于a 1；物块的v ­t 图象如图中点画线所示．。