- 2021-05-14 发布 |
- 37.5 KB |
- 31页
申明敬告： 本站不保证该用户上传的文档完整性，不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
高考物理一轮复习牛顿运动定律
牛顿运动定律 牛顿第一定律 牛顿第三定律 基础知识归纳 1.牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持 匀速直线运动 状态或 静止 状态，除非作用在它上面的力迫使它 改变 这种状态. (2)牛顿第一定律的意义 ①指出了一切物体都有 惯性 ，因此牛顿第一定律又称 惯性定律 . ②指出力不是 维持 物体运动的原因，而是 改变 物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因. (3)惯性 ①定义：物体具有保持原来 匀速直线运动 状态或 静止 状态的性质. ②量度： 质量 是物体惯性大小的唯一量度， 质量 大的物体惯性大， 质量 小的物体惯性小. ③普遍性：惯性是物体的 固有 属性，一切物体都有 惯性 . 2.牛顿第三定律 (1)作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是 相互 的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体也施加了力. (2)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小 相等 ，方向相反，作用在 同一条 直线上. (3)物理意义：建立了相互作用的物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系. 4.作用力与反作用力的“四同”和“三不同” 四同： (1) 大小相同 (2) 方向在同一直线上 (3) 性质相同 (4) 出现、存在、消失的时间相同 三不同：(1) 方向不同 (2) 作用对象不同 (3) 作用效果不同 重点难点突破 一、如何理解牛顿第一定律 1.建立惯性的概念，即一切物体都具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性.是物体固有的一种属性，与物体是否受力及物体的运动状态无关. 2.对力的概念更加明确.力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是物体产生加速度的原因. 3.牛顿第一定律不是实验定律，即不能由实验直接加以验证，它是在可靠的实验事实基础上采用科学的抽象思维而推理和总结出来的. 二、牛顿第一定律、惯性、牛顿第二定律的比较 1.力不是维持物体运动的原因，牛顿第一定律指出“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止”.因此物体在不受力时仍可以匀速运动，并不需要力来维持，力是改变这种状态的原因，也就是力是产生加速度的原因. 2.惯性是一切物体保持原来运动状态的性质，而力是物体间的相互作用.因此惯性不是一种力，力是使物体运动状态发生改变的外部因素，惯性则是维持物体运动状态，阻碍物体运动状态发生改变的内部因素. 3.惯性的表现：物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来，物体不受外力时，惯性表现在维持原运动状态不变，即反抗加速度产生，且在外力一定时，质量越大的物体运动状态越难改变，加速度越小. 4.牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是牛顿第二定律的基础，牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的，是以伽利略的理想实验为基础，通过对大量实验现象的思维抽象、推理而总结出来的.牛顿第一定律定性地给出了物体在不受力的理想情况下的运动规律，在此基础上牛顿第二定律定量地指出了力和运动的关系：F＝ma. 三、作用力和反作用力与平衡力 1.作用力和反作用力与平衡力的比较 内容 作用力和反作用力 平衡力 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上 依赖关系 相互依存，不可单独存在，同时产生，同时变化，同时消失 无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡 叠加性 两力作用效果不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，且合力为零 力的性质 一定是同性质的力 可以是同性质的力，也可以是不同性质的力 大小方向 大小相等、方向相反、作用在一条直线上 大小相等、方向相反、作用在一条直线上 2.判断一对力是否是作用力和反作用力 (1)看作用点，作用力与反作用力应作用在两个物体上. (2)看产生的原因，作用力和反作用力是由于相互作用而产生的. (3)作用力与反作用力具有相互性和异体性，与物体运动状态无关. 典例精析 1.牛顿第一定律的应用 【例1】如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则两个小球( ) A.一定相碰 B.一定不相碰 C.不一定相碰 D.难以确定是否相碰，因为不知小车的运动方向 【解析】两个小球放在光滑的小车表面上，又不考虑其他阻力，故水平方向不受外力，由牛顿第一定律可知，两小球仍然以相同的速度做匀速直线运动，永远不相碰，只有B对. 【答案】B 【思维提升】运用牛顿第一定律解决问题时，正确的受力分析是关键，如果物体不受力或所受合外力为零，物体的运动状态将保持不变，同理可知，如果物体在某一方向上不受力或所受合外力为零，则物体在这一方向上的运动状态(即速度)保持不变. 2.对惯性概念的理解 【例2】做匀速直线运动的小车上，水平放置一密闭的装有水的瓶子，瓶内有一气泡，如图所示，当小车突然停止运动时，气泡相对于瓶子怎样运动？ 【解析】从惯性的角度去考虑瓶内的气泡和水，显然水的质量远大于气泡的质量，故水的惯性比气泡的惯性大.当小车突然停止时，水保持向前运动的趋势远大于气泡向前运动的趋势，于是水由于惯性继续向前运动，水将挤压气泡，使气泡相对瓶子向后运动. 【思维提升】分别考虑水和气泡的惯性是解决本题的关键，抓住惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，也就是运动状态更不易改变. 【拓展1】在上题中： (1)若在瓶内放一小软木块，当小车突然停止时，软木块相对于瓶子怎样运动？ (2)若在瓶内放一小铁块，又如何？ 【解析】(1)由于木块的密度小于水的密度，所以同体积的水质量大于木块的质量，水的惯性比木块大，木块将相对于瓶子向后运动. (2)由于同体积的铁块质量大于水的质量，铁块的惯性比水大，所以铁块相对于瓶子将向前运动. 3.作用力与反作用力和平衡力的区别 【例3】如图所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G′＝50 N， 另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长a＝10 cm的金属块，金属块的密度ρ＝3×103 kg/m3，当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水中深b＝4 cm时，弹簧秤和台秤示数分别为多少？(水的密度是ρ水＝103 kg/m3，取g＝10 m/s2) 【解析】金属块的受力分析如图所示，因金属块静止，故有FT＝G－F浮 又因G＝ρa3g＝30 N，F浮＝ρ水gV排＝ρ水ga2b＝4 N 由牛顿第三定律知水对金属块的力与金属块对水的力都为4 N，FT＝30 N－4 N＝26 N 台秤的示数由于浮力的作用力增加了F′＝4 N，所以台秤的示数为FN＝G′＋F′＝54 N 【思维提升】类似此类问题要紧抓一对平衡力以及一对作用力和反作用力的特点，结合它们的区别、联系一一分析. 易错门诊 【例4】关于马拉车时马与车的相互作用，下列说法正确的是( ) A.马拉车而车未动，马向前拉车的力小于车向后拉马的力 B.马拉车只有匀速前进时，马向前拉车的力才等于车向后拉马的力 C.马拉车加速前进时，马向前拉车的力大于车向后拉马的力 D.无论车是否运动、如何运动，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力 【错解】C；马拉车加速前进，就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大，由此而得出结论：马向前拉车的力大于车向后拉马的力. 【错因】产生上述错解原因是学生凭主观想象，而不是按物理规律分析问题.按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的，车随马加速前进是因为马对车的拉力大于地面对车的摩擦力. 【正解】马拉车的力和车拉马的力是一对作用力和反作用力.根据牛顿第三定律，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故不管在什么情况下，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力，而与马车的运动状态无关，故A、B、C错误，D正确. 【答案】D 【思维提升】生活中有一些感觉是不正确的，不能把生活中的经验、感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问题. 牛顿第二定律 力学单位制 基础知识归纳 1.牛顿第二定律 (1)内容：物体的加速度与所受合外力成 正比 ，跟物体的质量成 反比 . (2)表达式： F＝ma . (3)力的单位：当质量m的单位是 kg 、加速度a的单位是 m/s2 时，力F的单位就是N，即1 kg•m/s2＝1 N. (4)物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受 合外力 的关系，且这种关系是瞬时的. (5)适用范围： ①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面 静止 或 匀速直线 运动的参考系). ②牛顿第二定律只适用于 宏观 物体(相对于分子、原子)、 低速 运动(远小于光速)的情况. 2.单位制 (1)单位制：由 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制. ①基本单位：基本物理量的单位.力学中的基本物理量有三个，它们是 长度 、 质量 、 时间 ；它们的国际单位分别是 米 、 千克 、 秒 . ②导出单位：由 基本 量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位. (2)国际单位制中的基本物理量和基本单位 国际单位制的基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n 摩[尔] mol 发光强度 I 坎[德拉] cd 重点难点突破 一、牛顿第二定律的理解 牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系.联系物体的受力情况和运动情况的桥梁是加速度.可以从以下角度进一步理解牛顿第二定律. 因果关系 力是产生加速度的原因，力是因，加速度是果.只能描述为物体运动的加速度与物体所受的外力成正比，反之不行 同体性 F、a、m三者都针对同一个物体，其中F是该物体所受的合外力，m是该物体的质量，a是在F作用下该物体的加速度 瞬时性 F与a是瞬时对应的，它们同时存在，同时变化，同时消失.物体在每一时刻的瞬时加速度是跟那一时刻所受的合外力成正比的，恒力产生恒定的加速度，变力产生变化的加速度，某一方向上合外力不为零，就在这一方向上产生加速度 同向性 F与a的方向永远是一致的，也就是说合外力的方向决定了物体加速度的方向，加速度的方向反映了物体所受合外力的方向 独立性 作用于物体上的每一个力各自独立产生加速度也遵从牛顿第二定律，与其他力无关.物体实际的加速度则是每个力单独作用时产生的加速度的矢量和 适用范围 惯性参考系，宏观低速运动的物体 二、应用牛顿运动定律解题的基本方法 1.当物体只受两个力作用而做变速运动时，通常根据加速度和合外力方向一致，用平行四边形定则先确定合外力后求解，称为合成法. 2.当物体受多个力作用时，通常采用正交分解法. 为减少矢量的分解，建立坐标系，确定x轴正方向有两种方法： (1)分解力不分解加速度，此时一般规定a方向为x轴正方向. (2)分解加速度不分解力，此种方法以某种力的方向为x轴正方向，把加速度分解在x轴和y轴上. 三、力和运动关系的分析 分析力和运动关系问题时要注意以下几点： 1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系. 2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速. 3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程. 典例精析 1.瞬时性问题分析 【例1】如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态. (1)现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度； (2)若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况不变，如图乙所示，求剪断L2线瞬间物体的加速度. 【解析】(1)对图甲的情况，L2剪断的瞬间，绳L1不可伸缩，物体的加速度只能沿切线方向，则mgsin θ＝ma1 所以a1＝gsin θ，方向为垂直L1斜向下. (2)对图乙的情况，设弹簧上拉力为FT1，L2线上拉力为FT2.重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，有 FT1cos θ＝mg，FT1sin θ＝FT2，FT2＝mgtan θ 剪断线的瞬间，FT2突然消失，物体即在FT2反方向获得加速度.因为mgtan θ＝ma2，所以加速度a2＝gtan θ，方向与FT2反向，即水平向右. 【思维提升】(1)力和加速度的瞬时对应性是高考的重点.物体的受力情况应符合物体的运动状态，当外界因素发生变化(如撤力、变力、断绳等)时，需重新进行运动分析和受力分析，切忌想当然； (2)求解此类瞬时性问题，要注意以下四种理想模型的区别： 特性 模型 质量 内部弹力 受外力时 的形变量 力能否突变 产生拉力或压力 轻绳 不计 处处相等 微小不计 可以突变 只有拉力没有压力 橡皮绳 较大 一般不能突变 只有拉力没有压力 轻弹簧 较大 一般不能突变 既可有拉力 也可有压力 轻杆 微小不计 可以突变 既有拉力也 可有支持力 【拓展1】如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用线相连.球B与球C之间用弹簧S2相连.A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，弹簧与线的质量均不计.开始时它们都处于静止状态.现将A、B间的线突然剪断，求线刚剪断时A、B、C的加速度. 【解析】剪断A、B间的细线前，对A、B、C三球整体分析，弹簧S1中的弹力： F1＝(mA＋mB＋mC)g ① 方向向上. 对C分析，S2中的弹力：F2＝mCg ② 方向向上. 剪断A、B间的细线时，弹簧中的弹力没变. 对A分析：F1－mAg＝mAaA ③ 对B分析：F2′＋mBg＝mBaB ④ 对C分析：F2－mCg＝mCaC ⑤ F2′＝F2 由①③式解得aA＝g，方向向上. 由②④式解得aB＝g，方向向下. 由②⑤式解得aC＝0 2.应用牛顿第二定律解题的基本方法 【例2】一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法正确的是( ) A.当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小 B.当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 C.当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小 D.当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小 【解析】解法一：用合成法，根据平行四边形定则求解.对物体作受力分析，如图所示.(设物体质量为m，斜面对物体的正压力为FN，斜面对物体的摩擦力为Ff)物体具有向上的加速度a，由牛顿第二定律及力的合成有 －mg＝ma －mg＝ma 当θ一定时，a越大，FN越大，A不正确；当θ一定时，a越大，Ff越大，B正确；当a一定时，θ越大，FN越小，C正确；当a一定时，θ越大，Ff越大，D不正确. 解法二：应用正交分解法求解. 物体受重力、支持力、摩擦力的作用.由于支持力、摩擦力相互垂直，所以把加速度a在沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如图所示. 沿斜面方向，由牛顿第二定律得： Ff－mgsin θ＝masin θ ① 垂直于斜面方向，由牛顿第二定律得： FN－mgcos θ＝macos θ ② 当θ一定时，由①得，a越大，Ff越大，B正确. 由②得，a越大，FN越大，A错误. 当a一定时，由①得，θ越大，Ff越大，D错误. 由②得，θ越大，FN越小，C正确. 【答案】BC 【思维提升】解题方法要根据题设条件灵活选择.本题的解法二中，要分析的支持力和摩擦力相互垂直，所以分解加速度比较简单，但是当多数力沿加速度方向时，分解力比较简单. 【拓展2】风洞实验中可产生水平方向的、大小可以调节的风力，先将一套有小球的细杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示. (1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动，这时所受风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆的动摩擦因数； (2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离x的时间为多少.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 【解析】(1)设小球所受的风力为F，支持力为FN、摩擦力为Ff、小球质量为m，作小球受力图，如图所示，当杆水平固定，即θ＝0时，由题意得F＝μmg 所以μ＝F/mg＝0.5mg/mg＝0.5 (2)沿杆方向，由牛顿第二定律得 Fcos θ＋mgsin θ－Ff＝ma ① 在垂直于杆的方向，由共点力平衡条件得 FN＋Fsin θ－mgcos θ＝0 ② 又Ff＝μFN ③ 联立①②③式解得 a=＝ 将F＝0.5mg代入上式得a＝g ④ 由运动学公式得x＝at2 ⑤ 由④⑤式解得t＝ 易错门诊 3.力和运动的关系 【例3】如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的摩擦力恒定，则( ) A.物体从A到O加速，从O到B减速 B.物体从A到O速度越来越小，从O到B加速度不变 C.物体从A到O间先加速后减速，从O到B一直减速运动 D.物体运动到O点时所受合力为零 【错解】A；物体在O点附近来回运动，因此物体在O点的速度最大，则A选项正确. 【错因】犯以上错误的客观原因是思维定势，好像是弹簧振子的平衡位置O具有最大速度，这是盲目的模仿，主要是没有好的解题习惯，没有弄清楚力和运动的关系，另外有些同学是忽略了摩擦力. 【正解】在A点，弹簧弹力F大于摩擦力μmg，合外力向右，物体加速运动；在O点，弹簧弹力减小到零，只受摩擦力μmg，方向向左，物体在A到O之间一定存在某点弹力等于摩擦力，此时物体所受到的合外力为零，速度最大.故从A到O ，物体先加速后减速，加速度先减小后增大.从O到B，合外力向左，物体一直减速运动，加速度一直增大，故C选项正确. 【答案】C 【思维提升】要正确理解力和运动的关系，物体运动方向和合外力方向相同时物体做加速运动，当弹力减小到等于摩擦力，即合外力为零时，物体的速度最大，小球的加速度决定于小球受到的合外力. 牛顿运动定律的应用 重点难点突破 一、动力学两类基本问题的求解思路 两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽，思维过程如下： 二、用牛顿定律处理临界问题的方法 1.临界问题的分析思路 解决临界问题的关键是：认真分析题中的物理情景，将各个过程划分阶段，找出各阶段中物理量发生突变或转折的“临界点”，然后分析出这些“临界点”应符合的临界条件，并将其转化为物理条件. 2.临界、极值问题的求解方法 (1)极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理此类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的. (2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答此类题目，一般采用假设法. 此外，我们还可以应用图象法等进行求解. 三、复杂过程的处理方法——程序法 按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为程序法.用程序法解题的基本思路是： 1.划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态. 2.对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果. 3.前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的分界点是关键. 典例精析 1.动力学基本问题分析 【例1】在光滑的水平面上，一个质量为200 g的物体，在1 N的水平力F作用下由静止开始做匀加速直线运动，2 s后将此力换为相反方向的1 N的力，再过2 s将力的方向再反过来……这样物体受到的力大小不变，而力的方向每过2 s改变一次，求经过30 s物体的位移. 【解析】物体在1 N的水平力F作用下，产生的加速度的大小为a＝m/s2＝5 m/s2 物体在2 s内做匀加速运动，2 s内位移为 s1＝at2＝×5×22 m＝10 m 方向与力的方向相同. t＝2 s末的速度为v1＝at＝5×2 m/s＝10 m/s 从第3 s初到第4 s末，在这2 s内，力F的方向变成反向，物体将以v1＝10 m/s的初速度做匀减速运动，4 s末的速度为v2＝v1－at＝(10－5×2) m/s＝0 在此2 s内物体的位移为 s2＝×2 m＝10 m 方向与位移s1的方向相同. 从上述分段分析可知，在这4 s内物体的位移为s1＋s2＝20 m，物体4 s末的速度为零.以后重复上述过程，每4 s物体前进20 m.在30 s内有7次相同的这种过程，经过4 s×7＝28 s，最后2 s物体做初速度为零的匀加速运动，位移为10 m. 所以经过30 s物体的总位移为 s＝(20×7＋10) m＝150 m 【思维提升】本题属已知物体的受力情况求其运动情况.我们也可以作出物体运动的v-t图象，然后由图象形象地分析物体的运动情况并求出位移. 【拓展1】质量为40 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜面上向下滑动(如图甲所示)，所受的空气阻力与速度成正比.今测得雪橇运动的v-t图象如图乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为(4,15)，CD是曲线的渐近线.试求空气的阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ. 【解析】由牛顿运动定律得mgsin θ－μFN－kv＝ma 由平衡条件得FN＝mgcos θ 由图象得A点，vA＝5 m/s，加速度aA＝2.5 m/s2；最终雪橇匀速运动时最大速度vm＝10 m/s，a＝0 代入数据解得μ＝0.125，k＝20 kg/s 2.临界、极值问题 【例2】如图所示，一个质量为m＝0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的光滑斜面上，当斜面静止时，绳与斜面平行.当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力. 【解析】先分析物理现象.用极限法把加速度a推到两个极端：当a较小(a→0)时，小球受到三个力(重力、拉力、支持力)的作用，此时绳平行于斜面；当a增大(足够大)时，小球将“飞离”斜面，不再受支持力，此时绳与水平方向的夹角未知.那么，当斜面以加速度a＝ 10 m/s2向右加速度运动时，必须先求出小球离开斜面的临界值a0才能确定小球受力情况. 小球刚要离开斜面时，只受重力和拉力，根据平行四边形定则作出其合力如图所示，由牛顿第二定律得 mgcot θ＝ma0 代入数据解得a0＝gcot θ＝7.5 m/s2 因为a＝10 m/s2>7.5 m/s2，所以在题给条件下小球离开斜面向右做加速运动，T＝＝2.83 N，FN＝0 【思维提升】物理问题要分析透彻物体运动的情景.而具体情景中存在的各种临界条件往往会掩盖问题的实质，所以有些问题挖掘隐含条件就成为解题的关键. 【拓展2】如图所示，长L＝1.6 m，质量M＝3 kg的木板静放在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1.现对木板施加一水平向右的拉力F，取g＝10 m/s2，求： (1)使物块不掉下去的最大拉力F； (2)如果拉力F＝10 N恒定不变，小物块的所能获得的最大速度. 【解析】(1)求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a1 对物块，最大加速度a1＝＝μg＝1 m/s2 对整体，F＝(M＋m)a1＝(3＋1)×1 N＝4 N (2)当F＝10 N时，木板的加速度a2＝m/s2＝3 m/s2 由a2t2-a1t2=L得物块滑过木板所用时间t＝s 物块离开木板时的速度v1＝a1t＝ m/s＝1.26 m/s 易错门诊 3.多过程问题分析 【例3】如图，有一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10 m的距离所需时间为多少？(取重力加速度g＝10 m/s2) 【错解】由于物体轻放在传送带上，所以v0＝0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(由传送带施加)，做v0＝0的匀加速运动，位移为10 m. 据牛顿第二定律F＝ma有f＝μmg＝ma，a＝μg＝5 m/s2 据x＝at2得t＝＝2 s 【错因】上述解法的错误出在对这一物理过程的认识，传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程，一是在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始做匀速直线运动，关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答. 【正解】以传送带上轻放的物体为研究对象，如图，在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v0＝0的匀加速运动. 据牛顿第二定律有F＝ma 水平方向：f＝ma ① 竖直方向：FN－mg＝0 ② 又f＝μFN ③ 由①②③式解得a＝5 m/s2 设经时间t1，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式vt＝v0＋at1 ④ 解得t1＝0.4 s 时间t1内的位移x1＝at2＝×5×0.42 m＝0.4 m 物体位移为0.4 m时，物体的速度与传送带的速度相同，物体0.4 s后无摩擦力，开始做匀速运动则x2＝v2t2 ⑤ 因为x2＝x－x1＝10 m－0.4 m＝9.6 m，v2＝2 m/s 代入式⑤得t2＝4.8 s 则传送10 m所需时间为t＝0.4 s＋4.8 s＝5.2 s 【思维提升】本题涉及了两个物理过程，这类问题应抓住物理情景，带出解决方法，对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法，如本题中错解求出一直做匀加速直线运动经过10 m用时2 s，可以计算一下2 s末的速度是多少，计算结果v＝5×2 m/s＝10 m/s，已超过了传送带的速度，这是不可能的.当物体速度增加到2 m/s时，摩擦力就不存在了，这样就可以确定第二个物理过程. 超重与失重 整体法和隔离法 基础知识归纳 1.超重与失重和完全失重 (1)实重和视重 ①实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态 无关 . ②视重：当物体在 竖直 方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的 重力 .此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重. (2)超重、失重和完全失重的比较 现象 实质 超重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 大于 自身重力的现象 系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量 失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 小于 自身重力的现象 系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量 完全失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 等于零 的现象 系统具有竖直向下的加速度，且a＝g 2.连接体问题 (1)连接体 两个或两个以上 存在相互作用 或 有一定关联 的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题中常会遇到. (2)解连接体问题的基本方法 整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的内力. 隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析. 解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理. 重点难点突破 一、对超重和失重的理解 1.当物体处于超重和失重状态时，物体所受的重力并没有变化. 2.物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而是取决于加速度方向是向上还是向下. 3.当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果. 4.处于超重和失重状态下的液体浮力公式分别为F浮＝ρV排(g＋a)或F浮＝ρV排(g－a)，处于完全失重状态下的液体F浮＝0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力. 二、整体法和隔离法的应用 1.解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取对象，恰当地选择使用隔离法和整体法. 2.在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理. 3.在选用整体法和隔离法时，可依据所求的力进行选择，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度. 三、整体运用牛顿第二定律 应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式为： ΣFx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx ΣFy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany 应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化求解的目的，但需把握三个关键点： (1)正确分析系统受到的外力； (2)正确分析系统内各物体加速度的大小和方向； (3)确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解. 典例精析 1.超重和失重现象 【例1】升降机由静止开始上升，开始2 s内匀加速上升8 m，以后3 s内做匀速运动，最后2 s内做匀减速运动，速度减小到零.升降机内有一质量为250 kg的重物，求整个上升过程中重物对升降机的底板的压力，并作出升降机运动的v-t图象和重物对升降机底板压力的F-t图象.(g取10 m/s2) 【解析】开始2 s内升降机做匀加速运动，设其加速度为a1. 由s＝a1，解得a1＝ m/s2＝4 m/s2 升降机在2 s末的速度为v1＝a1t1＝4×2 m/s＝8 m/s 设在开始2 s内升降机底板对重物的支持力为FN1. 根据牛顿第二定律得：FN1－mg＝ma1，FN1＝mg＋ma1＝3 500 N，方向竖直向上. 根据牛顿第三定律得重物对升降机底板的压力大小为FN1′＝FN1＝3 500 N，方向竖直向下. 中间3 s内重物匀速上升， 由平衡条件得FN2＝mg＝2 500 N 所以重物对升降机底板的压力FN2′＝FN2＝2 500 N，方向竖直向下. 重物的速度为v2＝v1＝8 m/s 最后2 s内重物随升降机一起做匀减速运动，有 0＝v2－a3t3 解得a3＝ m/s2＝4 m/s2 根据牛顿第二定律得mg－FN3＝ma3 解得升降机底板对重物的支持力为FN3＝mg－ma3＝1 500 N，方向竖直向上. 则重物对升降机底板的压力FN3′＝FN3＝1 500 N，方向竖直向下. 根据以上三个过程的计算数据，可得v-t图象和F-t图象如图所示. 【思维提升】当升降机加速上升，重物有向上的加速度，是由重物的重力和升降机对重物的支持力的合力产生的；当升降机减速上升时，重物有向下的加速度，仍是由重物的重力和升降机对重物的支持力的合力产生的.因此根据牛顿第二定律建立方程即可顺利解题.解超重和失重的问题，关键是抓住运动和力的桥梁——加速度这个物理量. 【拓展1】如图所示，小球的密度小于杯中水的密度，弹簧两端分别固定在杯底和小球上.静止时弹簧伸长Δx.若全套装置自由下落， 则在下落过程中弹簧的伸长量将( D ) A.仍为Δx B.大于Δx C.小于Δx，大于零 D.等于零 【解析】当全套装置自由下落时，系统处于完全失重状态，弹簧与连接物之间无相互作用力，即弹簧恢复到原长，故D选项正确. 2.整体法和隔离法的应用 【例2】如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面体质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数μ＝0.2，地面光滑，θ＝37°.现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，力F应为多大？(设物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2) 【解析】(1)设物块处于相对斜面向下滑的临界状态时，推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度a的方向为x轴正方向.对x轴方向： FNsin θ－μFNcos θ＝ma1 对y轴方向： FNcos θ＋μFNsin θ－mg＝0 对整体：F1＝(M＋m)a1 把已知条件代入，解得 a1＝4.78 m/s2，F1＝14.3 N (2)设物块处于相对斜面有向上滑的临界状态时，推力为F2，此时物块受力如右图所示. 对x轴方向： FNsin θ＋μFNcos θ＝ma2 对y轴方向： FNcos θ－μFNsin θ－mg＝0 对整体：F2＝(M＋m)a2 把已知条件代入，解得 a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N 则力F范围：14.3 N≤F≤33.6 N 【思维提升】采用极限法把F推向两个极端来分析：当F较大时(足够大)，物块将相对斜面上滑；当F较小时(趋于零)，物块将沿斜面加速下滑.因此F不能太小，也不能太大，F的取值有一个范围.具体求解时，综合应用整体法和隔离法. 【拓展2】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( B ) A. μmg B. μmg C. μmg D.3μmg 【解析】经过受力分析，A、B之间的静摩擦力给B、C、D组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为A、B间达到最大静摩擦力，即am1＝μg.C、D间的静摩擦力给D提供加速度，同理D的加速度最大值为am2＝μg>am1；因此，C、D 系统的最大加速度为μg，而绳子拉力FT给C、D组成的系统提供加速度，最大拉力为FTm＝3mam1＝μmg，B选项正确. 3.整体运用牛顿第二定律 【例3】如图所示，倾角α＝30°、质量M＝34 kg的斜面体始终停在粗糙的水平地面上，质量mA＝14 kg、mB＝2 kg的物体A和B，由细线通过定滑轮连接.若A以a＝2.5 m/s2的加速度沿斜面下滑，求此过程中地面对斜面体的摩擦力和支持力各是多少？ 【解析】取A、B及斜面体为研究对象，它受到的外力是竖直向下的重力(mA＋mB＋M)g、地面竖直向上的支持力FN及水平方向的静摩擦力Ff.将A物体的加速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示. 根据牛顿第二定律的系统表达式，地面对斜面体的摩擦力应为水平向左，大小为 Ff＝mAax＝mAacos α＝30 N 在竖直方向上应有 FN－(mA＋mB＋M)g＝mBa－mAay 即地面对小车的支持力FN＝(mA＋mB＋M)g＋mBa－mAasin α＝487.5 N 【思维提升】对于由多个质点组成的系统，如果其中各物体的加速度不相同，但不需求系统内各物体间的相互作用力时，利用系统的牛顿第二定律求解，由于避开了对系统内力的分析，使解题过程变得干净利落. 易错门诊 【例4】如图所示，一个质量为M、倾角为30°的光滑斜面体放在粗糙水平桌面上，质量为m的小木块从斜面顶端无初速度滑下的过程中，斜面体静止不动.则下列关于此斜面体对水平桌面压力FN的大小和桌面对斜面体摩擦力Ff的说法正确的( ) A.FN＝Mg＋mg B.FN＝Mg＋mg C.Ff方向向左，大小为mg D.Ff方向向左，大小为mg 【错解】AC 【错因】找不到正确的解题方法，而盲目地认为压力等于总重力而错选A；或者没有具体分析物体的受力情况，根据物体对斜面的压力为mgcos θ，认为斜面受到的摩擦力大小与压力相等，错选C；或者不能对整体运用牛顿第二定律进行分析，造成运算过繁而求不出结果. 【正解】因斜面体静止不动，其加速度a＝0；而小木块做匀加速直线运动，其加速大小为a＝gsin 30°，作出了加速度的分解矢量图如图所示，其水平和竖直分量分别为ax＝acos 30°＝gsin 30°cos 30°，ay＝asin 30°＝gsin230°.在水平方向对整体应用牛顿第二定律有Ff＝max＝mg；在竖直方向上对整体应用牛顿第二定律有Mg＋mg－FN＝may，所以FN＝Mg＋mg－may＝Mg＋mg 【答案】BD 【思维提升】对于多物体系统，整体应用牛顿第二定律分析，不仅可以简化解题过程，还可以加深对牛顿第二定律的理解. 实验：验证牛顿运动定律 基础知识归纳 1.实验目的 (1)学会用控制变量法研究物理规律. (2)验证牛顿第二定律. (3)掌握利用图象处理数据的方法. 2.实验原理 探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量m不变，讨论加速度a与F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系. 3.实验器材 打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码. 4.实验步骤及数据处理 (1)用天平测出小车和砝码的总质量M，托盘和砝码的总质量m1，把数据记录下来. (2)按照图把实验器材安装好，只是不把悬挂托盘用的细绳系在车上，即不给小车加牵引力. (3)平衡摩擦力，在长木板的不带定滑轮的一端下面垫小木垫，反复移动木垫的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态.这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力在沿斜面方向上的分力平衡. (4)把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂托盘.先接通电源，再放开小车， 打点计时器在纸带上打下一系列的点.打完点后切断电源，取下纸带，在纸带上标上该纸带的号码. (5)保持小车和砝码的质量不变，在托盘里加入适量的砝码，把托盘和砝码的总质量m2记录下来.即改变小车所受牵引力，重复几次步骤(4). (6)在每条纸带上都选取一段比较理想的部分，按照“研究匀变速直线运动”实验中求加速度的方法，计算出各条纸带对应的加速度的值. (7)用纵坐标表示加速度a，用横坐标表示作用力F，作用力的大小等于托盘和砝码的总重力，根据实验数据，画出小车的加速度与所受牵引力的关系的a-F图象.如果这些点在一条过原点的直线上，便证明了加速度与作用力成正比. (8)保持托盘和砝码总质量不变，在小车上加砝码m，重复上面的实验，用纵坐标表示加速度a，用横坐标表示小车和砝码的总质量的倒数.根据实验数据，画出小车加速度a、小车和砝码的总质量的倒数之间关系的图象，即a-图象.如果这些点在一条过原点的直线上，便证明了加速度与质量成反比. 重点难点突破 一、实验误差来源与分析 1.因实验原理不完善引起的误差. 2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、记数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差. 二、实验注意事项 1.一定要做好平衡摩擦力的工作，也就是调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动. 2.实验步骤2、3不需要重复，即整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力. 3.每条纸带必须满足在小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出.只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力. 4.改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车. 5.作图时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧. 6.作图时两轴标度比例要选择适当.各物理量须采用国际单位.这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些. 7.为提高测量精度. (1)应舍掉纸带上开头比较密集的点，在后边便于测量的地方找一个起点. (2)可以把每打五次点的时间作为时间单位，即从开始点起，每五个点标出一个计数点，而相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s. 三、数据处理及结果分析 利用图象处理数据是一种常用的重要方法.将实验中得到的数据通过描点作出图象，可以非常直观地看出两个物理量之间的关系，也可以有效地减小实验误差，确定并排除实验中测得的一些错误数据. 在探究加速度与力的关系的实验中，以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据各组数据在坐标系中描点.如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比. 在探究加速度与质量的关系的实验中，“加速度a与质量m成反比”实际上就是“加速度a与质量的倒数成正比”，以加速度a为纵坐标，以质量的倒数为横坐标建立直角坐标系，根据a-图象是不是过原点的直线，就能判断a与m是否成反比. 典例精析 1.实验装置及误差分析 【例1】如图所示，是某次利用气垫导轨探究加速度与力、质量关系的实验装置安装完毕后的示意图，图中A为砂桶和砂，B为定滑轮，C为滑块及上面添加的砝码，D为纸带，E为电火花计时器，F为蓄电池、电压为6 V，G是开关，请指出图中的三处错误： (1) ； (2) ； (3) . 【解析】(1)B接滑块的细线应水平(或与导轨平行) (2)C滑块离计时器太远 (3)E电火花计时器用的是220 V的交流电，不能接直流电 【思维提升】只有充分理解实验原理，知道实验误差产生的原因，注意操作技巧，这样才能使实验能够顺利进行，同时使实验结果更加精确，高考试题也注重对操作步骤及技巧的考查. 【拓展1】在“验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度a与小车的质量M的关系时，由于没有注意始终满足M≫m的条件，结果得到的图象应是下图中的( D ) 【解析】在本实验中绳中的张力F＝，则小车的加速度a＝，在研究加速度与小车质量M的关系时，保持m不变，若横轴为1/(M＋m)，则a-1/(M＋m)图象应是过原点的直线，当满足M≫m时，m可以忽略不计，a≈，a-1/M图象还可以满足图象是过原点的直线；当小车的质量较小、不满足M≫m时，图象便发生向下弯曲.故选D. 2.数据处理及结果分析 【例2】某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，如图所示，图甲为实验装置简图.(交流电的频率为50 Hz) (1)图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2.(保留两位有效数字) (2)保持砂和小砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的.数据如下表： 实验次数 1 2 3 4 5 6 7 8 小车加速度 a/m•s－2 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30 小车质量 m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67 /kg-2 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60 请在给出的方格坐标纸中画出a-图线，并根据图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是 . (3)保持小车质量不变，改变砂和小砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F的变化图线，如图所示.该图线不通过原点，其主要原因是 . 【解析】(1)3.2 (2)图线如图所示；a＝ (3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 【思维提升】本题主要考查实验数据的处理方法及结果分析，描点连线时应使直线过尽可能多的点，而不在直线上的点应大致对称分布在直线的两侧，如果有个别离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑. 3.实验操作及注意事项 【例3】现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律.给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面(如图所示)、小车、计时器、米尺. (1)填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤(不考虑摩擦力的影响)： ①让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑到斜面底端A2，记下所用的时间t. ②用米尺测量A1与A2之间的距离x，则小车的加速度a＝ . ③用米尺测量A1相对于A2的高度h，设小车所受重力为mg，则小车所受的合外力 F＝ . ④改变 ，重复上述测量. ⑤以h为横坐标，1/t2为纵坐标，根据实验数据作图.如能得到一条过原点的直线，则可验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律. (2)在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是： ①调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑.测量此时A1点相对于斜面底端A2的高度h0. ②进行(1)中的各项测量. ③计算与作图时用(h－h0)代替h. 对此方案有以下几种评论意见： A.方案正确可行 B.方案的理论依据正确，但利用所给的器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动 C.方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关 其中合理的意见是 . 【解析】(1)②由x＝at2得a＝ ③小车在斜面上受重力和支持力作用，其合力为F＝mgsin θ＝mg ④改变小车所受外力来研究加速度与力的关系，改变受力又是通过改变斜面倾角即斜面高度h来实现的. (2)此方案不可行，如果在①测量中，使小车在斜面上匀速下滑，则满足mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ，此后无论如何改变小车的质量，小车都不可能加速下滑，即无法验证加速度与合外力的关系，故选C. 【思维提升】在研究加速度与力的关系时，其中力是指物体所受的合外力，因此找到物体所受的合外力是实验研究的关键，然后实验还需测出物体的加速度，而测加速度的方法有多种，如本实验中的利用打点计时器和纸带测量的方法. 【拓展2】如图所示，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据即时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移－时间(x-t)图象和速率－时间(v-t)图象.整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h.(取重力加速度g＝9.8 m/s2，结果保留一位有效数字) (1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的v-t图象如图所示.从图线可得滑块A下滑时的加速度a＝ 6 m/s2，摩擦力对滑块A运动的影响 不明显，可忽略 .(填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”) (2)此装置还可用来验证牛顿第二定律.实验时通过改变 斜面倾角即改变斜面高度h ，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；实验时通过改变 滑块的质量 ，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系. (3)将气垫导轨换成滑板，滑块A换成滑块A′，给滑块A′一沿滑板向上的初速度，A′的x-t图象如图所示.图象不对称是由于 滑动摩擦力 造成的，通过图象可求得滑板的倾角θ＝ arcsin 0.6 (用反三角函数表示)，滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝ 0.3 . 【解析】(1)由图可知滑块下滑的加速度a＝6.0 m/s2，由于滑块放在气垫导轨上，因此摩擦力对滑块A运动的影响不明显，可忽略. (2)由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，即mgh/L＝ma可通过改变斜面的高度h，验证加速度与力成正比的关系；可通过改变滑块质量，验证加速度与质量成反比的关系. (3)图象不对称是由于滑动摩擦力.由图可知物体上滑和下滑过程分别有 x＝ (gsin θ＋μgcos θ) x＝ (gsin θ-μgcos θ) 代入数据解之得θ≈arcsin 0.6，μ≈0.3 单元综合提升 知识网络构建 经典方法指导 1.应用牛顿运动定律解题的基本思路 (1)取对象——根据题意确定研究对象； (2)画受力图——分析研究对象的受力情况，画出受力图； (3)定方向——规定正方向(或建立坐标系)，通常以加速度方向为正方向较为适宜； (4)列方程——根据牛顿定律列方程，根据运动学公式列运动方程； (5)求解——统一单位，求解方程，对结果分析检验或讨论. 2.解决动力学问题的常用方法 (1)合成法与分解法：当物体受两个力的作用且加速度方向已知时，常利用合成法；当物体受多个力的作用时常用正交分解法. (2)整体法与隔离法：在确定研究对象或物理过程时，经常使用的方法，整体法与隔离法是相对的. (3)图象法：在研究两个物理量之间的关系时，可利用图象法将其关系直观地显示出来，以便更准确地研究它们之间相互依赖制约的关系，如探究加速度a与合外力F的关系，可作a-F图象. (4)假设法：当物体的运动状态或受力情况不明确时，可以根据题意作某一假设，从而根据物理规律进行推断，验证或讨论. 如可假定加速度的方向，建立牛顿第二定律的方程，求出a，从而判断物体的运动情况. (5)极限分析法：用“放大”或“缩小”的思想把物理过程所蕴含的临界状态“暴露”出来的方法，本章涉及不少情况，注意体会. (6)程序法：依顺序对研究对象或物理过程进行分析研究的方法，要注意对象与对象之间、过程与过程之间的关系(F、a、v、t、s等关系). （7）“超重”、“失重”分析法：当物体具有向上或向下的加速度a 时，物体就“超重ma”或“失重ma”，据此就能够迅速快捷地判断物体对支持物的压力或对悬绳的拉力. 【例1】如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上， 一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦.现用水平向右的拉力拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( ) A.物块先向左运动，再向右运动 B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 【考点】牛顿第二定律的理解与基本应用. 【解析】因为一开始拉力作用在木板上，相对运动时木板的速度大于物块的速度，撤掉拉力前，物块受到水平向右的滑动摩擦力由静止开始一直向右匀加速运动，木板在水平向右的拉力和向左的滑动摩擦力作用下也一直向右匀加速运动，撤掉拉力时，物块相对木板仍有相对运动，木板速度仍大于物块速度，则物块所受摩擦力仍水平向右，做加速运动，木板仍受到水平向左的摩擦力，做减速运动，直到两者速度相等，维持匀速运动. 【答案】BC 【思维提升】 注意物块与木板相对静止时，两者有共同速度，此时摩擦力为零，此后就能够维持这样的速度一起做匀速运动. 【例2】如图(a)，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)比例系数k. 【考点】牛顿运动定律的应用，图象问题. 【解析】(1)v＝0，a0＝4 m/s，此时有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma0 解得μ＝＝0.25 (2)v＝5 m/s，a＝0，此时有 mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0 FN＝mgcos θ＋kvsin θ 由mg(sin θ－μcos θ)－kv(μsin θ＋cos θ)＝0 解得k＝ kg/s＝0.84 kg/s 【思维提升】本题中已有图象，通过分析图象的特点，抓住图象上特殊点的含义，结合题目要求作答即可. 【例3】(2009•安徽)在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神.为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化.一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示.设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s2上升时，试求： (1)运动员竖直向下拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力. 【考点】牛顿运动定律的应用，整体法和隔离法. 【解析】设绳子对运动员的作用力为F，吊椅对运动员的支持力大小为FN，由于运动员和吊椅一起以相同的加速度运动，所以对吊椅和运动员整体，应用牛顿第二定律有 2F－(M＋m)g＝(M＋m)a 对运动员应用牛顿第二定律得FN＋F－mg＝ma 联立以上两式解得F＝440 N，FN＝275 N 由牛顿第三定律得运动员竖直向下拉绳子的力为440 N，运动员对吊椅的压力为275 N. 【思维提升】选择研究对象是解决物理问题的首要环节.在很多物理问题中，研究对象的选择方案是多样的，研究对象的选取方法不同会影响求解的繁简程度.对于连接体问题，通常用隔离法，但有时也可采用整体法.如果能够运用整体法，我们应该优先采用整体法，这样涉及的研究对象少、未知量少、方程少、求解简便.不计物体间相互作用的内力，或系统内的物体的运动状态相同，一般首先考虑整体法.对于大多数动力学问题，单纯采用整体法并不一定能解决问题，通常采用整体法与隔离法相结合的方法. 【例4】(2009•山东)如图所示，某货场需将质量为m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8 m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切，货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2). (1)求货物到达圆轨末端时对轨道的压力. (2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件. (3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间. 【考点】牛顿运动定律与其他力学规律的综合应用. 【解析】(1)设货物滑到圆轨末端时的速度为v0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m1gR＝m1 ① FN－m1g＝m1 ② 联立①②式，代入数据得FN＝3 000 N ③ 根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3 000 N，方向竖直向下. (2)若货物滑上木板A时，木板不动，由受力分析得 μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g ④ 若货物滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 μ1m1g>μ2(m1＋m2)g ⑤ 联立④⑤式，代入数据得0.4<μ1≤0.6 ⑥ (3)若μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动.设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1 ⑦ 设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得-＝－2a1l ⑧ 联立①⑦⑧式，代入数据得v1＝4 m/s ⑨ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得 v1＝v0－a1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩式，代入数据得t＝0.4 s 【思维提升】将一物体叠放到另一物体的表面上，两个物体在运动过程中可能存在相对滑动.判断两物体是否发生相对滑动，必须弄清楚发生相对滑动的条件. 条件之一：如果两个物体的速度不相等，则这两个物体一定存在相对滑动. 条件之二：如果两物体的速度相等，则可假设两物体间无相对滑动，根据两物体所受外力情况算出一同运动的加速度，进而算出其中一个物体若一同运动“所需要”的摩擦力f，再算出两物体间的最大静摩擦力fm.若f查看更多