面对高考牛顿运动定律复习

牛顿运动定律问题分类分析深圳外国语学校 王印生牛顿运动定律是力学的基本规律,是力学的核心内容,在整个高中物理中占有重要地位,也是历年高考物理试题的的热点，也是反复考核的内容，所以必须让学生能够熟练的应用牛顿运动定律解决问题，本人在平时教学中，将牛顿运动定律的习题类型进行了分类解析，与大家分享。

问题1：弄清牛顿第二定律的矢量性。

牛顿第二定律F=ma 是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。

在解题时，可以利用正交分解法进行求解。

问题2：弄清牛顿第二定律的瞬时性。

牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。

物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。

当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma 对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。

问题3：弄清牛顿第二定律的独立性。

当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。

那个方向的力就产生那个方向的加速度。

（以上例题略）问题4：弄清牛顿第二定律的同体性。

加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。

例1、一人在井下站在吊台上，用如图1所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。

图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。

吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s 2,求这时人对吊台的压力。

(g=9.8m/s 2)分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图2所示，F 为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：N g a m M F 3502))((=++=再选人为研究对象，受力情况如图3所示，其中F N 是吊台对人的支持力。

由牛顿第二定律得：F+F N -Mg=Ma,故F N =M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压图1图2aN图3力大小为200N ，方向竖直向下。

问题5：弄清面接触物体分离的条件及应用。

相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。

对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。

抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。

下面举例说明。

例2、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。

如图4所示。

现让木板由静止开始以加速度a(a ＜g ＝匀加速向下移动。

求经过多长时间木板开始与物体分离。

分析与解：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F=kx 和平板的支持力N 作用。

据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma当N=0时，物体与平板分离，所以此时ka g m x )(-= 因为221at x =，所以kaa g m t )(2-=。

例3、如图5所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P 处于静止，P 的质量m=12kg ，弹簧的劲度系数k=300N/m 。

现在给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t=0.2s 内F 是变力，在0.2s 以后F 是恒力，g=10m/s 2,则F 的最小值是 ，F 的最大值是 。

分析与解：因为在t=0.2s 内F 是变力，在t=0.2s 以后F 是恒力，所以在t=0.2s 时，P 离开秤盘。

此时P 受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。

在0_____0.2s 这段时间内P 向上运动的距离：x=mg/k=0.4m因为221at x =，所以P 在这段时间的加速度22/202s m txa == 当P 开始运动时拉力最小，此时对物体P 有N-mg+F min =ma,又因此时N=mg ，所以有F min =ma=240N. 当P 与盘分离时拉力F 最大，F max =m(a+g)=360N. 问题6：会分析临界问题。

例4、如图6，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB =2N ，Ａ受到的水平力ＦA =(9-2t)N ，(t 的单位是s)。

从t ＝0开始计时，则：A ．Ａ物体在3s 末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍；B ．t ＞４s 后,Ｂ物体做匀加速直线运动；C ．t ＝4.5s 时,Ａ物体的速度为零；D ．t ＞4.5s 后,ＡＢ的加速度方向相反。

分析与解：对于A 、B 整体据牛顿第二定律有：F A +F B =(m A +m B )a,设A 、B 间的作用为N ，则对B 据牛顿第二定律可得： N+F B =m B a解得N tF m m F F m N B B A B A B3416-=-++=当t=4s 时N=0，A 、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速图5图6图4运动，当t=4.5s 时A 物体的加速度为零而速度不为零。

t ＞4.5s 后,Ａ所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反。

当t<４s 时，A 、B 的加速度均为BA BA m m F F a ++=。

综上所述，选项A 、B 、D 正确。

例5、如图7所示，细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线的另一端拴一质量为m 的小球。

当滑块至少以加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g 的加速度向左运动时，线中拉力T= 。

分析与解：当滑块具有向左的加速度a 时，小球受重力mg 、绳的拉力T 和斜面的支持力N 作用，如图8所示。

在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma; 在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.由上述两式可解出：0045cos 2)(,45sin 2)(a g m T a g m N +=-= 由此两式可看出，当加速度a 增大时，球受支持力N 减小，绳拉力T 增加。

当a=g 时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。

这时绳的拉力T=mg/cos450=mg 2.当滑块加速度a>g 时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图9所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：Tcos α=ma,Tsin α=mg,解得mg g a m T 522=+=。

问题7：会用整体法和隔离法解题。

两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一.例6 如图9物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上。

A ，B 质量分别为m A =6kg ，m B =2kg ，A ，B 之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则 （ ）A ．当拉力F ＜12N 时，两物体均保持静止状态；B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动；C ．两物体间从受力开始就有相对运动；D ．两物体间始终没有相对运动。

分析解答：首先以A ，B 整体为研究对象。

受力如图10，在水平方向只受拉力F ，根据牛顿第二定律列方程F=(m A +m B )a ①再以B 为研究对象，如图11，B 水平方向受摩擦力f=m B a ②图8图9图7 图9图11图10代入式①F=（6+2）×6=48N由此可以看出当F ＜48N 时A ，B 间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A ，B 间不会发生相对运动。

所以D 选项正确。

例7、如图12所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当细绳与AB 成θ角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d 是多少？分析与解：本题是“轻环”模型问题。

由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。

因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为V x =0,小球的竖直分速度θsin 2gL V y =。

可求得轻环移动的距离是d=L-Lcos θ.问题8：会分析传送带有关的问题。

例8、如图13所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ，从A 到B 的长度为16ｍ，传送带以V 0=10m/s的速度逆时针转动。

在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A 运动到B 所需的时间是多少？(sin37ｏ=0.6,cos37ｏ=0.8)分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图14（a ）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图14(b)所示。

综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsin θ＋μｍｇcos θ=ｍa 1; 所以:a 1=ｇsin θ＋µｇcos θ=10m/s 2;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a 1＝1s;发生的位移： ｓ＝a 1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B 点。

第二阶段，有：ｍｇsin θ－µｍｇcos θ＝ｍa 2 ;所以：a 2＝2m/s 2;设第二阶段物体滑动到B的时A图12Afmg图13图14 (a)(b)间为t 2 则：L AB －S ＝ｖｔ2＋a ２ｔ22/2 ；解得：t 2＝1s , ｔ2/=-11s （舍去）。

故物体经历的总时间ｔ=t 1＋t 2 =2s .从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

问题9：会分析求解联系的问题。

例9、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。

现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。

小球孔径略大于细杆直径。

如图15所示。