2005~2006学年高考复习资料2005年10月

牛顿运动定律问题分类分析

深圳外国语学校 王印生

牛顿运动定律是力学的基本规律,是力学的核心内容,在整个高中物理中占有重要地位,也是历年高考物理试题的的热点，也是反复考核的内容，所以必须让学生能够熟练的应用牛顿运动定律解决问题，本人在平时教学中，将牛顿运动定律的习题类型进行了分类解析，与大家分享。

问题1：弄清牛顿第二定律的矢量性。

牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利用正交分解法进行求解。 问题2：弄清牛顿第二定律的瞬时性。

牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。

问题3：弄清牛顿第二定律的独立性。

当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。

（以上例题略）

问题4：弄清牛顿第二定律的同体性。

加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。

例1、一人在井下站在吊台上，用如图1所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s)

图1

(m+M)g 图2

Mg 图3

F F F FN a

2

2

分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图2所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：F(Mm)(ag)350N

2再选人为研究对象，受力情况如图3所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.

由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

问题5：弄清面接触物体分离的条件及应用。

相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。

例2、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图4所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g＝匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。

分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力N作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma

当N=0时，物体与平板分离，所以此时x力F=kx和平板的支持

m(ga) k图4

因为x12at，所以t22m(ga)。

kaF 于静止，P的质量向上做匀加速直线运F

的最大

值

例3、如图5所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s,则F的最小值是 ，是 。

分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0动的距离：x=mg/k=0.4m

因为x_____

2

P离开秤盘。此时P这段时间内P向上运

图5

0.2s

122xat，所以P在这段时间的加速度a220m/s2 2t当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N. 当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N. 问题6：会分析临界问题。

例4、如图6，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB=2N，Ａ受到的水平力ＦA=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则：

A．Ａ物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍； B．t＞４s后,Ｂ物体做匀加速直线运动； C．t＝4.5s时,Ａ物体的速度为零； D．t＞4.5s后,ＡＢ的加速度方向相反。

图6

分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得： N+FB=mBa 解得NmBFAFB164tFBN

mAmB3当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<４s时，A、B的加速度均为aFAFB。

mAmB0

综上所述，选项A、B、D正确。

例5、如图7所示，细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A的顶一端拴一质量为m的小球。当滑块至少以加速度a= 向左运动时，等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T= 。

分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T作用，如图8所示。

在水平方向有Tsin45-Nsin45-mg=0.

0

0

P 端P处，细线的另小球对滑块的压力

a A 450 和斜面的支持力N

Tcos45-Ncos45=ma; 在竖直方向有

a 00

图7 T N 450 mg 图8 T α a mg 图9

此时细线与水平加。当a=g时，N=0，

m(ga)m(ga),T由上述两式可解出：N

2sin4502cos450由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos45=2mg.

当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图9所示，方向间的夹角α<45.由牛顿第二定律得：Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得

0

0

Tma2g25mg。

问题7：会用整体法和隔离法解题。

两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一.

例6 如图9物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A，B质量分别为mA=6kg，mB=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则

A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态；

B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动； C．两物体间从受力开始就有相对运动； D．两物体间始终没有相对运动。

分析解答：首先以A，B整体为研究对象。受力如图10，在水平方向只受拉力F，根据牛顿第二定律列方程

图9

（ ）

F=(mA+mB)a ①

再以B为研究对象，如图11，B水平方向受摩擦力

f=mBa ②

图10

代入式①F=（6+2）×6=48N

由此可以看出当F＜48N时A，B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A，B间不会发生相对运动。所以D选项正确。

例7、如图12所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静细绳与AB成θ角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻多少？

分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上

图12

的，在小球下落过

A

θ L B m 长为L质量不计的止释放小球，则当环移动的距离d是

图11

程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度Vy2gLsin。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.

问题8：会分析传送带有关的问题。

例8、如图13所示，传送带与地面的倾角θ=37，从A到B的长度为16ｍ，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。

在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37=0.6,cos37=0.8)

分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图14（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图14(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。

A N a1 N f2 B a2 f1

ω mg mg

(a)

(b)

图14 图13

ｏ

ｏ

ｏ

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1; 所以:a1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s;

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移： ｓ＝a1ｔ1/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B点。

第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2 ;所以：a2＝2m/s ;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2 则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ2/2 ；解得：t2＝1s , ｔ2=-11s （舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t 2 =2s . 从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

问题9：会分析求解联系的问题。

例9、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0．5倍。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

0

2

/

2

2

2

的风力。现将一套

FN1

F G F

Ff1

FFf G 图15

0

径。如图15所示。 小球在杆上作匀速求小球与杆间的动

为37并固定，则小

0

球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin37 = 0．6，cos37 = 0．8）

分析与解：依题意，设小球质量为m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图15所示.由平衡条件得：

FN=mg F=Ff Ff=μFN

解上述三式得：μ=0.5.

同理，分析杆与水平方向间夹角为37时小球的受力情况：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：

mgsinFcosFf1ma FN1Fsinmgcos0 Ff1=μFN1

解上述三式得a0

FcosmgsinFf1m3g. 4由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为: t问题10：会分析“力和运动”的关系。

例10、如图16所示，在地面附件，坐标系xoy在竖直平面内，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小为B。在x<0的空轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电荷的油滴经图中x始终沿着与水平方向成α＝300的斜向下的直线运动，进入x>0区进入x>0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在x>0区域电场。若带电油滴做圆周运动通过x轴的N点，且MO=NO。求：

（1）油滴运动的速度大小。

（2）在x>0空间内所加电场的场强大小和方向。

2S26gS. a3g空间有沿水平

y E 间内还有沿x轴上的M点，域。要使油滴内加一个匀强

× × × × × × × B × × × × × × × N M ╯ α O x × × × × × × × × × × × × × × 图16

（3）油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间。 分析与解：（1）因油滴沿直线运动，重力和电场力又为恒力，则与运动方小运动不能变化，油滴必然做匀速直线运动。 则有：qvBf 向垂直的洛伦兹力的大

qE2E，v sinBqE (2)油滴进入x>0的区域后，要做匀速圆周运动，则：qE1=mg

因为mg=qEcotα,（如图17示） 所以E1=3E, 电场方向竖直向上。

╰ α mg 图17

（3）油滴的运动轨迹如图18所示，∠OPN=600，过P作PM的垂线交x轴于O1，因∠O1PN=∠O1NP=300，ΔO1PN为等腰三角形，所以O1P＝O1N，O1为油滴做圆周运动的圆心。

设OR，R=mv21P＝，θ=，油滴由M点到P点的时间：

y qB3M O R O╯1 θ N x t13R3vmqB，油滴由P点到N点做匀速圆周运动的时间：P t2R2m2图18

3v3qB。因为mg=qEcotα所以mq3Eg。所以油滴由P点tt1t22(33)3EgB

到N点的时间