本章复习与测试教学设计与反思

牛顿运动定律的综合应用

一．考点整理

基本概念

1．动力学中的临界极值问题：在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界值出现．

2．发生临界问题的条件：①

接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离临界条件是弹力FN =

；②

相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到

；③

绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的

张力，绳子松弛的临界条件是FT =

；④

加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力

时，具有最大加速度；合外力

时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．

3．动力学中的图象问题：在牛顿运动定律中有这样一类问题：题目告诉的已知条件是物体在一过程中所受的某个力随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况；或者已知物体在一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况，我们把这两种问题称为牛顿运动定律中的图象问题．这类问题的实质仍然是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．

二．思考与练习

思维启动

1．如图所示，在倾角为θ = 30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg．求从F开始作用到物块B刚要离开C的时间．

2．如图所示，是空中轨道列车（简称空轨）悬挂式单轨交通系统，无人驾驶空轨行程由计算机自动控制．在某次研究制动效果的试验中，计算机观测到制动力逐渐增大，下列各图中能反映其速度v随时间t变化关系的是

（

）

三．考点分类探讨

典型问题

〖考点1〗动力学中的图象问题

【例1】将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（

）

【变式跟踪1】一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示．取g

= 10 m/s2，求：

⑴

1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；

⑵

物块在前6 s内的位移大小x；

⑶

物块与水平地面间的动摩擦因数μ．

〖考点2〗动力学中的临界问题

【例2】某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．

⑴

求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；

⑵

求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；

⑶

整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．

【变式跟踪2】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为

（

）

A．μmg

B．2μmg

C．3μmg

D．4μmg

四．考题再练

高考试题

1．【2013安徽高考】如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）

（

）

m a A．T = m(gsinθ + acosθ)

FN = m(gcosθ

–

asinθ) B．T = m(gcosθ + asinθ)

FN = m(gsinθ

–

acosθ) C．T = m(acosθ

–

gsinθ)

Fθ

N = m(gcosθ + asinθ) D．T = m(asinθ

–

gcosθ)

FN = m(gsinθ + acosθ) 【预测1】如图所示，薄板A长L = 5 m，其质量M = 5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端s = 3 m处放一物体B（可看成质点），其质量m = 2 kg．已知A、B间动摩擦因数μ1 = 0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2 = 0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小恒定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右边缘．求：

⑴

B运动的时间；

⑵

力F的大小．

2．【2013上海高考】如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球．用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地．求小球落地时距滑块左端的水平距离．

【预测2】如图所示，一质量为mB = 2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ = 37°.一质量也为mA = 2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0 = 8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1

= 0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2 = 0.2，sinθ = 0.6，cosθ = 0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点．求：

⑴

物块A刚滑上木板B时的速度为多大？

⑵

物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？

五．课堂演练

自我提升

1．如图甲所示，质量为m的木块放在动摩擦因数为μ的水平面上静止不动．现对木块施加水平推力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，则图丙反映的可能是木块的哪两组物理量之间的关系

（

）

A．x轴表示力F，y轴表示加速度a

B．x轴表示时间t，y轴表示加速度a C．x轴表示时间t，y轴表示速度v

D．x轴表示时间t，y轴表示位移x

2．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g = 10 m/s2），则下列结论正确的是

（

）

A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态

B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为3 kg

D．物体的加速度大小为5 m/s2

3．质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v

–

t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的

3/4．设球受到的空气阻力大小恒为f，取g = 10 m/s2，求：

⑴

弹性球受到的空气阻力f的大小；

⑵

弹性球第一次碰撞后反弹的高度h．

4．某学生课题小组对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m = 4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ = 0.5，g = 10 m/s2．求：

⑴

运动过程中物体的最大加速度为多少？

⑵

距出发点多远时物体的速度达到最大？

5．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛规则是：如图甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m = 0.8 kg，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定的牵引力F = 20 N的作有，未放砖块时车以v0 = 3 m/s的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T = 0.8 s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8 s内车运动的v

–

t图象，如图乙所示，g取10 m/s2．求：

⑴

小车的质量及车与地面间的动摩擦因数．

⑵

车停止时，车上放有多少块砖．

参考答案：

一．考点整理

基本概念

2．0

最大值

最大

0

最大

最小

二．思考与练习

思维启动

1．令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿第二定律可知：mgsin 30° = kx1，令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿第二定律可知kx2 = mgsin 30°，F

–

mgsin 30° - kxma，将F=2mg和θ=30°代入以上各式，又由x+ x12m2 = 12=at22，解得t=k．

2．D 三．考点分类探讨

典型问题

例1 C；皮球上升过程中受重力和空气阻力作用，由于空气阻力大小与速度成正比，速度v减小，空气阻力f＝kv也减小，根据牛顿第二定律mg＋f＝ma，知a＝kv/m＋g，可知，a随v的减小而减小，且v变化得越来越慢，所以a随时间t减小且变化率减小，选项C正确．

变式1

⑴

从题图（a）中可以读出，当t = 1 s时，Ff1 = F1 = 4 N．

⑵

由题图（b）知物块在前6 s内的位移大小，x = （2＋4）×42

m = 12 m．

⑶

从题图（b）中可以看出，在t = 2 s至t = 4 s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a = ΔvΔt= 2 m/s2，由牛顿第二定律得F2

–

μmg = ma，F3 = Ff3 = μmg，所以m = 2 kg，μ = F3/mg = 0.4．

例2 ⑴

在匀速运动阶段，有mgtanθ0 = kv0

得k = mgtanθ0/ v0．

⑵

加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有N′sinθ

–

kv = ma，N′cosθ = mg

得tanθ = a/g + (v/v0) gtanθ0．

⑶

以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F = mg/cosθ0，球拍倾角为θ0 + β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有Fsinβ

= ma′，设匀速跑阶段所用时间为t，有t = s/v12rcos θ00

–

v0/2a，球不从球拍上掉落的条件a′t22

≤

r，得sin β≤．gsv02

v0－2a变式2 C；当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg，由牛顿第二定律知aA = μg；对于A、B整体，加速度a = aA = μg，由牛顿第二定律得F = 3ma = 3μmg．

四．考题再练

高考试题

1．A 预测1 ⑴

对于B，在未离开A时，其加速度为：aB1

= μ1g

= 1 m/s2，设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为：aB2 = –μ2g = – 2 m/s2．设物体B离开A时的速度为vB，有vB = aB1t1和aB1t12/2 + vB2/(–2aB2) = s，代入数据解得t1 = 2 s，t2 = vB/(–aB2) = 1 s，所以B运动的时间是：t = t1＋t2 = 3 s．

⑵

设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得aAt12/2 –

aB1t12 = L

–

s

解得：aA = 2 m/s2，由牛顿第二定律得F

–

μ1mg

–μ2(m + M)g = MaA，代入数据得：F = 26 N．

2．小球下落前滑块的加速度af1(Mm)g1MM

滑块做匀减速运动，到小球开始下落时的速度vv22(Mm)g02a1Lv02ML，小球落地时间t2hg，小球落下后，滑块的加速度v2(Mm)gfMg02MLaMMg，按此加速度，滑块停止运动时间tv222a2g，若小球v2m)g02(M落地时间大于或等于滑块停止时间，即：2hMLgg，则小球落地时距滑块左2v2(Mm)gv02ML侧s2g=v202a2g(Mm)LM，或小球落地时间小球滑块停止时间，即：2Mm)g2hv202(MLgg，则小球落地时距滑块左侧

svt12a2t2=v2(Mm)g2h12h2h24(Mm)Lh02MLg2gg=gv0Mh

预测2 ⑴

物块A从斜面滑下的加速度为a1，则mAgsinθ

–

μ1mAgcosθ = mAa1，解得a1 = 4 m/s2，物块A滑到木板B上的速度为v1 = 2a1x0= 8 m/s．

⑵

物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2 = μ2g = 2 m/s2；设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得v1t2

–

a2t2/2 - a2t2/2 = L．对物块A有v2 = v1

– a2t2，v2

–v12 = –2a2(x + L)．对木板B有v2

= 2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2

= 2s，L = 8 m．

五．课堂演练

自我提升

1．AB 2．D；设物体的质量为m，开始时弹簧的压缩量为Δx，由平衡条件可得kΔx = mg

① 现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，根据拉力F与物体位移x的关系可得

10 = ma

② 30 –

mg = ma ③

联立①②③可以解得，物体的质量m = 2 kg，物体的加速度大小a = 5 m/s2，k

= 500 N/m，故只有D正确．

3．⑴

由v

–

t图象可知，小球下落过程的加速度为

a1 = Δv/Δt = 8 m/s2，根据牛顿第二定律得mg

–

f = ma1，弹性球受到的空气阻力f = mg

–

ma1 = 0.2 N．

⑵

小球第一次反弹后的速度v1 = 3 m/s，根据牛顿第二定律得弹性球上升的加速度大小为a2 = (mg + f)/m =12 m/s2，根据v2

–

v02 = 2ah，得弹性球第一次反弹的高度，h = v12/2a = 0.375 m．

4．⑴

由牛顿第二定律得F

–

μmg = ma，当推力F = 100 N时，物体所受合力最大，加速度最大，代入数据解得a = F/m

–

μg = 20 m/s2．

⑵

由图象求出，推力F随位移x变化的数值关系为：F = 100 – 25x，速度最大时，物体加速度为零，则F = μmg，代入数据解得x = 3.2 m．

5．⑴

设车质量为M，放上一块砖后车的加速度为a1，则有F = μMg，μ(M + m)g–F = Ma1，a1 =Δv/Δt = 0.25 m/s2，联立解得：M = 8 kg，μ = 0.25．

⑵

设放上一块砖后经过0.8 s时，车的速度为v1，有v1 = v0

–

a1T，放上n块砖后车的加速度大小为：an = nμmg/M = na1，设车停止时，车上有n块砖，此时有vn = v0

–

a1T–

a2T

…–

anT

≤

0，即vn = v0

–

a1T– 2a1T

…–

na1T

≤

0 （且n为满足该式的最小正整数）故n = 5．