第3讲牛顿运动定律1.docx
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第3讲牛顿运动定律1
第3讲牛顿运动定律1
【小纳考点精讲】
【考点1】牛顿运动定律应用之瞬时性加速度问题
1.刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间。
2.弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳),特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变。
3.分析此类问题要注意系统状态变化前后受力分析的比较。
【例1】如图所示,两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球,整体处于平衡状态,弹簧a与竖直方向成30°角,弹簧b与竖直方向成60°角,a、b两弹簧的形变量相等,重力加速度为g,则、( )
A.弹簧a、b的劲度系数之比为
∶2
B.弹簧a、b的劲度系数之比为
∶1
C.若弹簧a下端与小球松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为
g
D.若弹簧b下端与小球松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为
g
【小思点评】对小球受力分析,受到弹簧a的拉力、弹簧b的拉力和重力,三力平衡,故有Ta=mgcos30°=kaΔx,Tb=mgsin30°=kbΔx,故
=
=
,A错误,B正确;若弹簧a下端与小球松脱,松脱瞬间弹簧b的弹力不变,故小球所受重力和弹簧b的弹力的合力与Ta大小相等、方向相反,故a=
=
g,若弹簧b下端与小球松脱,则松脱瞬间a弹簧的弹力不变,故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与Tb大小相等、方向相反,故小球的加速度a′=
=
g,CD错误。
故选B。
【例2】如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端,另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。
倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始时系统处于静止状态。
则在细线被烧断的瞬间,下列说法不正确的是( )
A.B球的受力情况不变,加速度仍为零
B.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为
gsinθ
C.A、B之间杆的拉力大小为
mgsinθ
D.C球的加速度沿斜面向下,大小为gsinθ
【小思点评】由平衡条件得弹簧的弹力大小F=3mgsinθ,在细线被烧断的瞬间弹簧的弹力不能突变,所以A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为a=
=
gsinθ,所以选项A错误、B正确;A、B之间杆的拉力大小为T=mgsinθ+ma=
mgsinθ,即选项C正确;C球的加速度沿斜面向下,大小为gsinθ,所以选项D正确。
故选A。
【考点2】牛顿运动定律应用之超重与失重
1.超重条件:
物体具有竖直向上的加速度或加速度具有竖直向上的分量;失重条件:
物体具有竖直向下的加速度或加速度具有竖直向下的分量。
2.超重并不是重力增加了,失重并不是重力减小了,完全失重也不是重力完全消失了。
在发生这些现象时,物体的重力依然存在,且不发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
3.在完全失重的状态下,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
4.涉及到系统中部分质量处于超失重时,可以整体分析,运用超失重观点得出整体对竖直方向的弹力。
【例3】《跳悬崖》是安卓平台上的一款益智休闲类小游戏,其过程中一个片段如图甲所示,。
在游戏中,玩家控制的长毛怪要不断通过跳床帮助企鹅在悬崖上打下落脚点,企鹅则会按照打下的落脚点进行攀爬。
假设长毛怪从一定高处开始仅在重力作用下下落,接触蹦床后弹回的整个过程中没有能量损失,长毛怪的速度随时间变化的图象如图乙所示,图中Oa段和cd段为直线。
则下列说法不正确的是( )
A.长毛怪在0~t1段做自由落体运动
B.长毛怪在t1~t2段处于失重状态
C.长毛怪在t2~t4段先处于超重状态后处于失重状态
D.长毛怪在t5~t6段的加速度与0~t1段的相同
【小思点评】由题意知速度方向向下时为正方向,长毛怪在0~t1段做自由落体运动,选项A正确;在t1~t2段速度继续增大,加速度方向向下,处于失重状态,选项B正确;在t2~t4段速度先减小后增大,加速度方向向上,处于超重状态,选项C错误;t5~t6段和0~t1段都是直线,所以斜率相同,加速度相同,选项D正确。
故选C。
【例4】“蹦床”已被奥运会列为正式比赛项目.运动员利用蹦床网的弹性弹起到空中,完成动作后落回到网上,再经蹦床网的弹性弹起,如此往复.图示的F-t图像是传感器记录的是一位运动员双脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化情况.设运动员只在竖直方向上运动,取重力加速度为10m/s2,则运动员在前12s的时间内( )
A.获得的最大加速度为60m/s2B.获得的最大加速度为50m/s2
C.腾空弹起时的最大高度约为2.5mD.腾空弹起时的最大高度约为3.2m
【小思点评】由图知:
运动员的重力G=500N,则得其质量为:
m=
=
=50kg蹦床对运动员的最大弹力:
Fm=2500N,由牛顿第二定律得Fm-G=mam,am=40m/s2故AB项错误。
运动员在空中运动的时间:
t0=8.4s-6.8s=1.6s下落时间:
t=
=0.8s,腾空弹起时的最大速度为v=gt=10×0.8m/s=8m/s,由v2=2gh可得,弹起的最大高度h=
=
=3.2m;故C项错误,D项正确。
故选D。
【考点3】牛顿运动定律应用之连接体问题
1.连接体问题的类型
物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体.
2.整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物
体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).
3.隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内
各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.
4.整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”.
【例题5】质量为2m的物体A和质量为m的物体B相互接触放在水平面上,如图所示。
若对A施加水平推力F,使两物体沿水平方向做匀加速直线运动,下列说法正确的是()
A.若水平面光滑,物体A的加速度为
B.若水平面光滑,物体A对B的作用力为
F
C.若物体A与地面无摩擦,B与地面的动摩擦因数为μ,则物体A对B的作用力大小为
D.若物体A与地面无摩擦,B与地面的动摩擦因数为μ,则物体B的加速度为
【小思点评】如果水平面光滑,以AB组成的系统为研究对象,根据牛顿第二定律得:
a=
=
,B为研究对象,由牛顿第二定律得,A对B的作用力:
N=ma=
,故AB错误;若物体A与地面无摩擦,B与地面的动摩擦因数为μ,以系统为研究对象,根据牛顿第二定律得:
a′=
,以B为研究对象,由牛顿第二定律得:
N′-μmg=ma′,则物体A对B的作用力大小为:
N′=
+μmg,故C错误,D正确。
故选D。
【例6】如图所示,足够长的斜面固定在水平面上,斜面顶端有一附有挡板的长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ,轻质弹簧测力计一端挂在挡板上,另一端连接着光滑小球。
木板固定且小球静止时,弹簧中心线与木板平行,测力计示数为F1;无初速释放木板后,木板沿斜面下滑,小球相对木板静止时,测力计示数为F2。
已知斜面高为h,底边长为d,下列说法正确的是()
A.测力计示数为F2时,弹簧可能处于伸长状态
B.测力计示数为F2时,弹簧可能处于压缩状态
C.μ=
D.μ=
【小思点评】设球的质量为m,木板质量M,斜面倾斜角度为θ,木板固定时,球受三力而平衡,故:
F1=mgsinθ,释放木板后木板和球整体有:
(M+m)gsinθ-μ′(M+m)gcosθ=(M+m)a,隔离球,有:
Mgsinθ-F2=ma,其中:
tanθ=h/d,联立解得:
F2=μmgcosθ>0,故弹簧处于伸长状态,故AB错误;μ=
,故C错误,D正确。
【考点4】牛顿运动定律应用之等时圆模型的两种情况
1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。
2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。
3.两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
【例7】如图所示,Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆,O、a、b、c、d位于同一圆周上,c为圆周的最高点,a为最低点,O′为圆心。
每根杆上都套着一个小滑环(未画出),两个滑环从O点无初速释放,一个滑环从d点无初速释放,用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间,则下列关系正确的是( )
A.t1=t2 B.t2 C.t1 【小思点评】设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a,三杆顶点均在圆周上,根据等时圆模型可知,由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等,即tca=t1=t3;而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较,滑行位移大小相同,初速度均为零,但aca>aOb,由x= at2可知,t2>tca,故选C。 【例7】如图所示,光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,AC杆竖直,各杆上分别套有一质点小球a、b、d,a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3,现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放,不计空气阻力,则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( ) A.1∶1∶1B.5∶4∶3 C.5∶8∶9D.1∶2∶3 【小思点评】利用等时圆模型,以AC为直径画圆,B、D刚好在圆上,所以时间相等,故A正确。 【小纳一级习题练】 难易度: ☆☆☆ 1.下列关于超重、失重现象,说法正确的是( ) A.超重现象就是重力增大,失重现象就是重力减小 B.无论是超重还是失重,实质上物体的重力并没改变 C.卫星中的物体,从一发射开始就处于完全失重状态 D.不管什么原因,只要物体对支持物(或悬绳)的压力(或拉力)增大,就叫做物体处于超重状态 【小思点评】 选B 2.下列哪一种运动情景中物体将会处于一段持续的完全失重状态( ) A.高楼正常运行的电梯中 B.沿固定于地面的光滑斜面滑行 C.固定在杆端随杆绕对地静止圆心在竖直平面内运动 D.不计空气阻力条件下的竖直上抛 【小思点评】 高楼正常运行的电梯中,一般先加速后匀速,再减速,故不可能一直处于完全失重,选项A错误;沿固定于地面的光滑斜面滑行时,加速度沿斜面向下,由于加速度小于g,故不是完全失重,选项B错误;固定在杆端随杆绕对地静止圆心在竖直平面内运动的物体,加速度不会总是向下的g,故不是总完全失重,选项C错误;不计空气阻力条件下的竖直上抛,加速度总是向下的g,总是完全失重态,故选项D正确;故选D。 3.一些问题你可能不会求解,但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断。 例如从解的物理量单位,解随某些已知量变化的趋势,从而判断解的合理性或正确性。 举例如下: 声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关。 下列速度表达式中,k为比例系数,无单位,则这四个表达式中可能正确的是( ) A.v=k B.v= C.v= D.v= 【小思点评】 传播速度v的单位m/s,密度ρ的单位kg/m3,p的单位kg/(m·s2),所以 的单位是m2/s2, 的单位是m/s,k无单位,所以 的单位与v的单位相同,故选B。 4.电梯内用弹簧秤测物体的重量,下列几种情况,弹簧秤示数最小的为( ) A.以10m/s2的加速度加速上升 B.以3m/s2的加速度加速上升 C.以8m/s2的加速度加速上升 D.以5m/s2的加速度加速上升 【小思点评】 根据牛顿第二定律有F弹-mg=ma可得F弹=m(a+g),故加速度越大,所需弹簧弹力越大。 故选B。 5.在光滑水平面上,一物体在水平力F的作用下,由静止开始做直线运动,F随位移x变化的图线如图所示,下列描述其位移—时间(x-t)和速度—时间(v-t)关系图象正确的是( ) 【小思点评】根据受力分析可知,物体先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,位移一直在增大。 故选项C正确。 6.一物块静止在粗糙的水平桌面上,从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用,假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小。 能正确描述F与a之间关系的图象是( ) 【小思点评】物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用,根据牛顿第二定律,有F-Ff=ma,即F=ma+Ff,该关系为线性函数。 当a=0时,F=Ff;当F=0时,a=- 。 符合该函数关系的图象为C。 故选C。 7.物体在与其初速度始终共线的合力F的作用下运动。 取v0方向为正,合力F随时间t的变化情况如图所示,则在0~t1这段时间内( ) A.物体的加速度先减小后增大,速度也是先减小后增大 B.物体的加速度先增大后减小,速度也是先增大后减小 C.物体的加速度先减小后增大,速度一直在增大 D.物体的加速度先减小后增大,速度一直在减小 【小思点评】由题图可知,物体所受的合力先减小,后增大,故由牛顿第二定律可知,物体的加速度先减小后增大;由于物体所受合力与其初速度始终共线,且由图可知合力始终大于零,故整个运动过程中加速度方向始终与物体的初速度方向一致,物体的速度一直在增大;所以,选项C正确,选项A、B、D错误。 故选C。 8.如图所示,两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。 两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上,则( ) A.弹簧测力计的示数是10N B.弹簧测力计的示数是50N C.在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的示数不变 D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度不变 【小思点评】 设弹簧的弹力为F,加速度为a。 对m1、m2和弹簧测力计组成的系统: F1-F2=(m1+m2)a,对m1: F1-F=m1a,联立两式解得: a=2m/s2,F=26N,故A、B两项都错误;在突然撤去F2的瞬间,由于弹簧测力计两端都有物体,而物体的位移不能发生突变,所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化,弹簧上的弹力不变,故C项正确;若突然撤去F1,物体m1所受的合外力方向向左,而没有撤去F1时合外力方向向右,所以m1的加速度发生变化,故D项错误。 故选C。 【小纳二级习题练】 难易度: ☆☆☆☆ 9.如图所示,弹簧一端固定在天花板上,另一端连一质量M=2kg的秤盘,盘内放一个质量m=1kg的物体,秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止,F=30N,当突然撤去外力F的瞬时,物体对秤盘的压力大小为(g=10m/s2)() A.10N B.15N C.20N D.40N 【小思点评】撤去外力F时物体和秤盘所受的合外力为30N,由牛顿第二定律求出加速度,再对秤盘受力分析,由牛顿第二定律求出物体对秤盘的压力FN。 当突然撤去外力F的瞬时,物体和秤盘所受的合外力大小F合=F=30N,方向竖直向上,对物体和秤盘整体,由牛顿第二定律可得a= = m/s2=10m/s2。 秤盘原来在竖直向下的拉力F作用下保持静止时,弹簧对秤盘向上拉力大小为F弹=(M+m)g+F=(20+10)×10N+30N=60N。 对秤盘,由牛顿第二定律F弹-Mg-FN=Ma,解得物体对秤盘的压力FN=20N,故选C。 10.如图所示,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态.现将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( ) A.a1=3gB.a1=0 C.Δl1=3Δl2D.Δl1=Δl2 【小思点评】设物块的质量为m,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及发生形变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1,剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体受力分析可知T1=2mg,故a受到的合力F合=mg+T1=mg+2mg=3mg,故加速度a1= =3g ,A正确,B错误;设弹簧S2的拉力为T2,则T2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,CD错误,故选A。 11.如图所示,轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上,弹簧下端悬挂一个小球,电梯中有质量为50kg的乘客,在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三,已知重力加速度g=10m/s2,由此可判断( ) A.电梯可能加速下降,加速度大小为5m/s2 B.电梯可能减速上升,加速度大小为2.5m/s2 C.乘客处于超重状态 D.乘客对电梯地板的压力为625N 【小思点评】电梯静止不动时,小球受力平衡,有mg=kx,电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小,说明弹力变小了,根据牛顿第二定律,有mg- kx=ma,即 mg=ma,a=2.5m/s2,加速度向下,电梯可能加速下降或减速上升,乘客处于失重状态,选项AC错误;乘客对地板的压力大小为FN=m′g-m′a=500N-125N=375N,选项D错误。 故选B。 12.如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。 当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin37°=0.6,cos37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( ) A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg 【小思点评】物受力如图甲所示,加速度a正交分解如图乙所示。 由牛顿第二定律竖直方向得1.15mg-mg=masin37°,水平方向得Ff=macos37°,解以上两式得Ff=0.2mg,D项正确。 甲 乙 13.如图所示,物体A与斜面B保持相对静止并一起沿水平面向右做匀加速运动,当加速度a增大时,下列说法可能正确的是( ) A.B对A的弹力不变,B对A的摩擦力可能减小 B.B对A的弹力增大,B对A的摩擦力大小可能不变 C.B对A的弹力增大,B对A的摩擦力一定增大 D.B对A的弹力增大,B对A的摩擦力一定减小 【小思点评】本题考查牛顿第二定律的应用.物体和斜面保持相对静止,沿水平方向加速运动,则合力沿水平方向,竖直方向的合力为零,设斜面的倾角为θ,若开始静摩擦力的方向沿斜面向下,则FNsinθ+Ffcosθ=ma,FNcosθ=Ffsinθ+mg.若N增大,则Ff增大,因此此时,a增大,FN、Ff都在增大.同理,若开始时静摩擦力方向沿斜面向上,则FNsinθ-Ffcosθ=ma,FNcosθ+Ffsinθ=mg,若FN逐渐增大,则Ff沿斜面向上先逐渐减小到零,再沿斜面向下逐渐增大,此时B对A的弹力增大,B对A的摩擦力大小可能减小,可能为零,可能不变,可能增大,因此B选项正确。 14.如图所示,质量为M的三角形木块A静止在水平地面上,其左右两斜面光滑,一质量为m的物块B沿倾角α=30°的右侧斜面加速下滑时,三角形木块A刚好保持静止,则当物块B沿倾角β=60°的左侧斜面下滑时,下列说法中正确的是( ) A.A仍然静止不动,地面对A的摩擦力两种情况下等大 B.A仍然静止不动,对地面的压力比沿右侧斜面下滑时对地面的压力小 C.A将向右滑动,若使A仍然静止需对其施加向左的作用力 D.若α=45°,A仍然静止不动 【小思点评】 物块B沿着右侧斜面下滑时,对斜面的压力等于其重力沿垂直斜面的压力,为F=mgcos30°,对木块A受力分析,受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力,如答图1所示。 木块A恰好不滑动,故静摩擦力达到最大值,等于滑动摩擦力,根据平衡条件有x方向: f=Fsin30°,y方向: N=Mg+Fcos30°,f=μN1,其中N=N1,解得μ= 。 物块B从左侧下滑时,先假设木块A不动,受重力、支持力、压力和向左的摩擦力,如答图2所示。 压力等于物块B重力沿垂直斜面的分力,即F′=mgcos60°,竖直方向一定平衡,支持力N′=Mg+F′cos60°=Mg+ mg,N′=N″,故最大静摩擦力fm=μN″= (Mg+ mg),压力沿地面平行的分力为F′cos30°= mg>fm,故A一定会滑动,要使A静止,需要对其施加向左的推力,故C正确,AB错误。 若α=45°,物块B沿右侧斜面下滑时,先假设A不动,B对A的压力为mgcos45°,该压力沿地面平行的分力为mgsin45°cos45°,竖直分力为mgcos45°sin45°,与α=30°时相比,B对A压力沿地面平行的分力变大,B对A压力的竖直分力变小,故最大静摩擦力减小,故A一定滑动,D不正确。 15.如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。 竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心。 已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。 则( ) A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点 C.c球最先到达M点D.b球和c球同时到达M点 【小思点评】 如图所示,令圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R= gt ,所以tc= ;对于a球,令AM与水平面成θ角,则a下滑时的加速度为a=gsinθ,球下滑到M用时满足AM=2Rsinθ= gsinθt ,即ta=2 ;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb=2 (r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,所以r>R)。 综上所述可得tb>ta>tc,C正确。 16.如图所示,两根长度分别为L1和L2的光滑杆AB和BC在B点垂直焊接,当按图示方式固定在竖直平面内时,将一滑环从B点由静止释放,分别沿BA和BC滑到杆的底端经历的时间相同,则这段时间为( ) A. B. C. D.2 【小思点评】设BA和BC倾角分别为α和β,根据牛顿第二定律得: 滑环沿BA下滑的加速度为a1= =gsinα 沿BC下滑的加速度为a2= =gsinβ 设下滑时间为t,由题有: L1= a1t2 L2= a2t2 由几何知识有: sinα=cosβ 联立以上各式解得t= ,故C正确。
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