专题二 牛顿定律在直线运动中的应用第第2课时课时 牛顿定律的综合应用牛顿定律的综合应用一、动力学解题的两种基本类型一、动力学解题的两种基本类型 此类题目一般为中等难度题，题目都是选取一个具体的物理过程，创设一定的物理情景，按照一定的程序进行解题，考查对运动学和动力学基本原理的掌握情况 动力学解题的两种基本类型：(1)已知物体运动情况求受力情况；(2)已知物体受力情况求运动情况；而解答这两类问题的关键是分析清楚物体的受力情况和运动情况，弄清所给的物理情景，加速度是动力学和运动学公式之间联系的桥梁例例1：小明家刚买车的第一天，小明的爸爸驾车行驶时经过一个上坡道一个小孩追逐一个皮球突然跑到车前小明的爸爸急刹车，车轮在马路上划出一道长12m的黑带后停住幸好没有撞着小孩！小孩若无其事地跑开了路边一个交通警察目睹了全过程，递过来一张超速罚款单，并指出最高限速是60km/h.小明对当时的情况进行了调查：估计路面与水平面的夹角为15；查课本可知轮胎与路面的动摩擦因数=0.60；从汽车说明书上查出该汽车的质量是1570kg，小明的爸爸体重是60kg；目击者告诉小明小孩用3.0s的时间跑过了4.6m宽的马路又知cos15=0.966，sin15=0.259.根据以上信息，你能否用学过的知识到法庭为小明的爸爸做无过失辩护？(取g=9.8m/s2)解：能进行无过失辩护对汽车整体分析由牛顿第二定律得，Mgsin +f=ma，Nmgcos =0又f=N，所以a=gcos +gsin代入数据得a=8.2m/s2刹车可以认为是匀减速过程，末速度为零根据vt2-vo2=-2as 得：v0=14m/s50km/h60km/h，故不超速【解析】本题以日常生活问题为背景要求学生能正确获取并处理有用的信息、把实际问题转化成物理问题，找出解题的一个突破点，进行受力分析，弄清楚动力学问题的关键是牛顿第二定律，联系运动学和动力学的焦点是加速度 【方法技巧小结】 获取有用信息，不能误用小孩跑过马路的时间要抓住加速度，就要先通过牛顿定律求得加速度，再用相应的运动学公式求解此题也可用动能定理求解 如图221所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4kg，现对筒施加一竖直向下、大小为21N的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5s时间，小球恰好跃出筒口，求小球的质量(不计阻力，取g=10m/s2)图221由运动学公式得h1=at2h2= gt2又有L=h1-h2代入数据解得：a=16m/s2又因为筒受到重力(M-m)g和向下作用力F，【解析】设筒与小球的总质量为M，小球的质量为m，筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速度为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动，设在时间t内，筒与小球的位移分别为h1、h2(球可视为质点)据牛顿第二定律有F+(M-m)g=(M-m)a代入数据得m=0.5kg二、弹簧模型二、弹簧模型 弹簧模型的特征是以弹力的变化为依托，关联两个或两个以上物体设置复杂的物理情景，考查力的概念、平衡条件、牛顿定律的应用及能的转化与守恒，呈现出多物理量的对称性找出平衡位置是解题的关键例例2：如图222所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板系统处于静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时：(1)物块A的加速度a；(2)从开始到此时物块 A的位移d. (重力加 速度为g)图 222【解析】本例是弹簧模型在运动和力上的应用，求解时要抓住两个关键：一个是物块B刚要离开C的条件，另一个是弹簧由压缩状态变为伸长状态，其形变量与物块A位移的关系解：令x1表示未施加F时弹簧的压缩量 对A：mAgsin=kx1 令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量对B：kx2=mBgsin 对A：FmAgsinkx2=mAa 由式得 由题意得d=x1+x2 由式可得 从本例看出弹簧试题的确是训练考生思维和开发考生潜能的优秀试题弹簧试题是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型因此，弹簧试题也就成为高考物理的一种重要题型以跟踪分析为解题的灵魂，抓住临界、隐含、瞬间等特征，此题弹力是变力故要抓住运动中的临界状态才能求解，不能运用牛顿定律或运动学公式进行过程列式 如图223，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ） 图223A0B大小为 g，方向竖直向下C大小为 g，方向垂直于木板向下D大小为 g，方向水平向右C【解析】本题利用弹簧不可突变的“迟钝性”，考查牛顿第二定律的瞬时性解决此类问题时，注意“弹簧”和“木板”(或细线)的区别，还要正确理解“瞬时”的含义，即那一时刻木板支持力(或细线拉力)立即消失，而弹簧还不能马上收缩恢复，即kx未来得及变化所以应先对木板未撤(或细线未剪断)时的物体做受力分析，再求出此时物体受到的合力，进而求出物体的加速度 未撤离木板前，小球受到重力mg，弹簧拉力kx，木板支持力F，如图所示，由平衡条件得：Fcos=mg，即 .当撤离木板的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变(迟钝性)，但木板的支持力F立即消失，小球受G和kx的合力大小等于撤板之前的F，方向与F的方向相反，故加速度方向为垂直木板向下，大小为： 所以，本题正确答案为所以，本题正确答案为C.三、图象的理解和应用三、图象的理解和应用 此类题目一般为中等难度题，题目都是要从图象中去获取一定信息用于解题，这类图象一般有两种，一是运动图(如速度图象)，二是力随时间变化的图象考查对运动和力的关系的同时还考查学生的综合运用知识的能力 例例3：如图224(甲)，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s内F的变化如图224(乙)所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出03s内木板和物块的v-t图象，据此求03s内物块相对于木板滑过的距离图224 【解析】本题为连接体问题，应先判断两者有无相对运动问题解：(1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式得f=mg f=ma a=2m/s2F-f=(2m)a 01s，a1=4m/s211.5s，a2=1m/s21.52s，a3= 1m/s22秒末之前vtvt，因此两者相对滑动vt2=vt1+a(t2t1) vt2=vt1+a(t2t1) 由式与题给条件得v1=4m/s,v1.5=4.5m/s,v2=4m/s,v3=4m/s v2=4m/s，v3=4m/s (2)由式得到物块与木块运动的v-t图象，如下图所示，在03s内物块相对于木板滑过的距离s等于木板和物块v-t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25m，下面的三角形面积为2m，因此s=2.25m 这类题目解题时要充分读懂图象中的信息，然后与受力分析相结合，把相关的信息带到动力学问题中进行解题 某探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图225所示的v-t图象，已知小车0ts内做匀加速直线运动；ts10s内小车牵引力的功率保持不变，且7s10s为匀速直线运动；在10s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程中小车受到的阻力f大小不变求： (1)小车所受阻力f的大小；(2)在ts10s内小车牵引力的功率P；(3)小车在加速运动过程中的总位移s.图225【解析】(1)在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速运动由图象可得减速时a= 2m/s2则f=ma=2N(2)小车的匀速运动阶段即7s10s内，设牵引力为F，则F=f由图象可知vm=6m/s所以P=Fvm=12W所以0ts内的加速度大小为 ， 时间t=1.5ss1= =2.25m在07s内由动能定理可得(3)小车的加速运动过程可以分解为0t和t7s两段 由于t s时功率为12W 所以此时牵引力为四、传送带问题四、传送带问题 此类题目的难度可变性大，一般与摩擦力相联系，还能往能量问题方面延伸，最主要的是与摩擦力及相对运动的情况相关，摩擦力的情形比较复杂，要区分动摩擦力和静摩擦力、是动力还是阻力这是考查对整个力学知识和综合分析能力的热点问题例例4：如图226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/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：图226(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】这类题目一般都是较难题，解题时一定要分析清楚摩擦力是动力还是阻力，摩擦力的种类和方向，还要将运动和力的关系以及物理过程的程序理顺，才能有清晰的解题思路解：(1)米袋在AB上加速时的加速度米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离因此米袋在到达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所以，能滑上的最大距离(2)设CD部分运转速度为v1(v1v0)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米袋速度从v1至减为零前的加速度为a2= g(sincos)= 2m/s2解得v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCDv1=4m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为 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皮带向上，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=1.16s所以，所求的时间t的范围为1.16st2.1s. 解答这类题的关键是分析摩擦力的方向及向上和向下的条件从本题可以得到三点启示：(1)解答“运动和力”问题的关键是分析清楚物体的受力情况和运动情况，弄清所给的物理情景加速度是动力学和运动学公式之间联系的桥梁(2)审题时应注意对题给条件作必要的定性分析和半定量分析；(3)滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动，而是阻碍物体间的相对运动，它可能是阻力，也可能是动力；(4)当v物=v带时是摩擦力发生变化的临界条件 如图227所示，一足够长的光滑斜面倾角为=30，斜面AB与水平面BC连接，质量m=2kg的物体置于水平面上的D点，D点距B点d=7m.物体与水平面间的动摩擦因数=0.2，当物体受到一水平向左的恒力F=8N作用t=2s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的能量损失，重力加速度g取10m/s2.求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点？图227【解析】在F的作用下物体运动的加速度a1，由牛顿运动定律得F-mg=ma1解得a1=2m/s2F作用2s后的速度v1和位移s1分别为v1=a1t=4m/ss1=a1t2/2=4m撤去F后，物体运动的加速度为a2mg=ma2解得a2=2m/s2第一次到达B点所用时间t1，则d-s1=v1t1-a2t/2解得t1=1s此时物体的速度v2=v1-a2t1=2m/s当物体由斜面重回B点时，经过时间t2，物体在斜面上运动的加速度为a3，则mgsin30=ma3t2= =0.8s第二次经过B点时间为t=t1+t2=1.8s所以撤去F后，分别经过1s和1.8s物体经过B点