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1、第3讲牛顿运动定律2【小纳考点精讲】【考点1】牛顿运动定律应用之斜面上两类动力学问题1. 已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件， 应用运动学公式，求出物体的运动情况.2. 已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力.可用程序图表示如下：3. 解决两类动力学基本问题应把握的关键(1) 两类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2) 一个 桥梁”一一物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。4. 解决动力学基本问题时
2、对力的处理方法(1) 合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用 合成法”(2) 正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用 正交分解法D. aia2a3【例1】放在固定粗糙斜面上的滑块 A以加速度ai沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块 A 上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度 a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。 在滑块A上施加一竖直向下的恒力 F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则A. ai= a?= a3C. aia2= a3【小思点评】题图甲中的加速度为 ai,则有mgsin 0- mgos 0= mai,解得ai = gsin 0-卩gos
3、0题图乙中的加速度为 a2,则有(m+ mg)in 0 p(m+ mg)os 0= (m+ ma),解得 a?= gsin 0卩 gos 0。题图丙中的加速度为a3，设F = mg,则有(m+ mg)n 0 p(m+ mgCos 0= ma3,(m + m)gsin 0(Xm + m)gcos 0., 解得a3=m故ai= a2a3，故B正确。【例2】一物块沿倾角为 0的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端。已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为()1 1A . _tan 0B . _tan 03 94 5C. tan 0D . ；tan 05 4【小思点评
4、】 向上运动的末速度等于 0,其逆过程为初速度为 0的匀加速直线运动，设加1速度的大小为a1，则：x= 2a1t1，设向下运动的加速度的大小为a2，则向下运动的过程中：x= a2t2，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t2= 3t1,联立可得：a1 = 9a?，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：maL mgsin 0+卩mgos 0，向下运动的过程中：、4ma2= mgsin 0-卩mgos 0,联立得 尸；tan 0,故C正确，故选 C。5【考点2】牛顿运动定律应用之图像问题1.动力学中常见的图象：v t图象、x t图象、F t图象、F a图象等.2. 看清图象的横、纵坐标所表
5、示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始.3. 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.【例3】如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30质量为3 kg的小物块（可视为质点）由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物 块能到达的最高位置为 C点，小物块上滑过程中v -t图象如图乙所示。设 A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（）a 0.3 0.6 ().9 1.2 t/B甲iA .小物块最大重力势能为54 JB .小物块加速时的平均速度与
6、减速时的平均速度大小之比为3 : 1C.小物块与斜面间的动摩擦因数为3D .推力F的大小为40 N1【小思点评】由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x =2 X3 X1.2 m= 1.8 m，上升的最大高度h= x sin 30 = 0.9 m,故物块的最大重力势能 Epm= mgh= 27 J,则A项错。由图乙可知物 块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均速度公式兀=尹，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1 : 1，则B项错。由乙图可知减速上升时加速度大小 a2 = 10 m/s2,由牛顿第二定律有 mgs in 30牛卩mgos 30 = ma2,得 尸
7、 -3，则C项错。由乙图可知加速上升时加速度大小a1 =10 m/s2,由牛顿第二定律有 F mgsin3330 mgos 30 = ma1，得 F = 40 N，则 D 项正确。故选 D。【例4】以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线（斜线）和实线描述两物体运动的速率 一时间图象可能正确的是（）【小思点评】根据速度一时间图象的斜率表示加速度，速率一时间图象的斜率也表示加速度.忽略空气阻力的竖直上抛运动，其上升过程和下降过程对称.所受空气阻力与物体速率成正比的竖直上抛运动，上升阶段重力和空气阻力方向
8、相同，开始上升时合外力最大，随着上升高度的增加，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，上升到最高点时，加速度减小到F落阶段重力和空气阻力方向相反,随着下落高度的增加,物体速率增加，所受空气阻力增时间图象可能正确的是选项加，合外力减小，加速度减小，所以描述两物体运动的速率【考点3】牛顿运动定律应用之传送带问题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 速度相同。物体的速度与传送带速度相同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
9、真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是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滑动摩擦力的大小和方向，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同时，物体所受的摩擦力的方向有可能发生突变。3.涉及传送带的动力学问题分析时抓住两个时刻初始时刻，比较物块速度与传送带速度关系，判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而 判断物块开始阶段的运动性质。(2)物块与传送带速度相同时刻，再次判断物块所受的摩擦力性质与方向，进而判断下阶段 物块的运动性质。4. 涉及传送带的动力学问题分析时注意一个问题：要判断物块速度与传送带速度相同时, 物块有没有完成整个运动过程。
10、【例5】如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L,传送带与水平方向的夹角为0,工作时运行速度为 v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为仏正常工作时工人在 A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(A 粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B .粮袋开始运动的加速度为g(sin 0- gos 0，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C.若 说tan0则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D .不论大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度a为sin 0【小思点评】若传送带较短，
11、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v;详tan0，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到 达B端时速度与v相同；若tan 0,则粮袋先做加速度为g(sin 0+ qos 0)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin 0-gos 0)的匀加速运动，到达B端时的速度大于 v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上， 所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为卩mgos 0,根据牛顿第二定律得加速度a =mgsin 0+卩 悴 0= g(sin 0+ cos 0，选项B错误；若 详tan 0,粮袋从A
12、到B可能一直是 m做匀加速运 动，也可能先匀加速运动， 当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误。故选A。【例6】如图所示，水平传送带 A、B两端相距x= 4 m,以v0= 4 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端，由于煤块与传送带之间有 相对滑动，会在传送带上留下划痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数尸0.4,取重力加速度大小g = 10 m/s2,则煤块从A运动到B的过程中（）A .煤块到A运动到B的时间是2.25 sB .煤块从A运动到B的时间是1.25 sC.划痕长度是0.5 mD .划痕长度是2m【小思点评】根据牛顿
13、第二定律，煤块的加速度a=S幺4 m/s2,m煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间ti = V= 1 s,位移大小xi = -Jati2= 2 m v x,a2此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即 Ax = v0t1 -x1 = 2 m,选项D正确，C错误；x2= x-x1 = 2 m，匀速运动的时间 t2= x2= 0.5 s,V0运动的总时间t=ti + t2= 1.5 s,选项AB错误。故选D。【考点4】牛顿运动定律应用之临界与极值问题五种典型临界条件1. 物体离开接触面的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力Fn = 0
14、.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：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0时.5. 物块与弹簧脱离的临界条件：弹力Fn = 0,速度相等，加速度相等【例7】如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为 k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向 上的拉力F作用在物体 A
15、上，使物体 A开始向上做加速度为 a的匀加速运动，测得两个物 体的v-t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则()I卩乙a .施加外力前，弹簧的形变量为2gB .外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为 M(g a)C. A、B在ti时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D .弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值【小思点评】施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg = kx，解得x= 警，k故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有 F弹一Mg Fab= Ma，其中 F弹=2Mg，解得Fab = M(g a)，故B正确；由题图乙知，物体 A、B在ti时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且Fab = 0，对B有F弹一Mg = Ma，解得F弹=M(g+ a)，故C错 误；当F弹=Mg时，B达到最大速度，故 D错误。故选Bo【例8】倾角为
