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1、第2讲牛顿运动定律及其应用,1.牛顿第二定律的“四性”：（1）矢量性：公式F=ma是_，F与a_。（2）瞬时性：力与_同时产生，同时变化。（3）同体性：F=ma中，F、m、a对应_。（4）独立性：分力产生的加速度相互_，与其他加速度_。,矢量式,方向相同,加速度,同一物体,独立,无关,2.超重和失重：（1）超重。受力特点：_。运动特点：_或_。（2）失重。受力特点：_。运动特点：_或_。完全失重：只受_。,合外力的方向竖直向上,向上加速运动,向下减速运动,合外力的方向竖直向下,向下加速运动,向上减速运动,重力作用,1.（2013福建高考）在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：m（
2、米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）。导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（）A.m2kgs-4A-1B.m2kgs-3A-1C.m2kgs-2A-1D.m2kgs-1A-1,【解析】选B。根据P=UI、P=Fv、F=ma可导出即=m2kgs-3A-1，故选B。,2.（2011福建高考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2v1，则（）,A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传
3、送带滑动的距离达到最大C.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【解析】选B。由题图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错B对；0t2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t3时间内小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，C、D错。故选B。,3.（2013山东高考）如图所示，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
4、、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角=30，物块与斜面之间的动摩擦因数=。重力加速度g取10m/s2。（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）由运动学方程得：L=v0t+at22aL=vB2v02代入数值解得：a=3m/s2，vB=8m/s（2）对物块受力分析如图所示，设拉力F与斜面成角，对物块由牛顿第二定律得：垂直斜面方向：Fsin+N-mgcos30=0沿斜面方向：Fcos-mgsin30-f=ma,又f=N联立各式，代入数值解得：Fcos+Fsin=5.2则=当=30时，拉力F有最小值，且Fmin=
5、答案：(1)3 m/s2 8 m/s(2)30,热点考向1 动力学图像问题【典例1】（2013银川二模）如图所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，若滑块所受的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图像大致正确的是（）,【解题探究】（1）请画出滑块向上和向下运动的受力分析图。提示：,（2）请结合受力分析图判断各物理量的变化情况：,不变,由负向变为正向,变小,不变,变小,不变,先变小后变大,由正向变为负向,【解析】选
6、A。对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析，可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变，均为f=mgcos，方向由负向变为正向，选项A正确；滑块沿斜面向上运动时，F合=mgsin+mgcos，沿斜面向下运动时，滑块所受的合外力的大小F合=mgsin-mgcos，显然合外力变小，方向始终沿负向，选项B错误；加速度的变化情况与合外力相同，选项C错误；向上运动过程中滑块做匀减速运动，向下运动过程中，滑块做匀加速运动，向上时的加速度大于向下时的加速度，选项D错误。,【总结提升】处理动力学图像问题的一般思路（1）依据题意，合理选取研究对象；（2）对物体先受力分析，再分析其运动过程；（3）将物体的运动过程与图像对应
7、起来；（4）对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断。,【变式训练】（2013漳州二模）如图1所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2，由图线可知（）A.甲、乙之间的动摩擦因数是0.2B.甲的质量是4 kgC.甲的质量是2 kgD.甲、乙之间的动摩擦因数是0.6,【解析】选A。由图2可知拉力F小于48N时，甲、乙两物体一起运动，根据牛顿第二定律可得F1=（m甲+m乙）a1，以乙为研究对象有f1=m乙a1，拉力F大于48N时，甲、乙两物体相对滑动，以甲为研究对象有F2-f=
8、m甲a2，其中f=m甲g，解得甲、乙之间的动摩擦因数是0.2，甲、乙的质量分别是6kg、2 kg，选项A正确，选项B、C、D错误。,【变式备选】（2013黄冈二模）如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2。根据图乙中所提供的信息不能计算出（sin37=0.6）（）,A.物体的质量B.斜面的倾角C.物体能静止在斜面上所施加的外力D.加速度为6 m/s2时物体的速度,【解析】选D。物体受力如图所示，由牛顿第二定律得Fcos-mgsin=ma，由F=0时，a=-6 m/s2，解
9、得=37。由a=F-gsin和a-F图像知：图像斜率，解得m=2 kg，物体静止时Fcos=mgsin,F=mgtan=15 N，因为物体的加速度的变化对应的时间未知，所以无法求出物体加速度为6 m/s2 时的速度，故选D。,热点考向2 连接体问题【典例2】（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，工件质量M=0.8kg，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道上的P点到BC的高度差h=0.2m，将一可视为质点的物块置于P点，物块质量m=0.2kg，若将一水平恒力F作用于工件上，使物块与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，工件与地面间的动摩擦因数=0.1，g取10m/s2，
10、求F的大小。,【解题探究】（1）设物块和O的连线与竖直方向的夹角为，请用已知物理量的符号，写出以下物理量的表达式：物块所受的弹力N=_；工件与物块整体向左匀加速运动的加速度a的表达式为a=_；（2）水平恒力F与加速度a之间满足何种关系？提示：对物块和工件整体由牛顿第二定律得F-（M+m）g=（M+m）a。,gtan,【解析】设物块和O的连线与竖直方向的夹角为，物块与工件一起运动的加速度为a，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律得：竖直方向:Ncos=mg（3分）水平方向:Nsin=ma（3分）由几何知识得：cos=，sin=（4分）对于物块与工件整体由牛顿第二定律得:F-(M+m)g=(M+m)
11、a（3分）代入数据，由式得:F=8.5 N（2分）答案:8.5 N,【拓展延伸】典例中：（1）若P点的位置不同，恒力F的值相同吗，为什么？提示：不相同。若P点的位置不同，物块和O的连线与竖直方向的夹角将变化，物块与工件一起运动的加速度a将变化，由F=（M+m）a+（M+m）g得恒力F的值会变化。（2）若恒力F变大或变小了，物块将相对于工件分别向哪个方向运动？提示：若恒力F变大，加速度a将变大，夹角将变大，物块将相对于工件沿圆轨道向上运动；同理，若恒力F变小，物块将相对于工件沿圆轨道向下运动。,【总结提升】应用牛顿第二定律解题的一般步骤（1）结合题意，灵活选取研究对象，可以是单个物体，也可以是多
12、个物体组成的系统；（2）分析研究对象的运动情况和受力情况；（3）根据牛顿第二定律列方程；（4）统一单位后将数值代入方程求解。,【变式训练】（2013福州二模）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（）,【解析】选B。以两个质量为m的木块和一个质量为2m的木块为研究对象，有mg=4ma，得四个木块一起运动的最大加速度，以质量为m、2m的两个木块为研究对象，T=3ma，得轻绳对m的最大拉力为，故选项B正确。,热点考
13、向3 多过程问题【典例3】（16分）如图所示，一个质量M=2kg的物块（可视为质点）从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，圆弧轨道半径R=0.8m，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小v=3m/s，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.1，两皮带轮之间的距离L=6m，重力加速度g=10m/s2。,（1）求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；（2）物块将从传送带的哪一端离开传送带？【解题探究】（1）物块滑到轨道底端时对轨道压力的求解思路：先求物块滑到轨道底端的速度v0：a.物理规律：_；b.方程式：_。,动能定理,求物块滑到轨道底端时轨
14、道的弹力FN：a.物理规律：_；b.方程式：_。利用_得物块对轨道的压力。（2）如何判断物块将从传送带哪端离开？提示：比较物块速度为零时在传送带上的位移s与传送带的长度L的大小。若sL，物块将从传送带的右端离开；反之将从传送带的左端离开。,牛顿第二定律,牛顿第三定律,【解析】（1）由动能定理得：MgR=Mv02-0（3分）由牛顿第二定律得：FN-Mg=（3分）由牛顿第三定律得物块对轨道的压力FN与FN大小相等，方向相反,(2分)解得:FN=60 N。(2分),（2）物块在传送带上运动的过程由牛顿第二定律得:mg=ma（2分）由匀变速直线运动规律得:02-v02=2(-a)s（2分）解得:x=8
15、 m（1分）因sL，故物块将从传送带的右端离开。（1分）答案:（1）60 N（2）右端,【拓展延伸】典例中：（1）若传送带长度变为10m，物块将从传送带的哪一端离开传送带？提示：因sL，故物块速度达到零后，没有到达传送带右端，将沿传送带向左运动，从传送带的左端离开。（2）若传送带以3m/s的速度沿顺时针方向转动，物块在离开传送带时的速度大小是多少？提示：物块滑到轨道底端的速度v0=4m/s，物块速度由v0=4m/s变为v=3m/s的过程中，运动的位移=3.5mL=6m，故物块离开传送带时的速度大小为3m/s。,【总结提升】多过程问题求解的一般思路（1）基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关
16、键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：（2）常用方法：整体法与隔离法。正交分解法。,（3）注意事项：仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程。逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点。前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键。,【变式训练】（2013泉州二模）如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近，水平部分AB以5m/
17、s的速率顺时针传送。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。试求：,（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围。,【解析】（1）米袋在AB上加速时的加速度a0=g=5m/s2米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0=2.5mAB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度。设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma代入数据得a=10m/s2
18、所以米袋能上升的最大距离s=1.25m。,（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sin+cos）=-10m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sin-cos）=-2m/s2由解得v1=4 m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCDv1=4 m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=2.1 s,若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2。由sCD=v0tmin+得：tmin=1.16 s所以，所求的时间t的
19、范围为1.16 st2.1 s。答案：（1）1.25 m（2）vCD4 m/s 1.16 st2.1 s,1.一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后（即车轮不滚动只滑动），以下说法正确的是（）A.满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大B.满载货物的汽车由于受摩擦力较大，滑行距离较小C.两辆汽车滑行的距离相同D.满载货物的汽车比空车先停下来【解析】选C。两辆汽车的加速度为a=g，由于初速度相同，故滑行的距离相同，选项C正确。,2.（2013泉州二模）如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向
20、上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中（）A.地面对物体M的摩擦力先向左后向右B.地面对物体M的摩擦力方向没有改变C.地面对物体M的支持力总大于（M+m）gD.物块m上、下滑动时的加速度大小相同,【解析】选B。物块m上、下滑动时受到的滑动摩擦力方向不同，加速度大小不同，方向都沿斜面向下，选项D错误；地面对物体M的摩擦力和支持力分别为f和N，对系统利用牛顿第二定律有f=max，（M+m）g-N=may，因此地面对物体M的摩擦力方向没有改变，地面对物体M的支持力总小于（M+m）g，选项A、C错误，选项B正确。,3.（2013潍坊一模）如图所示，倾角为3
21、0的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h=0.8m，B点距C点的距离L=2.0m。（滑块经过B点时没有能量损失，g=10m/s2）求：,（1）滑块在运动过程中的最大速度；（2）滑块与水平面间的动摩擦因数；（3）滑块从A点释放后，经过时间t=1.0s速度的大小。【解析】（1）滑块在B点时速度最大，由动能定理得：解得：vB=4m/s,（2）滑块在水平面上运动时，由牛顿第二定律得:mg=ma解得:a=g 由运动学知识得:vB2-0=2aL 由得:=0.4,（3）滑块在斜面上运动的时间：因此滑块从A点释放后经过
22、时间t=1.0 s已在水平面上运动了0.2 s，此时的速度:v=vB-g0.2 s=3.2 m/s答案:（1）4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s,一整体法与隔离法的灵活应用【案例剖析】（20分）（2013福建高考）质量为M、长为的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。,（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的
23、外力，方向如何？,【审题】抓住信息，准确推断,【破题】精准分析，无破不立（1）绳中拉力的大小：环两边绳子拉力相等，画出环受力分析图。提示：根据物体的平衡条件列平衡方程。即：_。,2Tcos-mg=0,（2）施加外力大小与方向：杆与环保持相对静止，有共同加速度，对整体进行受力分析。提示：,利用正交分解法运用牛顿第二定律对整体列方程水平方向：_。竖直方向：_。,Fcos=（M+m）a,Fsin-（M+m）g=0,环恰好悬于A端的正下方，明确杆与环间几何关系，对环进行受力分析。提示：,利用隔离法对环列牛顿第二定律方程水平方向：_。竖直方向：_。,Tsin=ma,T+Tcos-mg=0,【解题】规范步
24、骤，水到渠成（1）如图甲，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcos-mg=0(2分)由图中几何关系可知cos=(2分)联立式解得T=(2分),（2）此时，对小铁环的受力分析如图乙，有Tsin=ma（3分）T+Tcos-mg=0（3分）由图中几何关系可知=60，代入式解得a=g（2分）,如图丙，设外力F与水平方向成角，将杆和小铁环看作一个整体，有Fcos=（M+m）a（2分）Fsin-（M+m）g=0（2分）联立式，,解得tan=(或=60)(2分)答案：（1）（2）外力大小为(M+m)g，方向与水平方向成60角斜向上,【点题】突破瓶颈，稳拿满分（1）常见思维障碍：未能从“光滑的柔软轻绳”挖掘出环两边绳子拉力相等的信息。未能从“杆与环保持相对静止”获取杆与环有共同加速度，进而利用整体法分析。未能灵活应用整体法与隔离法。不能恰当应用“力的合成与分解”求解外力的大小和方向。（2）解题不规范造成出错：不能正确进行受力分析。外力与水平方向夹角和绳子与水平方向夹角相混。,
