第3讲 牛顿运动定律的综合应用(一)

A.Mg sin θ
C.0
B.Mg cos θ
D.(M+m)g sin θ
答案 C 由于它们是靠在一起下滑的,故A、B下滑的加速度是相同 的,先对A、B整体进行受力分析,并应用牛顿第二定律可得,加速度a=g sin θ,再对A进行受力分析,要使其加速度仍为a,则A在沿斜面的方向上 不受力,故可知B对A的压力为0,选项C正确。
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答案 B 设斜面倾角为θ,滑块沿斜面下滑时做减速运动,由牛顿第二 定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,a=g sin θ-μg cos θ,因此滑块下滑时加速 度不变,选项D错误;滑块下滑时的位移s=v0t+ at2,选项B正确;滑块下降
1 高度h=s· sin θ=v0 sin θ· t+ a sin θ· t2,选项A错误;滑块下滑时的速度v=v0+ 2
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物理
北京版
第 3讲
牛顿运动定律的综合应用(一)
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知识梳理
一、整体法和隔离法解决连接体问题 1.整体法 当连接体内(即系统内)各物体的① 加速度 相同时,可以把系统内的 所有物体看成一个② 整体 ,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二 定律对③ 整体 列方程求解的方法。 2.隔离法 当求系统内物体间相互作用的④ 内力 时,常把某个物体从系统中⑤ 隔离 出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对⑥ 隔离
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1-2-3 如图所示的装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名 力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落 (上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g,同自由落体相比,下落相
同的高度,所花费的时间要长,这使得实验者有足够的时间从容地观
测、研究。已知物体A、B的质量相等均为M,物体C的质量为m,轻绳与 轻滑轮间的摩擦不计,绳子不可伸长,如果m= M,求:
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深化拓展
考点一 连接体问题
一、两物体的加速度相同时,一般采用先整体后隔离的方法
1-1-1 如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块 的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块 不滑动,力F的最大值是 ( )
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2 f (m M ) 2 f (m M ) B. M m 2 f (m M ) 2 f (m M ) C. -(m+M)g D. +(m+M)g M m
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(1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距
离所用时间的比值; (2)系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力。
答案 (1)3 (2) mg 解析 (1)设物体的加速度为a,绳子的张力为T, 对物体A:T-Mg=Ma 对B、C整体:(M+m)g-T=(M+m)a 解得:a= m
出来的物体列方程求解的图像解题包括两个方面:(1)用给定的图像解答问题,(2)根据题意去作图, 运用图像去解答问题。 三、临界极值问题 1.动力学中的临界极值问题 在应用牛顿运动定律解决动力学问题中,当物体运动的加速度不同时,
物体有可能处于不同的状态,特别是题目中出现“最大”“最小”“刚
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2.(2013北京东城二模,19)如图(a)所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面 上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现
用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力
F与物体位移x的关系如图(b)所示(g=10 m/s2),则正确的结论是 ( )
对木板进行受力分析,如图甲所示,
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沿斜面方向有:Mg sin θ-f1=0
对人进行受力分析,如图乙所示 mg sin θ+f1'=ma人(a人为人相对斜面的加速度)
f1=f1'
M m g sin θ,方向沿斜面向下。 解得a人= m
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(2)为了使人与斜面保持相对静止,必须满足人在木板上所受合力为零, 所以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上,故人相对木板向上跑,木板相
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二、两物体的加速度不同时,一般采用隔离法
1-2-1 如图所示,长12 m、质量为50 kg的木板置于水平地面上,木板与 地面间的动摩擦因数为0.1,开始时质量为50 kg的人立于木板左端,木板 与人均静止,当人以4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑时,(取g=10 m/s2)求: (1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小; (2)人在奔跑过程中木板的加速度; (3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
aT 个周期比前一个周期内的相应时刻速度均大Δv,且Δv= 。相应每后 2
aT 2 一个周期比前一个周期内的位移多Δx= =4 m。 2
F m
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a T aT 2 物体在第一个周期内的位移x1= =3 m, + 4 2 2
2
在第n个周期内的位移xn=x1+(n-1)Δx=[3+4(n-1)] m, 物体的总位移 x={3+(3+4)+…+[3+4(n-1)]} m
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={3n+4[1+2+…+(n-1)]} m =(2n2+n) m 当x=105 m时,即2n2+n=105,解得n=7(另一解为负值,舍去),所以t=nT=14 s。
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考点三
at,选项C错误。
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2-2 质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程 对应的v-t图像如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小 为碰撞前的3/4。设球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10 m/s2,求: (1)弹性球受到的空气阻力f的大小; (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
的制约关系,明确物理量的变化趋势,进而分析清楚物理过程,写出相应
的函数关系,再结合牛顿第二定律和运动学公式分析解决问题。
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2-1 如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下 滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的 下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正 确描述这一运动规律的是 ( )
3 m 答案 (1)0.2 N (2) 8
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解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1,由题图知
v 4 a1= = m/s2=8 m/s2 t 0.5
根据牛顿第二定律得 mg-f=ma1 f=m(g-a1)=0.2 N (2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4 m/s,设球第一 次离开地面时的速度大小为v2,则
8 F=mg-ma= mg 9 8 由牛顿第三定律知C对B的拉力为 mg。 9
t t0
g a
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考点二
图像问题
牛顿第二定律与图像结合的综合问题是高考的重点和热点,动力学
1 中常见的图像有a-F、a- m 、F-t、v-t、x-t图像等,解答这类问题时,要抓
住图像的斜率、截距、面积、交点、拐点等信息,明确因变量与自变量
A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
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B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 答案 D 设初始时弹簧压缩量为x0,则kx0=mg。设物体加速度为a,当 物体位移为x时,F+k(x0-x)-mg=ma,由此可得F=kx+ma,弹簧恰好恢复到自 然长度时,物体与弹簧分离,A错误;根据F-x图像的斜率可知,弹簧劲度系 数k=5 N/cm,所以B项错误;又当x=0时,10=ma,当x=4 cm时,30-mg=ma,联 立可得m=2 kg,a=5 m/s2,所以C错误,D正确。
对斜面向下滑,但人相对斜面静止不动。设木板相对斜面的加速度为a
木
,现分别对木板和人进行受力分析,由牛顿第二定律有:
对木板:Mg sin θ+f2'=Ma木, 对人:mg sin θ=f2,
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f2=f2' 解得a木=
M m g sin θ,方向沿斜面向下,即人相对木板向上加速跑动,而 M
木板沿斜面向下滑动,此时人相对斜面静止不动。
答案 (1)200 N (2)2 m/s2 方向向左 (3)2 s 解析 (1)设人的质量为m,加速度为a1,木板的质量为M,加速度为a2,人对 木板的摩擦力为f(f'为木板对人的摩擦力)
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则对人有: f '=ma1=200 N (2)对木板进行受力分析可知:f-μ(M+m)g=Ma2 则:a2=
A.
答案 A 对整个系统应用牛顿第二定律: F-(M+m)g=(M+m)a ① 对M应用牛顿第二定律:2f-Mg=Ma ②
2 f (m M ) 由①②联立可得:F= ,故A正确。 M
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1-1-2 (2014北京朝阳一模,16)如图所示,A、B两物块的质量分别为m和 M,让它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾 角为θ,斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为 ( )
f μ(M m) g M
代入数据解得:a2=2 m/s2,方向向左 (3)设人从左端跑到右端时间为t 由运动学公式得:L= a1t2+ a2t2 则:t=
2L a1 a2
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代入数据解得:t=2 s
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1-2-2 如图所示,质量为M的木板可沿倾角为θ的光滑斜面下滑,木板上 站着一个质量为m的人,求: (1)为了保持木板与斜面相对静止,人运动的加速度是多少? (2)为了保持人与斜面相对静止,木板运动的加速度是多少? 答案 见解析 解析 (1)为了使木板与斜面保持相对静止,必须满足木板在斜面上的 合力为零,所以人施于木板的摩擦力应沿斜面向上,故人应加速向下 跑。现分别对木板和人应用牛顿第二定律。