2014屆高三物理二輪復(fù)習(xí)專題1第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

1、三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用要點(diǎn)歸納(一)深刻理解牛頓第一、第三定律1牛頓第一定律(慣性定律)一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止(1)理解要點(diǎn)運(yùn)動(dòng)是物體的一種屬性，物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來維持它定性地揭示了運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系：力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，不能認(rèn)為它是牛頓第二定律合外力為零時(shí)的特例牛頓第一定律定性地給出了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，第二定律定量地給出力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系(2)慣性：物體保持原來的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)叫做慣性慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)質(zhì)量是物體慣性大小的量度2牛頓

2、第三定律(1)兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上，可用公式表示為FF(2)作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力，作用效果不能抵消(3)牛頓第三定律的應(yīng)用非常廣泛，凡是涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上物體的物理情境、過程的解答，往往都需要應(yīng)用這一定律(二)牛頓第二定律1定律內(nèi)容物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比2公式：F合ma理解要點(diǎn)因果性：F合是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)存在，同時(shí)消失方向性：a與F合都是矢量，方向嚴(yán)格相同瞬時(shí)性和對應(yīng)性：a為某時(shí)刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時(shí)刻作用在該物體上的合外力3應(yīng)用牛頓第二定律解題的一

3、般步驟：(1)確定研究對象；(2)分析研究對象的受力情況，畫出受力分析圖并找出加速度的方向；(3)建立直角坐標(biāo)系，使盡可能多的力或加速度落在坐標(biāo)軸上，并將其余的力或加速度分解到兩坐標(biāo)軸上；(4)分別沿x軸方向和y軸方向應(yīng)用牛頓第二定律列出方程；(5)統(tǒng)一單位，計(jì)算數(shù)值熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)一、正交分解法在動(dòng)力學(xué)問題中的應(yīng)用- 2 - / 13當(dāng)物體受到多個(gè)方向的外力作用產(chǎn)生加速度時(shí)，常要用到正交分解法1在適當(dāng)?shù)姆较蚪⒅苯亲鴺?biāo)系，使需要分解的矢量盡可能少2Fx合max合，F(xiàn)y合may合，F(xiàn)z合maz合3正交分解法對本章各類問題，甚至對整個(gè)高中物理來說都是一重要的思想方法例6如圖115甲所示，在風(fēng)洞實(shí)

4、驗(yàn)室里，一根足夠長的細(xì)桿與水平面成37固定，質(zhì)量m1 kg的小球穿在細(xì)桿上靜止于細(xì)桿底端O點(diǎn)現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力F作用于小球上，經(jīng)時(shí)間t12 s后停止，小球沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)的部分vt圖象如圖115乙所示試求：(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)圖115(1)小球在02 s內(nèi)的加速度a1和24 s內(nèi)的加速度a2(2)風(fēng)對小球的作用力F的大小【解析】(1)由圖象可知，在02 s內(nèi)小球的加速度為：a120 m/s2，方向沿桿向上在24 s內(nèi)小球的加速度為：a210 m/s2，負(fù)號表示方向沿桿向下 (2)有風(fēng)力時(shí)的上升過程，小球的受力情況如圖115丙所示圖115丙在y方向，由平衡條件

5、得：FN1Fsin mgcos 在x方向，由牛頓第二定律得：Fcos mgsin FN1ma1停風(fēng)后上升階段，小球的受力情況如圖115丁所示圖115丁在y方向，由平衡條件得：FN2mgcos 在x方向，由牛頓第二定律得：mgsin FN2ma2聯(lián)立以上各式可得：F60 N【點(diǎn)評】斜面(或類斜面)問題是高中最常出現(xiàn)的物理模型正交分解法是求解高中物理題最重要的思想方法之一二、連接體問題(整體法與隔離法)高考卷中常出現(xiàn)涉及兩個(gè)研究對象的動(dòng)力學(xué)問題，其中又包含兩種情況：一是兩對象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對象的加速度不同需分析各自的運(yùn)動(dòng)或受力隔離(或與整體法相結(jié)合)的思想方法是處理這類

6、問題的重要手段1整體法是指當(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時(shí)，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法2隔離法是指當(dāng)研究對象涉及由多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，若要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應(yīng)把某個(gè)物體或某幾個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，再利用牛頓第二定律對隔離出來的物體列式求解的方法3當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度相同或要求合外力時(shí)，優(yōu)先考慮整體法；當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度不相同或要求物體間的作用力時(shí)，優(yōu)先考慮隔離法有時(shí)一個(gè)問題要兩種方法結(jié)合起來使用才能解決例7如圖116所示，在光滑的水平地面上有兩個(gè)

7、質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運(yùn)動(dòng)已知F1F2，當(dāng)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的伸長量為()圖116ABC D【解析】取A、B及彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F1F22ma取B為研究對象：kxF2ma(或取A為研究對象：F1kxma)可解得：x答案C【點(diǎn)評】解析中的三個(gè)方程任取兩個(gè)求解都可以當(dāng)?shù)孛娲植跁r(shí)，只要兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則A、B之間的拉力與地面光滑時(shí)相同同類拓展3如圖117所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動(dòng)，且A、B相對靜止某時(shí)刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時(shí)間，B在地面上滑行了

8、一段距離x，A在B上相對于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長)后A和B都停了下來已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，且21，則x的表達(dá)式應(yīng)為()圖117AxL BxCx Dx【解析】設(shè)A、B相對靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，撤去外力后至停止的過程中，A受到的滑動(dòng)摩擦力為：f11mg其加速度大小a11gB做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2由于21，所以a22g1ga1即木板B先停止后，A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，且其加速度大小不變對A應(yīng)用動(dòng)能定理得：f1(Lx)0mv2對B應(yīng)用動(dòng)能定理得：1mgx2(mM)gx0Mv2解得：x答案C【點(diǎn)評】雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B施加，但

9、產(chǎn)生的加速度a11g是取大地為參照系的加速度是相對速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的參照系，與施力物體的速度無關(guān)動(dòng)能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo)，特別對于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，兩表達(dá)式很容易相互轉(zhuǎn)換三、臨界問題例8如圖118甲所示，滑塊A置于光滑的水平面上，一細(xì)線的一端固定于傾角為45、質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B現(xiàn)對滑塊施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相對斜面靜止，恒力F應(yīng)滿足什么條件？圖118甲【解析】先考慮恒力背離斜面方向(水平向左)的情況：設(shè)恒力大小為F1時(shí)，B還在斜面上且對斜面的壓力為零，此時(shí)A、B有共同加速度a1，B的受力情況如圖118乙所示，

10、有：圖118乙Tsin mg，Tcos ma1解得：a1gcot 即F1(Mm)a1(Mm)gcot 由此可知，當(dāng)水平向左的力大于(Mm)gcot 時(shí)，小球B將離開斜面，對于水平恒力向斜面一側(cè)方向(水平向右)的情況：設(shè)恒力大小為F2時(shí)，B相對斜面靜止時(shí)對懸繩的拉力恰好為零，此時(shí)A、B的共同加速度為a2，B的受力情況如圖118丙所示，有：圖118丙FNcos mg，F(xiàn)Nsin ma2解得：a2gtan 即F2(Mm)a2(Mm)gtan 由此可知，當(dāng)水平向右的力大于(Mm)gtan ，B將沿斜面上滑，綜上可知，當(dāng)作用在A上的恒力F向左小于(Mm)gcot ，或向右小于(Mm)gtan 時(shí)，B能靜

11、止在斜面上答案向左小于(Mm)gcot 或向右小于(Mm)gtan 【點(diǎn)評】斜面上的物體、被細(xì)繩懸掛的物體這兩類物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出現(xiàn)的重要物理情境四、超重與失重問題1超重與失重只是物體在豎直方向上具有加速度時(shí)所受支持力不等于重力的情形2要注意飛行器繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)在豎直方向上具有向心加速度，處于失重狀態(tài)例9為了測量某住宅大樓每層的平均高度(層高)及電梯的運(yùn)行情況，甲、乙兩位同學(xué)在一樓電梯內(nèi)用電子體重計(jì)及秒表進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：質(zhì)量m50 kg的甲同學(xué)站在體重計(jì)上，乙同學(xué)記錄電梯從地面一樓到頂層的過程中，體重計(jì)的示數(shù)隨時(shí)間變化的情況，并作出了如圖119甲所示的圖象已知

12、t0時(shí)，電梯靜止不動(dòng)，從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層求：(1)電梯啟動(dòng)和制動(dòng)時(shí)的加速度大小(2)該大樓的層高圖119甲【解析】(1)對于啟動(dòng)狀態(tài)有：F1mgma1得：a12 m/s2對于制動(dòng)狀態(tài)有：mgF3ma2得：a22 m/s2(2)電梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度va1t121 m/s2 m/s從圖中讀得電梯勻速上升的時(shí)間t226 s電梯運(yùn)行的總時(shí)間t28 s電梯運(yùn)行的vt圖象如圖119乙所示，圖119乙所以總位移sv (t2t)2(2628) m54 m層高h(yuǎn)3 m答案(1)2 m/s22 m/s2(2)3 m經(jīng)典考題在本專題中，正交分解、整體與隔離相結(jié)合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中

13、考查的重點(diǎn)力的獨(dú)立性原理、運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)用次之，在高考中出現(xiàn)的概率也較大1有一個(gè)直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡(如圖120 甲所示)現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達(dá)到平衡，那么將移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對P環(huán)的支持力N和細(xì)繩上的拉力T的變化情況是1998年高考上海物理卷()圖120甲AN不變，T變大BN不變，T變小CN變大，T變大 DN變大，T變小【解析】Q環(huán)的受力情況如圖120乙所示，由平衡條件得：Tcos mgP環(huán)向左移動(dòng)后變

14、小，T變小 圖120乙 圖120丙P環(huán)的受力情況如圖120丙所示，由平衡條件得：NPmgTcos 2mg，NP與角無關(guān)故選項(xiàng)B正確答案B【點(diǎn)評】本例是正交分解法、隔離法的典型應(yīng)用，以后的許多考題都由此改編而來求解支持力N時(shí)，還可取P、Q組成的整體為研究對象，將整體受到的外力正交分解知豎直方向有：NQ2mg2如圖121甲所示，在傾角為的固定光滑斜面上有一塊用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變則此時(shí)木板沿斜面下滑的加速度為2004年高考全國理綜卷()圖121甲Asin Bgsin Cgsin D2gsin

15、 【解析】繩子斷開后貓的受力情況如圖121乙所示，由平衡條件知，木板對貓有沿斜面向上的摩擦力，有：fmgsin 圖121乙 圖121丙再取木板為研究對象，其受力情況如圖121丙所示由牛頓第二定律知：2mgsin f2ma解得：agsin 答案C【點(diǎn)評】貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài)還可取貓、木板組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律：3mgsin 2ma求解，但這一方法高中不作要求3如圖122所示，某貨場需將質(zhì)量m1100 kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑R1.8 m地面上緊靠

16、軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l2 m，質(zhì)量均為m2100 kg，木板上表面與軌道末端相切貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.2(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g10 m/s2)2009年高考山東理綜卷圖122(1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對軌道的壓力(2)若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求1應(yīng)滿足的條件(3)若10.5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間【解析】(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時(shí)的速度為v0，對貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mgRm1v設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第

17、二定律得，F(xiàn)Nm1gm1聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得FN3000 N根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對軌道的壓力大小為3000 N，方向豎直向下(2)若滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得：1m1g2(m12m2)g若滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得：1m1g2(m1m2)g聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0.410.6(3)10.5，由上問可得，貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)，設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得1m1gm1a1設(shè)貨物滑到木板A末端時(shí)的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：vv2a1l聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v14 m/s設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v1

18、v0a1t聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t0.4 s答案(1)3000 N，方向豎直向下(2)0.410.6(3)0.4 s【點(diǎn)評】象這樣同時(shí)考查受力分析、動(dòng)力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)的題型在2010屆高考中出現(xiàn)的可能性最大4如圖123甲所示，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點(diǎn)，在P點(diǎn)正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲藏有石油假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為；石油密度遠(yuǎn)小于，可將上述球形區(qū)域視為空腔如果沒有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度(正常值)沿豎直方向；當(dāng)存在空腔時(shí)，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會與正常情況有微小偏離重力加速度在原豎直方向(即PO方向)上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反?！睘榱颂綄な蛥^(qū)域的位置和石油儲量，常利用P點(diǎn)附近重力加速度反?，F(xiàn)象已知引力常數(shù)為G圖123甲(1)設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d(遠(yuǎn)小于地球半徑)，x，求空腔所引起的Q點(diǎn)處的重力加速度反常(2)若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在與k(k1)之間變化，且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半徑為L的范圍的中心，如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積2009年高考全國理綜卷【解析】(1)由牛頓第二定律得：a故重力加速度gG假設(shè)空腔處存在密度為的巖石時(shí)，對Q處物體的引力產(chǎn)生的重力加速度為gG由力的獨(dú)立原理及矢量的合成定則知，球形