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2013步步高第三章专题3牛顿运动定律的应用


专题3

专题3
牛顿运动定律的应用(一)

课堂探究· 突破考点

专题3

考点一 超重与失重 【考点解读】——超重与失重的理解 (1)当出现超重、失重时,物体的重力并没变化. (2)物体处于超重状态还是失重状态,只取决于加 速度方向向上还是向下,而与速度方向无关. (3)物体超重或失重的大小是ma. (4)当物体处于完全失重状态时,平常一切由于重 力产生的物理现象都会完全消失,如单摆停摆、天 平失效、浸在水中的物体不再受浮力,液柱不再产 生向下的压强等.

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【典例剖析】 例 1

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在电梯内的地板上,竖直放置一根轻质弹簧,弹簧

上端固定一个质量为 m 的物体.当电梯静止时,弹簧被 x 压缩了 x;当电梯运动时,弹簧又被继续压缩了 .则电 10 梯运动的情况可能是 11 A.以大小为 g 的加速度加速上升 10 1 B.以大小为 g 的加速度减速上升 10 1 C.以大小为 g 的加速度加速下降 10 1 D.以大小为 g 的加速度减速下降 10 ( D )

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【跟踪训练 1】(2010· 浙江理综· 14)如图 1 所示,A、B 两物体叠放在一起,以 相同的初速度上抛(不计空气阻力). 下列说法正确的是 ( A )

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图1

A.在上升和下降过程中 A 对 B 的压力一定为零 B.上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力 C.下降过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力 D. 在上升和下降过程中 A 对 B 的压力等于 A 物体受到 的重力

课堂探究· 突破考点 考点二 瞬时问题

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【考点解读】 牛顿第二定律的表达式为F=ma,其核心是 加速度与合外力的瞬时对应关系,瞬时对应 关系是指物体受到外力作用的同时产生加速 度,外力恒定,加速度也恒定,外力变化, 加速度也立即变化,外力消失,加速度也立 即消失.题目中常伴随一些如“瞬时”、 “突然”、“猛地”等词语.

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【典例剖析】 【例2】 如图 2 所示,质量为 m 的 小球用水平轻弹簧系住,并用倾角 为 30° 的光滑木板 AB 托住,小球恰 好处于静止状态.当木板 AB 突然 向下撤离的瞬间,小球的加速度 大小为 A.0 C.g ( B ) 2 3 B. g 3 3 D. g 3

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图2

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【 方法突破】

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分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析物体在瞬时前后的受 力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度.此类问题应 注意两种模型的建立. (1)中学物理中的“线”和“绳”是理想化模型,具有以下几个特性: ①轻:其质量和重力均可视为等于零,且一根绳(或线)中各点的张力 大小相等,其方向总是沿绳且背离受力物体的方向. ②不可伸长:即无论绳受力多大,绳的长度不变,由此特点可知,绳 中的张力可以突变. 刚性杆、绳(线)和接触面都可以认为是一种不发生明显形变就能产生 弹力的物体,若剪断(或脱离)后,其中弹力立即消失,不需要形变恢 复时间,一般题目中所给杆、细线和接触面在不加特殊说明时,均可 按此模型来处理.

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(2)中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型, 具有以下几个特性: ①轻:其质量和重力均可视为等于零,同一弹簧两端及其 中间各点的弹力大小相等. ②弹簧既能承受拉力,也能承受压力;橡皮绳只能承受拉 力,不能承受压力. ③由于弹簧和橡皮绳受力时,恢复形变需要一段时间,所 以弹簧和橡皮绳中的力不能突变.

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【跟踪训练 2】“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好 的橡皮绳.质量为 m 的小明如图 3 静止悬挂时,两橡皮绳的拉 力大小均恰为 mg,若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明 此时 (

B

)

图3

A.速度不为零 B.加速度 a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C.加速度 a=g,沿未断裂橡皮绳的方向斜向上 D.加速度 a=g,方向竖直向下

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考点三 传送带问题

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【考点解读】
传送带问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题. (1)水平传送带问题:求解的关键在于对物体所受的摩擦力进 行正确的分析判断.判断摩擦力时要注意比较物体的运动速 度与传送带的速度,也就是分 析物体在运动位移x(对地)的 过程中速度是否和传送带速 度相等.物体的速度与传送 带速度相等的时刻就是物体 所受摩擦力发生突变的时刻, 这样就可以确定物体运动的 特点和规律,然后根据相应 规律进行求解.

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(2)倾斜传送带问题:求解的关键在于认真分析物体与 传送带的相对运动情况,从而确定是否受到滑动摩擦 力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大 小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动 情况.当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的 摩擦力有可能发生突变.

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【典例剖析】 【例 3】如图 4 所示,倾角为 37° ,长为 l=16 m 的传送带,转动速度为 v= 10 m/s,动摩擦因数 μ=0.5,在传送 带顶端 A 处无初速度地释放一个质量 为 m=0.5 kg 的物体.已知 sin 37° = 0.6,cos 37° =0.8,g=10 m/s2.求:

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图4

(1)传送带顺时针转动时, 物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间; (2)传送带逆时针转动时, 物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间.

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解析 (1)传送带顺时针转动,物

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体相对传送带向下运动, 则物体所 受滑动摩擦力沿斜面向上, 相对传 送带向下匀加速运动, 据牛顿第二 定律有 mg(sin 37° -μcos 37° )=ma 则 a=gsin 37° -μgcos 37° m/s2, =2 1 2 据 l=2at 得 t=4 s.

【动画模拟】

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(2)传送带逆时针转动,当 V 物小于 V 带时,

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x2=l-x1=11 m

1 又因为 x2=vt2+2a2t2 2, Ff 沿传送带向下,设物体的加速度大小为 a1,
mgsin 37° +μmgcos 37° =ma1 解得 a1=10 m/s2 设 V 物=V 带时经历的时间为 t1,位移为 x1 v 10 1 t1=a =10 s=1 s,x1=2a1t1 2=5 m<l=16 m 1 当物体运动速度等于传送带速度瞬间, 有 mgsin 37° >μmgcos 37° , 则下一时刻物体相对传送带向下运动, Ff 向上,设加速度为 a2,则 mgsin 37° -μmgcos 37° a2= =2 m/s2 m

则有 10t2+t2 2=11 解得:t2=1 s(t2=-11 s 舍去) 所以 t=t1+t2=2 s.

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【例 4】如图 5 甲所示,水平传送带长 L=6 m,两个传送 皮带轮的半径都是 R=0.25 m. 现有一可视为质点的小物 体以水平速度 v0 滑上传送带.设皮带轮沿顺时针方向匀 速转动,当转动的角速度为 ω 时,物体离开传送带 B 端 后在空中运动的水平距离为 s.若皮带轮以不同角速度重 复上述转动,而小物体滑上传送带的初速度 v0 始终保持 不变,则可得到一些对应的 ω 值和 s 值.把这些对应的 值在平面直角坐标系中标出并连接起来,就得到了图乙 中实线所示的 s-ω 图象.(g 取 10 m/s2)

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(1)小明同学在研究了图甲的装置和图乙的图象后作出了以 下判断: ω<4 rad/s 时, 当 小物体从皮带轮的 A 端运动到 B 端过程中一直在做匀减速运动.他的判断正确吗?请你再 指出当 ω>28 rad/s 时, 小物体从皮带轮的 A 端运动到 B 端 的过程中做什么运动.(只写结论,不需要分析原因) (2)求小物体的初速度 v0 及它与传送带间的动摩擦因数 μ. (3)求 B 端距地面的高度 h.

图5

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解析 (1)小明的判断正确 当 ω>28 rad/s 时,小物体从 A 端运动到 B 端的过程中一直 在做匀加速运动 (2)当 ω<4 rad/s 时,小物体在 B 端的速度大小是 v1=ω1R=1 m/s 当 ω>28 rad/s 时,小物体在 B 端的速度大小是 v2=ω2R=7 m/s 由匀变速直线运动规律有 v2 2-v0 2=2aL v0 2-v1 2=2aL Ff 由牛顿第二定律有 a= m =μg 联立以上各式并代入数据解得 v0=5 m/s μ=0.2

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(3)小物体离开 B 端 后做平抛运动 由平抛运动规律有 s=v2t=3.5 m 1 h=2gt2 解得 h=1.25 m

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【跟踪训练 3】如图 6所示, 传送带的水平部分 ab=2 m, 斜面部分 bc=4 m, 与水平面的夹角 α=37° bc .一个小物 体 A 与传送带的动摩擦因数 μ=0.25,传送带沿图示的 方向运动,速率 v=2 m/s.若把物体 A 轻放到 a 处,它将 被传送带送到 c 点,且物体 A 不会脱离传送带.求物体 A 从 a 点被传送到 c 点所用的时间. (已知: 37° sin =0.6, cos 37° =0.8,g=10 m/s2)

图6

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解析 和传送带速度相等.在这一过程中有 v2 v2 μmg a1= m =μg. x1=2a=2μg=0.8 m<ab. v 经历时间为 t1=a =0.8 s. 1 ab-x1 此后随传送带运动到 b 点的时间为 t2= =0.6 s. v

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物体 A 轻放在 a 点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到

当物体 A 到达 bc 斜面时,由于 mgsin 37° =0.6mg>μmgcos 37° =0.2mg. 所以物体 A 将再次沿传送带做匀加速直线运动,其加速度大小为 a2= gsin 37° -μgcos 37° m/s2,物体 A 在传送带 bc 上所用时间满足 bc= =4 1 vt3+2a2t3 2,代入数据得 t3=1 s.(负值舍去) 则物体 A 从 a 点被传送到 c 点所用时间为 t=t1+t2+t3=2.4 s.

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物理思想方法 7. 用极限法分析临界问题 【例 5】 如图 7 所示,质量为 m=1 kg 的物块放在倾角为 θ=37° 的斜面体上, 斜面质量为 M=2 kg,斜面与物块间的 动摩擦因数为 μ=0.2,地面光滑.现对斜 面体施一水平推力 F,要使物块 m 相对 斜面静止,试确定推力 F 的取值范围. (g=10 m/s2)

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图7

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解析

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(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推

力为 F1,此时物块受力如图所示,取加速度的方向为 x 轴 正方向. 对物块分析,在水平方向有 FNsin θ-μFNcos θ=ma1,竖 直方向有 FNcos θ+μFNsin θ-mg=0,对整体有 F1=(M+ m)a1,代入数值得 a1=4.78 m/s2,F1=14.3 N.

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(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为 F2,对物块受力分析,如图所示. 在水平方向有 FNsin θ+μFNcos θ =ma2,竖直方向有 FNcos θ- μFNsin θ-mg=0,对整体有 F2=(M+m)a2,代入数值得 a2= 11.2 m/s2,F2=33.6 N. 综上所述可知,推力 F 的取值范围为 14.3 N≤F≤33.6 N

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【方法提炼】 巧用极限法分析解决临界问题

专题3

在利用牛顿第二定律解决动力学问题的过程中,当物体 的加速度不同时,物体有可能处于不同的运动状态,当 题中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时,往 往会有临界现象,此时要用极限法,看物体加速度不同 时,会有哪些现象发生,找出临界点,求出临界条件.临 界问题一般都具有一定的隐蔽性,审题时应尽量还原物 理情境,利用变化的观点分析物体的运动规律,利用极 限法确定临界点,抓住临界状态的特征,找到正确的解 题方向.

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【跟踪训练 4】 一弹簧一端固定在倾

专题3

角为 37° 的光滑斜面的底端,另一端 拴住质量为 m1=4 kg 的物块 P,Q 为 一重物,已知 Q 的质量为 m2=8 kg, 弹簧的质量不计,劲度系数 k=600 N/m,

图8

系统处于静止,如图 8 所示.现给 Q 施加一个方向沿斜 面向上的力 F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运 动,已知在前 0.2 s 时间内,F 为变力,0.2 s 以后,F 为 恒力,求:力 F 的最大值与最小值.(sin 37° =0.6,g= 10 m/s2)

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解析

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从受力角度看,两物体分离的条件是两物体间的正

压力为 0.从运动学角度看,一起运动的两物体恰好分离时, 两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等. 设刚开始时弹簧压缩量为 x0 则(m1+m2)gsin θ=kx0 ① 因为在前 0.2 s 时间内,F 为变力,0.2 s 以后,F 为恒力, 所以在 0.2 s 时,P 对 Q 的作用力为 0,由牛顿第二定律知 kx1-m1gsin θ=m1a 前 0.2 s 时间内 P、Q 向上运动的距离为 1 2 x0-x1=2at ①②③式联立解得 a=3 m/s2 ②



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当 P、Q 开始运动时拉力最小,此时有 Fmin=(m1+m2)a=36 N 当 P、Q 分离时拉力最大,此时有 Fmax=m2(a+gsin θ)=72 N.


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