高三物理二轮金牌学案专项09牛顿运动定律的应用.docx
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高三物理二轮金牌学案专项09牛顿运动定律的应用
2019高三物理二轮金牌学案-专项09牛顿运动定律的应用
专题09牛顿运动定律的应用
课时安排：
2课时
教学目标：
1、掌握运用牛顿定律解决动力学两类基本问题的方法和技巧
2、学会用整体法、隔离法进行受力分析，并熟练应用牛顿定律求解
3、理解超重、失重的概念，并能解决有关的问题
本讲重点：
1、牛顿运动定律在解决动力学基本问题中的应用
2、整体法、隔离法的应用
本讲难点：
超重、失重的概念
考点点拨：
1、动力学的两类基本问题
2、整体法与隔离法解决简单的连接体问题
3、超重、失重问题的分析求解
4、动力学与运动学中的图象问题
5、相互接触的物体分离的条件及应用
第一课时
2、超重
〔1〕物体对支持物的压力〔或对悬挂物的拉力〕大于物体所受重力的情况称为超重现象。
〔2〕产生超重现象的条件：
物体具有向上的加速度。
与物体速度的大小和方向无关。
〔3〕产生超重现象的原因：
当物体具有向上的加速度a〔向上加速运动或向下减速运动〕时，支持物对物体的支持力〔或悬挂物对物体的拉力〕为F，由牛顿第二定律得
F－mg＝ma
所以F＝m〔g＋a〕＞mg
由牛顿第三定律知，物体对支持物的压力〔或对悬挂物的拉力〕F′＞mg.
点评：
〔1〕在地球表面附近，无论物体处于什么状态，其本身的重力G＝mg始终不变。
超重时，物体所受的拉力〔或支持力〕与重力的合力方向向上，测力计的示数大于物体的重力；失重时，物体所受的拉力〔或支持力〕与重力的合力方向向下，测力计的示数小于物体的重力.可见，在失重、超重现象中，物体所受的重力始终不变，只是测力计的示数〔又称视重〕发生了变化，好像物体的重量有所增大或减小。
〔2〕发生超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度。
物体具有向上的加速度时，处于超重状态；物体具有向下的加速度时，处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时，处于完全失重状态.超重、失重与物体的运动方向无关。
【二】高考要点精析
〔一〕动力学两类基本问题
☆考点点拨
不论是运动求受力，还是受力求运动，做好“两分析”是关键，即受力分析和运动分析。
受力分析时画出受力图，运动分析时画出运动草图能起到“事半功倍”的效果。
【例1】如下图，质量m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平方向成θ=37°角的恒力F作用下，从静止起向右前进t1=2.0s后撤去F，又经过t2=4.0s物体刚好停下。
求：
F的大小、最大速度vm、总位移s。
解析：
由运动学知识可知：
前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。
再由方程
可求得：
F=54.5N
第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：
vm=a2t2=20m/s
又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有
m
点评：
需要引起注意的是：
在撤去拉力F前后，物体受的摩擦力发生了改变。
可见，在动力学问题中应用牛顿第二定律，正确的受力分析和运动分析是解题的关键，求解加速度是解决问题的纽带，要牢牢地把握住这一解题的基本方法和基本思路。
【例2】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。
桌布的一边与桌的AB边重合，如图。
盘与桌布间的动摩擦因数为
，盘与桌面间的动摩擦因数为
。
现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。
假设圆盘最后未从桌面掉下，那么加速度a满足的条件是什么？
〔以g表示重力加速度〕
☆考点精炼
1、质量
的物块〔可视为质点〕在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行
停在B点，A、B两点间的距离
，物块与水平面间的动摩擦因数
，求恒力F多大。
〔
〕
2、一水平的浅色长传送带上放置一煤块〔可视为质点〕，煤块与传送带之间的动摩擦因数为
。
初始时，传送带与煤块都是静止的。
现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动。
经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。
求此黑色痕迹的长度。
〔二〕整体法、隔离法解决简单的连接体问题
☆考点点拨
对于有共同加速度的连接体问题，一般先用整体法由牛顿第二定律求出加速度，再根据题目要求，将其中的某个物体进行隔离分析和求解。
由整体法求解加速度时，F=ma，要注意质量m与研究对象对应。
【例3】如下图，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2，拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1>F2。
试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T。
解析：
设两物块一起运动的加速度为a，那么有
F1－F2=〔m1+m2〕a①
根据牛顿第二定律，对质量为m1的物块有
F1－T=m1a②
由①、②两式得
③
第二课时
〔三〕超重、失重问题的分析求解
☆考点点拨
发生超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度。
物体具有向上的加速度时，处于超重状态；物体具有向下的加速度时，处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时，处于完全失重状态。
超重、失重与物体的运动方向无关。
【例4】以下哪个说法是正确的？
〔〕
A、体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B、蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C、举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D、游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
解析当物体有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度时处于失重状态，当加速度为零时处于平衡状态。
对照四个选项的说法，只有B选项正确。
答案：
B
☆考点精炼
5、某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，那么以下说法正确的选项是〔〕
A、易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快
B、易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快
C、易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变
D、易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出
〔四〕动力学与运动学中的图象问题
☆考点精炼
6、从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如下图。
在0～t0时间内，以下说法中正确的选项是〔〕
A、Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小
B、Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小
C、Ⅰ物体的位移不断增大，Ⅱ物体的位移不断减小
D、Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是
〔五〕相互接触的物体分离的条件及应用
☆考点点拨
相互接触的物体间可能存在弹力作用。
对于两接触的物体，刚好要分离时的条件是，弹力恰为零，此时，两物体还有相同速度和加速度。
抓住以上特点，就可以顺利求解。
【例6】一弹簧秤秤盘的质量M=1.5kg，盘内放一个质量m=10.5kg的物体P，弹簧质量忽略
不计，轻弹簧的劲度系数k=800N/m，系统原来处于静止状态，如下图。
现给物体P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上作匀加速直线运动。
在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力。
求力F的最小值和最大值各多大？
取g=10m/s2。
☆考点精炼
7、如下图，在倾角为
的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。
系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。
考点精炼参考答案
2.解：
根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。
根据牛顿定律，可得
a=μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块那么由静止加速到v，有
v0=a0tv=at
由于a再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0，有v=v+at'
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有
传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0－s
由以上各式得
5、D〔不论上升还是下降，易拉罐具有竖直向下的加速度g，均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出〕
6、A速度图象的切线斜率值表示加速度的大小，由图象可知，两物体的加速度值逐渐减小。
根据牛顿第二定律有Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小。
两物体均沿正方向运动，位移都不断增大。
Ⅰ、Ⅱ两个物体在0～t0时间内均做变加速运动，平均速度大小都不等于
。
7、解析：
令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知
①
令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：
kx2=mBgsinθ②
F－mAgsinθ－kx2=mAa③
由②③式可得
④
由题意d=x1+x2⑤
由①②⑤式可得
⑥
【三】考点落实训练
A组
3、如图，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于
A、0
B、kx
C、〔
〕kx
D、〔
〕kx
B组
1、如下图，一个质量为M的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子，将质量为m的物体自高处放下，当物体以a加速下降〔a＜g）时，台秤的读数为〔〕
A、〔M－m〕g＋ma
B、〔M＋m〕g－ma
C、〔M－m〕g
D、〔M－m〕g－ma
3、如下图，ab、bd、cd是竖直平面内三根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。
每根杆上都套着一个小滑环〔图中末画出〕。
三个滑环分别从a、b、c处释放〔初速为0〕，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d点所用的时间，t1、t2、t3之间的关系为___________。
4、一根劲度系数为k，质量不计的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为m的物体。
有一水平板将物体托住，并使弹簧处于自然长度，如下图。
现让木板由静止开始以加速度a匀加速向下移动，且a＜g。
经过t=___________多长时间木板开始与物体分离。
5、如下图，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力FN。
考点落实训练参考答案
A组
1、D2、D3、D4、N=
〔F+2μmg〕
5、2.548
解析某人在地面上，最多可举起60kg的物体，说明人能产生最大的向上举的力为Fm=mg，这个力保持不变。
在一个加速下降的电梯里最多可举起m1=80kg的物体，设此电梯的加速度为a，根据牛顿第二定有：
m1g－Fm=m1a
解得：
a=2.5m/s2。
假设电梯以此加速度上升，根据牛顿第二定有：
Fm－m2g=m2a
解得：
m2=48kg。
6、H=1.2s
8、Hm=480mF=11250N
B组
2、CD
解析根据牛顿第二定律，应使物体所受的合力方向沿加速度a的方向。
沿a方向施加一个作用力F2，F1与F2的合力方向不能沿a的方向，所以A错。
加在物体上的最大作用力F2无法确定，所以B错。
加在物体上的最小作用力F2=F1sinθ，C正确。
在物体上施加一个与F1大小相等，与a方向也成θ角的力F2，且F2方向在a的另一侧时可使合力方向与加速度方向一致，D正确。
4、
解析设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力kx和平板的支持力FN作用。
据牛顿第二定律有：
mg－kx－FN=ma
得FN=mg－kx－ma
当FN=0时，物体与平板分离，所以此时
根据运动学关系有：
所以，
。
7、解析：
先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。
当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。
这时以A为对象得到a=5m/s2；再以A、B系统为对象得到F=〔mA+mB〕a=15N
〔1〕当F=10N<15N时，A、B一定仍相对静止，所以
〔2〕当F=20N>15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：
，而aA=5m/s2，于是可以得到aB=7.5m/s2
8、解法一：
〔隔离法〕
木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法.
取小球m为研究对象，受重力mg、摩擦力Ff，如图，据牛顿第二定律得：
mg-Ff=ma①
取木箱M为研究对象，受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力Ff′如图.
据物体平衡条件得：
FN-Ff′-Mg=0②
且Ff=Ff′③
由①②③式得FN=
g
由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为
FN′=FN=
g.
解法二：
〔整体法〕
对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式：
〔mg+Mg〕-FN=ma+M×0
故木箱所受支持力：
FN=
g，由牛顿第三定律知：
木箱对地面压力FN′=FN=
g.
11、解：
以木块和小球整体为对象，设木块的质量为M，下滑的加速度为a，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：
〔M＋m〕gsin37º－μ〔M＋m〕gcos37º=〔M＋m〕a
解得：
a=g〔sin37º－μcos37º〕=2m/s2
以小球B为对象，受重力mg，细线拉力T和MN面对小球沿斜面向上的弹力FN，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：
mgsin37º－FN=ma
解得：
FN=mgsin37º－ma=6N。
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