物理二輪專題： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)

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1、專題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律是解決動(dòng)力學(xué)問題的基礎(chǔ)，是高中物理學(xué)的基石，它的應(yīng)用不僅僅局限于力學(xué)范疇，在電磁學(xué)與其他范疇也有廣泛的應(yīng)用，因此它一直是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，在高考試題中以選擇題、計(jì)算題兩種題型出現(xiàn)，以中等難度為主，是高考的必考內(nèi)容 直線運(yùn)動(dòng)是運(yùn)動(dòng)中的特殊情景，主要有勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、非勻變速直線運(yùn)動(dòng)及往返的直線運(yùn)動(dòng)等，是每年必考內(nèi)容之一總結(jié)近年高考的命題趨勢，考查的方式靈活多樣，既有單獨(dú)命題，又有綜合命題，還常以實(shí)際問題為背景命題，如以交通、體育、人造衛(wèi)星、天體物理和日常 生活等方面的問題為背景，重點(diǎn)考查獲取并處理信息，去粗取精，把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成物理問題的能

2、力復(fù)習(xí)時(shí)既要注重知識(shí)的綜合運(yùn)用，又要注意思維的創(chuàng)新和方法的靈活選取 2010年浙江卷14題、19題涉及了牛頓第二定律和直線運(yùn)動(dòng)，分別側(cè)重了整體法、隔離法的應(yīng)用和電磁學(xué)的結(jié)合.2011年要關(guān)注受力分析和過程分析，同時(shí)要注意牛頓運(yùn)動(dòng)定律與曲線運(yùn)動(dòng)、萬有引力、電磁學(xué)的綜合應(yīng)用與電磁場結(jié)合的直線運(yùn)動(dòng)與電磁場結(jié)合的直線運(yùn)動(dòng)【例1】(2009金華二中模擬)質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球以一定初速度v0與水平方向成 角射出，如圖211所示，如果在某方向加上一定大小的勻強(qiáng)電場后，能保證小球仍能沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，則所加電場的最小值為().A.B.C.D.圖211B【解析解析】(1)建如圖甲所示坐標(biāo)系，設(shè)場強(qiáng)E

3、與v0成 角，則受力如圖：由牛頓第二定律可得：Eqsin mgcosq=0 Eqcos mgsinq=ma 由式得：E=【分分析析】由題意可知小球沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球的重力與電場力的合外力為F，判定小球的重力與電場力的合外力在v0所在直線上Emin=選 B.(2)采用圖解法求解，如圖乙所示：從圖中可得，過重力箭頭到速度的反向延長線垂直線段最短，這段線段表示所求的最小電場力 ，則 E=由 式得：選 B.【評(píng)析】帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題，實(shí)質(zhì)是力學(xué)問題，其解題的一般步驟仍然為：確定研究對(duì)象；進(jìn)行受力分析(注意重力是否能忽略)；根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理或能量關(guān)系列出

4、方程式求解本題考查了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，難度較大，要善于挖掘題目的隱含條件，根據(jù)“保證小球仍能沿方v0向做直線運(yùn)動(dòng)”的條件，推測合外力的情況，同時(shí)本題要能靈活運(yùn)用圖解法求解，比較方便、簡捷【變式題】(2010四川)如圖212所示，圓弧虛線表示正點(diǎn)電荷電場的等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等光滑絕緣直桿沿電場方向水平放置并固定不動(dòng)，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點(diǎn)O相連，并以某一初速度從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，OMON.若滑塊在M、N時(shí)彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則()ACA滑塊從M到N的過程中，速度可能一直增大B滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置

5、3到4的小C在M、N之間的范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同的兩個(gè)位置D在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個(gè)位置【例例2】如圖221所示，一個(gè)彈簧臺(tái)秤的秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都不計(jì)，盤內(nèi)靜止放置一個(gè)物體P，P的質(zhì)量m=12kg，彈簧的勁度系數(shù)k=300N/m.現(xiàn)在給P施加一個(gè)豎直向上的力F，使物體P從靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知在t=0.2s內(nèi)F是變力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2.求：(1)物體P勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度；(2)F的最小值和最大值各是多?。繌椈深悊栴}彈簧類問題 【分分析析】本題的關(guān)鍵是找到t=0.2s時(shí)刻，物體P的位置，由于本題彈簧臺(tái)秤的秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量

6、都不計(jì)，則t=0.2s時(shí)彈簧恰好恢復(fù)到原長【解解析析】(1)因?yàn)樵趖=0.2s內(nèi)F是變力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s時(shí)，P離開秤盤此時(shí)P受到盤的支持力為零，由于盤和彈簧的質(zhì)量都不計(jì)，所以此時(shí)彈簧處于原長在00.2s這段時(shí)間內(nèi)P向上運(yùn)動(dòng)的距離：X=0.4m因?yàn)?，所以P在這段時(shí)間的加速度a=20m/s2(2)當(dāng)P開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，此時(shí)對(duì)物體P有 ，又因此時(shí)N=mg，所以有 =240N 當(dāng)P與盤分離時(shí)拉力F最大，=360N.【評(píng)析】中學(xué)階段，一般涉及彈簧不計(jì)其質(zhì)量，稱之為“輕彈簧”，是一種理想化的模型彈簧類問題要注意以下幾點(diǎn)：(1)彈簧的彈力遵循胡克定律，在題目中要注意先確定

7、原長位置、現(xiàn)長位置、形變量x與空間位置變化的關(guān)系分析形變所對(duì)應(yīng)的彈力大小、方向，以此來分析計(jì)算物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的可能性(2)彈簧的形變發(fā)生及改變需要一段時(shí)間，在瞬間內(nèi)形變量可認(rèn)為不變因此在分析瞬時(shí)變化時(shí)，認(rèn)為彈力不變(3)彈簧彈力做功，由于彈力是變力，但形變是線性變化，可用平均力求解彈力做了多少功，一定有對(duì)應(yīng)的彈性勢能發(fā)生了改變 【變變式式題題】如圖222所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為()A0B大小為 g，方向豎直向下C大小為 g，方向垂直于木板向下D大小為 g，方向水平向右圖222C【解析】未

8、撤離木板前，小球受到重力G，彈簧拉力F，木板支持力FN，如圖所示，三力平衡，于是有：FNcosq=mg，F(xiàn)N=當(dāng)撤離木板的瞬間，G和F保持不變(彈簧的彈力不能突變)，木板支持力FN立即消失，小球受G和F的合力大小等于AB撤離之前的FN(三力平衡)，方向與FN的方向相反，故加速度方向?yàn)榇怪蹦景逑蛳拢笮椋篴=g.皮帶類問題皮帶類問題【例例3】一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v0后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)經(jīng)過一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對(duì)于傳送帶不

9、再滑動(dòng)求此黑色痕跡的長度【分分析析】本題的關(guān)鍵是對(duì)皮帶與煤塊隔離分析，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律判斷得出各自的運(yùn)動(dòng)情況，由于運(yùn)動(dòng)情況不同，軌跡長度不等，正是形成黑色痕跡的原因 根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0.根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，可得a=g.設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t，傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，煤塊則由靜止加速到v，v0=a0t，v=at 由于aa0，故vv0，煤塊繼續(xù)受到滑動(dòng)摩擦力的作用再經(jīng)過時(shí)間t，煤塊的速度由v增加到v0，有 v0=v+at 此后，煤塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度相同，相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)，不再產(chǎn)生新的痕跡 【評(píng)析】本題從實(shí)際出發(fā)，

10、從生活中提煉，創(chuàng)設(shè)了一種新情景，學(xué)生通過構(gòu)建傳送帶模型，以隔離法為處理方法，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行求解，也可以巧妙運(yùn)用vt圖象快速處理傳送帶上留下的黑色痕跡的長度l=x0 x，由以上各式得 L =x0=a0t2+v0t，設(shè)在煤塊的速度從0增加到v0的整個(gè)過程中，傳送帶和煤塊移動(dòng)的距離分別為x0和x，有【變變式式題題】(2009金華二中月考)如圖231所示，傳送帶與地面的傾角q=37，從A端到B端的長度為16m，傳送帶以v0=10m/s的速度沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)在傳送帶上端A處無初速地放置一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5，求物體從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間是多少？(sin

11、 37=0.6，cos 37=0.8)圖231【解解析析】物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶施加給物體一沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，物體由靜止開始加速下滑，受力分析如圖(a)所示；當(dāng)物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)，由于tanq，物體在重力作用下將繼續(xù)加速，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶給物體沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，但合力沿傳送帶向下，物體繼續(xù)加速下滑，受力分析如圖(b)所示綜上可知，滑動(dòng)摩擦力的方向在獲得共同速度的瞬間發(fā)生了“突變”開始階段由牛頓第二定律，得mgsinq+mgcosq=ma1，a1=gsinq+gcosq=10m/s2物體加速至與傳送帶速度相等

12、時(shí)需要的時(shí)間為t1=v0/a1=1s，發(fā)生的位移為x=5m16m，可知物體加速到10m/s時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn)第二階段的受力分析如圖(b)所示，應(yīng)用牛頓第二定律，有mgsinqmgcosq=ma2所以a2=2m/s2設(shè)第二階段物體滑動(dòng)到B端的時(shí)間為t2，則LAB-x=v0t2+=11m解得t2=1s，t2=11s(舍去)故物體經(jīng)歷的總時(shí)間t=t1+t2=2s連接體問題連接體問題 若干個(gè)物體通過一定的方式連接在一起，就構(gòu)成了連接體，其連接方式一般通過細(xì)繩、輕桿等物體來實(shí)現(xiàn)的連接體常會(huì)處于某種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，如處于平衡狀態(tài)或以相同的加速度運(yùn)動(dòng)求解連接體的加速度或內(nèi)部物體間的相互作用力，是力學(xué)中能力考查的重要內(nèi)

13、容，在高考中也經(jīng)常出現(xiàn)，解決上述問題的有效方法是綜合運(yùn)用整體法與隔離法 【例例4】如圖241所示，質(zhì)量M=8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平恒力F=8N，當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到1.5m/s時(shí)，在小車前端輕輕地放上一個(gè)大小不計(jì)，質(zhì)量為m=2kg的小物塊，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，小車足夠長求從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t=1.5s小物塊通過的位移大小為多少？(取g=10m/s2)圖241【分分析析】此類題求解的關(guān)鍵是運(yùn)用整體、隔離法受力分析，再運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解 【解解析析】開始一段時(shí)間，物塊相對(duì)小車滑動(dòng)，兩者間相互作用的滑動(dòng)摩擦力的大小為：Ff=mg=4N物塊在Ff

14、的作用下加速，加速度為am=2m/s2，小車在推力F和Ff的作用下加速，加速度為aM=初速度為v0=1.5m/s=0.5m/s2，從靜止開始運(yùn)動(dòng)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1，兩者達(dá)到共同速度v，則有：v=amt1=v0+aMt1代入數(shù)據(jù)可得：t1=1s，v=2m/s在這t1時(shí)間內(nèi)物塊向前運(yùn)動(dòng)的位移為 以后兩者相對(duì)靜止，相互作用的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力將兩者作為一個(gè)整體，在F的作用下運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則F=(M+m)a，得a=0.8m/s2在剩下的時(shí)間t2=tt1=0.5s時(shí)間內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x2=vt2+可見小物塊在總共1.5s時(shí)間內(nèi)通過的位移大小為，得x2=1.1m.【評(píng)析】對(duì)于有共同加速度的連接體問題，

15、一般先用整體法由牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)題目要求，將其中的某個(gè)物體進(jìn)行隔離分析和求解對(duì)于加速度不同的連接體應(yīng)對(duì)每個(gè)物體分別隔離分析受力和運(yùn)動(dòng)x=x1+x2=2.1m.【變變式式題題】(2010 全全國國)如圖242，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g.則有()Aa1=g，a2=g Ba1=0，a2=gCa1=0，a2=gDa1=g，a2=g圖242c【解析解析】在抽出木板的瞬時(shí)，彈簧對(duì)1的支持力和對(duì)2的壓力

16、并未改變木塊1受重力和支持力，mg=F，a1=0.木塊2受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律：a2=g.臨界問題臨界問題 解決臨界問題，必須在變化中去尋找臨界條件，即不能停留在一個(gè)狀態(tài)來研究臨界問題，而是要研究變化的過程、變化的物理量，尋找臨界條件，解決臨界問題的基本思路是：(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個(gè)階段)；(2)尋找過程中變化的物理量(自變量與因變量)；(3)探索因變量隨自變量變化時(shí)的變化規(guī)律，要特別注意相關(guān)物理量的變化情況；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系顯然分析變化過程、確定因變量隨自變量變化的規(guī)律，是解決問題的關(guān)鍵【例例5】一圓環(huán)A套在一

17、均勻圓木棒B上，A的高度相對(duì)B的長度來說可以忽略不計(jì)A和B的質(zhì)量都等于m，A和B之間的滑動(dòng)摩擦力為f(f4s后，B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)Ct=4.5s時(shí)，A物體的速度為零Dt4.5s后，A、B的加速度方向相反 圖252ABD當(dāng)t=4s時(shí)N=0，A、B兩物體開始分離，此后B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t=4.5s時(shí)A物體的加速度為零而速度不為零t4.5s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反當(dāng)t4s時(shí)，A、B的加速度均為a=.綜上所述，選項(xiàng)A、B、D正確FB=對(duì)于A、B整體據(jù)牛頓第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a，設(shè)A、B間的作用為N，則對(duì)B據(jù)牛頓第二定律可得

18、：N+FB=mBa解得N=mB N【解析解析】多過程問題多過程問題圖261【例例6】一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央桌布的一邊與桌的 AB邊重合，如圖261所示已知盤與桌布間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，盤與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2.現(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB邊若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？(以g表示重力加速度)(1)小圓盤的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段：一是在桌布上以1g的加速度向前勻加速運(yùn)動(dòng)一段距離x1，獲得速度v1；二是在桌子上以2g的加速度向前勻減速運(yùn)動(dòng)，滑行距離為x2，則x1+x2(2)桌布以a的加速度向前加速運(yùn)動(dòng)的距離x=at2；

19、同時(shí)圓盤向前運(yùn)動(dòng)x1的距離，二者的相對(duì)位移大小恰好為 .【分析分析】【解解析析】設(shè)圓盤的質(zhì)量為m，桌長為l，在桌布從圓盤下抽出的過程中，盤的加速度為a1，有：1mg=ma1桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2設(shè)盤剛離開桌布時(shí)的速度為v1，移動(dòng)的距離為x1，離開桌布后在桌面上在運(yùn)動(dòng)距離x2后便停下，有v=2a1x1 v=2a2x2盤沒有從桌面上掉下的條件是x2 lx1x1=2a1t2由以上各式解得x=at2而x=l+x1 設(shè)桌布從盤下抽出的時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)桌布移動(dòng)的距離為x，有t=a 【評(píng)析】本題涉及圓盤與桌布兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)，且圓盤的運(yùn)動(dòng)又分勻加速和

20、勻減速運(yùn)動(dòng)，是一個(gè)綜合性很強(qiáng)的動(dòng)力學(xué)問題對(duì)于這類物理情景相對(duì)比較復(fù)雜、隱蔽，而物理量之間關(guān)系比較難找的問題，要通過“讀題”、“畫情景圖”“規(guī)范列式”等活動(dòng)，在積極的聯(lián)想、類比等交互中尋求答案，提高綜合分析和解決問題的能力 【變變式式題題1】總質(zhì)量為80kg的跳傘運(yùn)動(dòng)員從離地500m的直升機(jī)上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘，如圖262所示，是跳傘過程中的vt圖，試根據(jù)圖象求：(g取10m/s2)(1)t=1s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度和所受阻力的大小(2)估算14s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員下落的高度及克服阻力做的功(3)估算運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地的總時(shí)間(1)從圖中可以看出，在t=2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大

21、小為a=m/s2=8m/s2=設(shè)此過過程中運(yùn)動(dòng)員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有mgf=ma得f=m(ga)=80(108)N=160N【解析解析】(2)從圖中估算得出運(yùn)動(dòng)員在14s內(nèi)下落了39.522m=158m根據(jù)動(dòng)能定理，有mghWf=mv2所以有 Wf=mgh mv2=(8010158 8036)J1.25105J(3)14s后運(yùn)動(dòng)員做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t=s=57s運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時(shí)間t總=t+t=(14+57)s=71s【變變式式題題2】(2009江蘇)航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m=2kg，動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F=28N.試飛時(shí)，飛行器從地面

22、由靜止開始豎直上升設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的阻力大小不變，g取10m/s2.(1)第一次試飛，飛行器飛行t1=8s時(shí)到達(dá)高度H=64m.求飛行器所受阻力f的大?。?2)第二次試飛，飛行器飛行t2=6s時(shí)遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力求飛行器能達(dá)到的最大高度h；(3)為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時(shí)間t3.如圖所示(1)第一次飛行中，設(shè)加速度為a1勻加速運(yùn)動(dòng)H=由牛頓第二定律Fmgf=ma1，解得f=4N(2)第二次飛行中，設(shè)失去升力時(shí)的速度為v1，上升的高度為x1，勻加速運(yùn)動(dòng)x1=設(shè)失去升力后的加速度為a2，上升的高度為x2由牛頓第二定律mg+f=ma2v1=a1t2 解得h=x1+x2=42m【解析解析】(3)設(shè)失去升力下降階段加速度為a3；恢復(fù)升力后加速度為a4，恢復(fù)升力時(shí)速度為v3由牛頓第二定律mgf=ma3F+fmg=ma4且v3=a3t3，解得t3=(s)(或2.1s)