第三章牛顿运动定律章末总结

第三章牛顿运动定律章末总结【要点归纳】一、对牛顿运动定律的理解1．牛顿第一定律(1)说明了物体不受外力时的运动状态是匀速直线运动或静止．由此可知，力不是维持物体运动的原因．(2)一切物体都有保持匀速直线运动状态或静止状态的特性——惯性．①一切物体都具有惯性．②惯性是物体的固有属性．③质量是惯性大小的量度．(3)一切物体受外力时，都会改变原来的运动状态，即外力是迫使物体改变运动状态的原因．2．牛顿第二定律(1)采用控制变量法研究得出了加速度与力和质量的定量关系，即牛顿第二定律．(2)揭示了a与F、m的定量关系，特别是a与F的几种特殊的对应关系：瞬时性、同向性、正比性、因果性、相对性、同体性．(3)牛顿第二定律进一步揭示了力与运动的关系，一个物体的运动情况决定于物体受力情况和初始状态．(4)加速度是联系受力情况和运动情况的桥梁，无论是由受力情况确定运动情况，还是由运动情况确定受力情况，都需求出加速度．二、处理动力学两类基本问题的方法1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解决这类题目，一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体运动的情况，即求出物体在任意时刻的位置、速度等．流程图如下：eq\x(受力情况F合)eq\o(——→,\s\up12(F合＝ma))eq\x(加速度a)eq\o(——→,\s\up12(运动学公式))eq\x(\a\al(运动情况,v、x、t))2．解题关键抓住两个分析：(1)受力分析(2)运动分析，建立物体运动的物理情景．3．应用牛顿第二定律的解题程序eq\x(过程分析)⇒eq\x(选取研究对象)⇒eq\x(受力分析)⇒eq\x(规定正方向)⇒eq\x(\a\al(列方程据牛顿第二,定律及运动学公式))⇒eq\x(解方程)三、平衡问题常用的方法1．整体法与隔离法：是我们处理实际问题时常用的一种思维方法．整体法是把几个物体组成的系统作为一个整体来分析，隔离法是把系统中的某个物体单独拿出来研究．将整体法和隔离法相结合，灵活运用，有助于我们简便解题．2．图解法：处理动态平衡时常用的方法，在三力平衡情况下，一个力大小方向固定，一个力方向固定，判断第三个力大小变化及求极值情况特别方便．3．数形结合：利用几何图形(直角三角形)、力的平行四边形、力的矢量三角形等处理平衡问题．如相似三角形法．4．正交分解法：通过建立直角坐标系，先沿x轴、y轴的方向分解力，然后再求合力．四、利用牛顿第二定律求瞬时加速度1．物体做变加速运动时，加速度是变化的，物体在某时刻的瞬时加速度由合力决定，常用牛顿第二定律求出，这类问题常会遇到轻绳、轻杆、轻弹簧、橡皮条等模型．2．共同点是：质量忽略不计，都因发生弹性形变产生弹力，同时刻内部弹力处处相等且与运动状态无关．3．不同点是：弹力表现形式弹力方向弹力能否突变轻绳拉力沿绳收缩方向能轻杆拉力、支持力不确定能轻弹簧拉力、支持力沿弹簧轴线不能橡皮条拉力沿橡皮条收缩方向不能五、利用牛顿第二定律解决连接体问题连接体问题的概念：两个或两个以上的物体相互连接参与运动的系统称为连接体．它们的连接方式一般是几个物体叠放在一起或并排在一起或用轻绳或轻杆等连接在一起．连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的时候，高中阶段只研究加速度相同的情况．六、动力学中的临界问题1．常见的三类临界问题的临界条件(1)相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是：相互作用的弹力为零．(2)绳子松弛的临界条件是：绳的拉力为零．(3)存在静摩擦的系统，当系统外力大于最大静摩擦力时，物体不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件是：静摩擦力达到最大值．2．解决这类问题的方法(1)采用极限法分析，即加速度很大或很小时将会出现的状态，则加速度取某一值时就会出现转折点——临界状态．(2)临界状态出现时，往往伴随着“刚好脱离”“即将滑动”等类似隐含条件，因此要注意对题意的理解及分析．(3)在临界状态时某些物理量可能为零，列方程时要注意七、超重和失重问题1．物体超重或失重的本质不是重力增加了或减小了，而是物体对支持面的压力或对悬挂物体的拉力大于或小于物体的实际重力．2．物体超重还是失重与速度方向和大小无关，我们可以根据加速度的方向判断超重还是失重，如果加速度方向向上或加速度的竖直分量向上，则超重；如果加速度方向向下，或加速度的竖直分量向下，则失重．3．物体处于完全失重状态时，物体与重力有关的一些现象就会全部消失，比如：①与重力有关的一些仪器如天平、台秤等不能再使用，②竖直上抛的物体再也回不到地面，③杯口向下时，杯中的水也不流出.【考点整合】【考点一】应用牛顿第二定律解决瞬时问题【典型例题1】(2021·四川省阆中中学)如图所示，放在电梯地板上的一个木块相对电梯处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态。突然发现木块被弹簧推动，据此可判断电梯此时的运动情况可能是()A．加速下降 B．加速上升 C．减速上升D．减速下降【解析】木块突然被推动，表明木块所受摩擦力变小了，也表明木块与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，其合力竖直向下，木块处于失重状态，加速度向下，可知电梯可能加速下降或者减速上升，故AC正确；BD错误。故选AC。【答案】AC【归纳总结】1．由a＝eq\f(F合,m)知，a与F合是瞬时对应的，有力就立刻具有加速度，F合变化则a随之变化，但速度要变化需积累一段时间(Δv＝at)．2．在分析轻绳、轻弹簧剪断时刻的加速度时，要注意绳与弹簧的不同．轻绳产生弹力时发生微小形变，其弹力可瞬间消失；弹簧形变明显，其弹力一般不能突变，除非将轻弹簧剪断时．另外橡皮绳与弹簧类似.【考点二】牛顿定律解图像问题【典型例题2】(2021·河南天一大联考)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C.图乙中t2＝24sD.木板的最大加速度为2m/s2【解析】由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(Ffm,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，选项A正确.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq\f(Ff′,2mg)＝eq\f(4,40)＝0.1，选项B错误.t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12N，则由F＝0.5t(N)可知，t＝24s，选项C、D正确.【答案】ACD归纳总结：处理图象问题的关键是搞清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，全面系统的看懂图象中的“轴”、“线”、“点”、“斜率”、“面积”、“截距”等所表示的物理意义．在运用图象求解问题时，还需要具有将物理现象转化为图象问题的能力．运用图象解题包括两个方面：(1)用给定的图象解答问题，(2)根据题意去作图，运用图象去解答问题．【考点三】连接体问题【典型例题3】如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。由静止释放物块A、B后()A．相同时间内A、B运动的路程之比为2︰1B．物块A、B的加速度之比为1︰1C．轻绳的拉力为eq\f(6mg,7)D．当B下落高度h时，速度为eq\r(\f(2gh,5))【解析】根据动滑轮的特点可知，相同时间内，A、B运动的路程之比为2︰1，选项A正确；根据s＝eq\f(1,2)at2可知，物块A、B的加速度之比为2︰1，选项B错误；设轻绳的拉力为T，B的加速度为a，则对A有T＝m·2a，对B有3mg－2T＝3ma，解得a＝eq\f(3,7)g，T＝eq\f(6,7)mg，选项C正确；当B下落高度h时，速度为v＝eq\r(2ah)＝eq\r(\f(6,7)gh)，选项D错误。【答案】AC【归纳总结】连接体问题是指在外力作用下几个物体连在一起运动的问题．此类问题涉及的研究对象至少两个，因此使题目变得复杂一些，要注意领会此类问题的解题思想方法：整体法与隔离法．(1)整体法是将一组连接体作为一个整体看待，在研究连接体的加速度与力的关系时，往往是将连接体视为整体，把连接体视为整体时，连接体各部分的加速度相同．(2)隔离法多是在求解连接体的相互作用力时采用，即将某部分从连接体中分离出来，其他部分对它的作用力就成了外力．(3)若求连接体之间的相互作用力，一般是先利用整体法求出它们的共同加速度，再用隔离法求出它们之间的相互作用力．(4)若求连接体所受的外力，可以先根据题设的条件用隔离法求得它们相对静止时加速度的临界值，再用整体法求它们所受的外力．【考点四】动力学中的临界问题【典型例题4】如图所示，建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是()A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短【解析】设屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析如图所示，受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ。雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，A正确；雨滴对屋顶的压力大小FN′＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大，C正确。【答案】AC【考点五】应用动力学观点分析传送带模型【典型例题5】(2021·广东惠州实验学校)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视为质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块滑到离地面高h＝2.4m的平台上。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，结果可以保留根号。求：(1)小物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；(2)若在小物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度。【解析】(1)对小物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律得ma1＝F＋μmgcos37°－mgsin37°，解得a1＝6m/s2，当小物块与传送带共速时，小物块运动的时间t1＝eq\f(v,a1)＝eq\f(2,3)s，小物块沿传送带运动的距离x1＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(4,3)m，小物块达到与传送带共速后，小物块未到顶端，小物块受的摩擦力的方向改变，对小物块受力分析，因为F＝8N，而重力沿斜面向下的分力和最大摩擦力之和为10N，故小物块不能相对传送带向上加速运动，故a2＝0，小物块做匀速运动的时间t2＝eq\f(\f(h,sinθ)－x1,v)＝eq\f(2,3)s，则小物块从传送带底端运动到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝eq\f(4,3)s。(2)若在小物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，对小物块受力分析，因为mgsin37°>mgcos37°，所以小物块减速上滑，则有ma3＝mgsin37°－μmgcos37°，解得a3＝2m/s2，设小物块还需经过时间t′离开传送带，离开时的速度为vt，则v2－veq\o\al(2,t)＝2a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)－x1))，解得vt＝eq\f(4\r(3),3)m/s≈2.3m/s，则t′＝eq\f(v－vt,a3)＝0.85s。【答案】(1)eq\f(4,3)s(2)0.85s2.3m/s【归纳总结】物体在传送带上运动时，往往会牵涉到摩擦力的突变和相对运动，这是一个难点．当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力，也可能不存在摩擦力；当物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物体与传送带间会有相对滑动的位移