物理二輪專題： 牛頓運(yùn)動定律與直線運(yùn)動

專題二 牛頓運(yùn)動定律與直線運(yùn)動 牛頓運(yùn)動定律是解決動力學(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)動是運(yùn)動中的特殊情景，主要有勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、非勻變速直線運(yùn)動及往返的直線運(yùn)動等，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)化成物理問題的能力復(fù)習(xí)時既要注重知識的綜合運(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，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，同時要注意牛頓運(yùn)動定律與曲線運(yùn)動、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)動與電磁場結(jié)合的直線運(yùn)動【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，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，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.【評析】帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題，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)動情況，運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律、動能定理或能量關(guān)系列出方程式求解本題考查了力與運(yùn)動的關(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”的條件，推測合外力的情況，同時本題要能靈活運(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，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)動到N點(diǎn)，OMON.若滑塊在M、N時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位置【例例2】如圖221所示，一個彈簧臺秤的秤盤質(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，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)動的加速度；(2)F的最小值和最大值各是多小？彈簧類問題彈簧類問題 【分分析析】本題的關(guān)鍵是找到t=0.2s時刻，物體P的位置，由于本題彈簧臺秤的秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都不計(jì)，則t=0.2s時彈簧恰好恢復(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，P離開秤盤此時P受到盤的支持力為零，由于盤和彈簧的質(zhì)量都不計(jì)，所以此時彈簧處于原長在00.2s這段時間內(nèi)P向上運(yùn)動的距離：X=0.4m因?yàn)?，所以P在這段時間的加速度a=20m/s2(2)當(dāng)P開始運(yùn)動時拉力最小，此時對物體P有 ，又因此時N=mg，所以有 =240N 當(dāng)P與盤分離時拉力F最大，=360N.【評析】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)系分析形變所對應(yīng)的彈力大小、方向，以此來分析計(jì)算物體運(yùn)動狀態(tài)的可能性(2)彈簧的形變發(fā)生及改變需要一段時間，在瞬間內(nèi)形變量可認(rèn)為不變因此在分析瞬時變化時，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摩擦因數(shù)為.初始時，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，當(dāng)其速度達(dá)到v0后，便以此速度做勻速運(yùn)動經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動求此黑色痕跡的長度【分分析析】本題的關(guān)鍵是對皮帶與煤塊隔離分析，結(jié)合牛頓運(yùn)動定律判斷得出各自的運(yùn)動情況，由于運(yùn)動情況不同，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)生了相對滑動，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0.根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，可得a=g.設(shè)經(jīng)歷時間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)受到滑動摩擦力的作用再經(jīng)過時間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)動速度相同，相對于傳送帶不再滑動，不再產(chǎn)生新的痕跡 【評析】本題從實(shí)際出發(fā)，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的整個過程中，傳送帶和煤塊移動的距離分別為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的速度沿逆時針方向轉(zhuǎn)動在傳送帶上端A處無初速地放置一個質(zhì)量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為=0.5，求物體從A端運(yùn)動到B端所需的時間是多少？(sin 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，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時需要的時間為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)第二階段物體滑動到B端的時間為t2，則LAB-x=v0t2+=11m解得t2=1s，t2=11s(舍去)故物體經(jīng)歷的總時間t=t1+t2=2s連接體問題連接體問題 若干個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)的連接體常會處于某種運(yùn)動狀態(tài)，如處于平衡狀態(tài)或以相同的加速度運(yùn)動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)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)動的速度達(dá)到1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計(jì)，質(zhì)量為m=2kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(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)動定律求解 【解解析析】開始一段時間，物塊相對小車滑動，兩者間相互作用的滑動摩擦力的大小為：Ff=mg=4N物塊在Ff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)動設(shè)經(jīng)過時間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時間內(nèi)物塊向前運(yùn)動的位移為 以后兩者相對靜止，相互作用的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力將兩者作為一個整體，在F的作用下運(yùn)動的加速度為a，則F=(M+m)a，得a=0.8m/s2在剩下的時間t2=tt1=0.5s時間內(nèi)，物塊運(yùn)動的位移為x2=vt2+可見小物塊在總共1.5s時間內(nèi)通過的位移大小為，得x2=1.1m.【評析】對于有共同加速度的連接體問題，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，將其中的某個物體進(jìn)行隔離分析和求解對于加速度不同的連接體應(yīng)對每個物體分別隔離分析受力和運(yùn)動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，彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變木塊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套在一均勻圓木棒B上，A的高度相對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之間的滑動摩擦力為f(f4s后，B物體做勻加速直線運(yùn)動Ct=4.5s時，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N=0，A、B兩物體開始分離，此后B做勻加速直線運(yùn)動，而A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)t=4.5s時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，A、B的加速度均為a=.綜上所述，選項(xiàng)A、B、D正確FB=對于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B據(jù)牛頓第二定律可得：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摩擦因數(shù)為1，盤與桌面間的動摩擦因數(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)動分為兩個階段：一是在桌布上以1g的加速度向前勻加速運(yùn)動一段距離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，滑行距離為x2，則x1+x2(2)桌布以a的加速度向前加速運(yùn)動的距離x=at2；同時圓盤向前運(yùn)動x1的距離，二者的相對位移大小恰好為 .【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，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2設(shè)盤剛離開桌布時的速度為v1，移動的距離為x1，離開桌布后在桌面上在運(yùn)動距離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間為t，在這段時間內(nèi)桌布移動的距離為x，有t=a 【評析】本題涉及圓盤與桌布兩個物體的運(yùn)動，且圓盤的運(yùn)動又分勻加速和勻減速運(yùn)動，是一個綜合性很強(qiáng)的動力學(xué)問題對于這類物理情景相對比較復(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，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時運(yùn)動員的加速度和所受阻力的大小(2)估算14s內(nèi)運(yùn)動員下落的高度及克服阻力做的功(3)估算運(yùn)動員從飛機(jī)上跳下到著地的總時間(1)從圖中可以看出，在t=2s內(nèi)運(yùn)動員做勻加速運(yùn)動，其加速度大小為a=m/s2=8m/s2=設(shè)此過過程中運(yùn)動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)動員在14s內(nèi)下落了39.522m=158m根據(jù)動能定理，有mghWf=mv2所以有 Wf=mgh mv2=(8010158 8036)J1.25105J(3)14s后運(yùn)動員做勻速運(yùn)動的時間為 t=s=57s運(yùn)動員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時間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，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F=28N.試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升設(shè)飛行器飛行時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時到達(dá)高度H=64m.求飛行器所受阻力f的大小；(2)第二次試飛，飛行器飛行t2=6s時遙控器出現(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)失去升力時的速度為v1，上升的高度為x1，勻加速運(yùn)動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)