高三总复习牛顿运动定律之重点难点分析

1牛顿运动定律重难点分析应用牛顿第二定律解题的基本方法和解题步骤1.基本方法隔离法：隔离中又有整体隔离和部分隔离。2.解题步骤（1）确定研究对象确定研究对象后就确定了质量m或者系统质量“m1+m2”（2）受力分析按静力学分析力的方法，有重力、弹力、摩擦力、带电微粒在电场中受电场力Eq、库仑力、带电粒子在磁场中可能受洛仑兹力，及通电导线在磁场中受安培力等。（3）建立坐标系常以加速度的方向或反方向为某一坐标轴的正方向。（4）正交分解法把矢量的运算变成代数的运算，将各个力进行正交分解。（5）列方程ΣFx=max，ΣFy=may。（6）解方程必要时讨论运算结果的物理意义。一．力、加速度、速度的关系根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，与质量成反比，加速度的方向总是与合外力的方向一致。速度是描述运动的一个物理量。速度和力与加速度没有直接关系，合外力为零时，加速度为零，但速度不一定为零，速度可能很大。反之，速度为零时，加速度也不一定为零。加速度与速度的变化有关，加速度的方向与速度的变化的方向一致，而加速度不一定与速度方向一致。示例1如图2.3-1中PQ是一个由轻弹簧支撑的平台（质量忽略），弹簧另一端固定在地面。一重物m从高处落下并粘在平台上，整个过程中弹簧受力一直处于弹性限度内，重物在第一次降到最低点之前，相对于地面的速度什么时候最大？（A）重物非常接近平台时；（B）重物落到平台但弹簧还未形变时；2（C）弹簧弹力等于重物的重力时；（D）弹簧被最大压缩时。分析指导在重物接触平台后的前一段时间，重力大于弹力，合力向下。根据弹力F=Kx不断变大，合力不断减小，加速度不断减小。由于加速度的方向与速度方向相同，速度不断增加。这一段重物做的是加速度减小的加速运动。当弹力增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大值。当弹力继续增加，弹力大于重力，合力向上，物体开始做减速运动，加速度逐渐变大，速度逐渐减小，最后速度变为零，弹簧被压缩到最大值（重物速度为零后不会停留此处，还会向上运动，请同学们自己分析上升的情况）。答案选C.示例2一个质量m为3.0千克的物块，静止在水平面上，物块与水平面间的滑动摩擦系数为0.20。现在给物块施加一个大小为15牛，方向向右的水平推力F1，并持续作用6秒钟，在6秒末时撤去F1，在撤去F1的同时给物块施加一个大小为12牛，方向向左的水平推力F2，持续一段时间后又将它撤去，并立即给物块施加一个大小仍为12牛，方向向右持续作用的水平推力F3，已知物块开始运动经历14秒钟速度达到18米／秒，方向向右，求物块14秒内发生的位移（g取10米／秒2）。分析指导设施加力分别为F1、F2、F3时，位移分别为s1、s2、s3，所用时间分别为t1、t2、t3，加速度分别为a1、a2、a3，A点为出发时的位置，B点撤换F1、F2的位置，C点为撤换F2、F3的位置，D点为14秒末的位置，如图2.3-2所示。物体由A到B阶段，由牛顿第二定律得。F1－f=ma1代入已知数据得15－0.20×3.0×10=3.0a1a1=3.0(m/s2)，方向向右。位移）（m5460.3212122111tas，方向向右。t1秒末的速度v1=a1t1=3.0×6=18(m/s)，方向向右。3在B点撤换力F1后，由B到C进入第二阶段的物理过程：由牛顿第二定律得F2+f=ma2代入数据得12+0.20×3.0×10=3.0a2a2=6(m/s2)，方向向左。t2秒末的速度得v2=v1－a2t2=18－6t2（1）C点是撤换力F2的位置，此后物体从C到D进入第三阶段的物理过程：由牛顿第二定律得F3－f=ma3代入数据12－0.20×3.0×10=3.0a3得a3=2.0(m/s2)，方向向右。v3=v2+a3t318=v2+2.0t3，故v2=18－2.0t3（2）由题意知t2+t3=t－t1=14－6=8(s)（3）由式（1）（2）（3）得t2=2（s）t3=6（s）t2值代入式（1）得v2=6(m/s)，方向向右。由（2）运动学公式得23221221tatvs22621218=24(m)，向右。23332321tatvs)m(726221662，方向向右物块在14秒内的位移s=s1+s2+s3=54+24+72=150（m）本题分三个阶段，第一个物理过程物块做匀速为零的匀加速直线运动，第二个物理过程是初速不为零的匀减速直线运动。前两个物理过程联系的纽带是速度v1。第三个物理过程是初速不为零的匀加速运动。第二个和第三个物理过程联系的纽带是速度v2。这个题既考查了基础知识，又突出了重点，也考查了能力，是个好题。结论前后两个物理过程联系的“桥梁”是速度，而动力学与运动学联的“关键”是加4速度，在本题中都体现得很好，望同学们理解并掌握这种解题的关键。示例3一物块从倾角为θ，长s的斜面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面的滑动磨擦系数为μ，求物块滑到底端所需的时间。分析指导设物块质量为m，加速度为a，物块受力情况如图2.3-3所示。根据牛顿第二定律列方程mgsinθ－f=ma（1）N－mgsinθ=0（2）f=μN（3）由式（1）（2）（3）得a=gsinθ－μgcosθ由221ats得cossin22ggsast二．深刻理解加速度与力的瞬时关系作变速运动的物体，加速度的大小和方向时刻都在变化。由牛顿第二定律可知，物体的加速度与合外力成正比，合外力随时间而变化，加速度也随合外力而变化，由于合力的瞬时性，决定了加速度的瞬时性。示例4如图2.3-6所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m。当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L。今向下拉盘使弹簧再伸长△L后停止，然后松手放开。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于（A）mgLL1（B）gmmLL)(10；（C）mgLL；（D）gmmLL）（0。分析指导以盘和重物为一个整体加以隔离，平衡时KL=(m+m0)g，LgmmL）（0。用手向下拉，弹簧共伸长L+△L，弹力F=K(L+△L)，放手的瞬时，根据牛顿第二定律F－(m+m0)g=(m+m0)a。把F值代入得5ammgmmLLLgmm）（）（）（）（000gLLa，方向向上。隔离盘中物体，设盘对物体的支持力为N，由牛顿第二定律N－mg=ma故N=mg+ma=mg+mgLL=(1+LL)mg，向上。答案选A。示例5如图2.3-7所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连。它们一起在光滑水平面上作简谐振动，振动过程中，A、B之间无相对滑动。设弹簧的倔强系数为K，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于（A）0；（B）Kx；（C）KxMm；（D）KxMmm。AB分析指导A、B整体隔离，当位移为x的瞬间系统受的回复力F=Kx是瞬时力，此时的加速度为瞬时加速度。根据牛顿第二定律Kx=(m+M)a得MmKxa。隔离物体A，A受的摩擦力作为它的回复力。根据牛顿第二定律得KxMmmmaf，选项D是正确的。答案D。示例6如图2.3-8所示，A和B的质量分别是1千克和2千克，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的悬线烧断的瞬间，AB（A）A的加速度等于3g；（B）A的加速度等于g；6（C）B的加速度为零；（D）B的加速度为g。分析指导悬线未烧时，A受3个力，线的拉力T向上，A的重量GA=mAg向下，弹簧对A的拉力F向下，处于平衡。故T=mAg+FB受两个力，重力GB=mBg向下，弹簧拉力F，因为B物平衡。故F=mBg由（1）（2）式得T=mAg+mBg当悬线烧断的瞬间，对A，mAg+mBg=mAaA故ggmmmaABAA3，选A。对B物，F=mBg，ΣFB=0，故aB=0，选C答案应为A，C。三．正交分解法的应用在应用牛顿第二定律解题时，如果物体同时受到几个共点力的作用，常用的方法是，建立直角坐标系，最好使x轴（或y轴）沿加速度方向或加速度的反方向。将各个力正交分解，分别求出x轴和y轴方向的合力ΣFx和ΣFy，根据力的独立作用原理列方程ΣFx=maxΣFy=may示例6如图2.3-12（a）所示，在倾角为α的斜面上，有一质量为m的物体，物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ，物体受一个与斜面成θ角斜向上的拉力F，使物体沿斜面向上加速运动，求加速度为多大？分析指导受力分析，重力mg，竖直向下，支持力N，垂直斜面向上；摩擦力f沿斜面向下；拉力F。建立坐标系，取x轴沿斜面向上，y轴垂直斜面向上，坐标原点建立在物体上，如图2.3-127（b）所示，将重力mg和拉力F正交分解。根据牛顿第二定律列方程：x方向Fcosθ－mgsinα－f=ma（1）y方向N+Fsinθ－mgcosα=0（2）f=μN（3）由（1）（2）（3）式得)cos(sin)sin(cosgmFa示例7如图2.3-13所示，质量为m的木块，用与竖直方向成θ角的力F将木块压在竖直墙上，设木块与墙壁的摩擦系数为μ。当木块以加速度a匀加速上滑时，求作用力F的大小和木块对墙壁的压力各为多大？分析指导以木块为研究对象。受力分析：重力mg方向竖直向下；墙壁对木块的支持力N，水平向左；推力F斜向上，与竖直夹角为θ，摩擦力f向下。建立坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，坐标原点建立在物体上，把F平移到质心，分解F为Fy=Fcosθ，Fx=Fsinθ。根据牛顿第二定律列方程：x方向：N－Fsinα=0（1）y方向Fcosθ－mg－f=ma（2）f=μN（3）由（1）（2）（3）式得sincos)(agmF。将F值代入（1）式得sincossin)(agmN。在应用牛顿定律解题时，,为了解题方便，有时分解加速度，而不分解力。这种情况表现为建立坐标系后，所有的力都落在两个坐标轴上，不需分解，而加速度a不在坐标轴上。示例8小车沿倾角为α的光滑斜面下滑，在小车的平台上，有一质量为m的木块与小车保持相对静止，如图2.3-14（a）所示，试求：（1）小车下滑过程中作用在木块上的摩擦力；（2）小车下滑过程中木块对小车水平台面的压力。8分析指导设小车质量为M，小块与小车整体隔离沿斜面方向，由牛顿第二定律得(M+m)gsinα=(M+m)a故a=gsinα，方向沿斜面向下。隔离木块，受力分析：重力mg竖直向下；车对木块支持力N竖直向上；平台对木块的摩擦力f向左。如图2.3-14（b）所示。分解加速度水平方向ax=acosα=gsinαcosα竖直方向ay=asinα=gsin2α根据牛顿第二定律x方向f=max=mgsinαcosα，向左y方向mg－N=mayN=mg－may=mg－mgsin2α=mg(1－sinα2)=mgcos2α，向上答：①小木块受的摩擦力f=mgsinαcosα，向左。②木块对小车的压力N′=mgcos2α，向下。说明若本题在研究木块求f和N时，坐标系x轴建立在沿斜面方向，y轴垂直斜面方向，分解力而不分解加速度，计算结果与上面结果相同，但数学运算要繁的多。由此可知，运算结果与坐标系的选择无关，分解力与分解加速度结果相同，坐标系选择得好，运算简单。示例9如图2.3-15（a）所示，在质量M=400克的劈形木块B上，叠放一块木块A，木块A的质量m=200克。A、B一起放在斜面上，斜面倾角为37°。B的上表面呈水平，木块B与斜面和A、B之间的摩擦系数均为μ=0.20。当木块B受到一个F=5.79牛的沿斜面向上的作用力时，A相对于B静止一起沿斜面向上运动。求：①木块B的加速度大小；②木块A受到的摩擦力及它对B的压力大小。分析指导①把A、B整体隔离。根据牛顿第二定律9N－(m+M)gcos37°=0F－(m+M)gsin37°－f=(m+M)af=μN（3）由（1）（2）（3）式得37cos37singgMmFa)m/s(05.28.01020.06.0104