第四章 牛顿运动定律
复习课
理想实验
匀速直线运动状态
静止状态
质量
控制变量法
成正比
成反比
作用力
大小相等
方向相反
同一条直线上
超重
失重
完全失重
一、整体法、隔离法分析连接体问题
1.连接体
多个相互关联的物体组成的物体系统。如叠在一起、并排放在一起或用绳(或杆)连在一起的几个物体。
2.隔离法与整体法
(1)隔离法:在分析连接体问题时,从研究问题的方便性出发,将物体系统中的某一部分物体隔离出来,单独分析研究的方法。
(2)整体法:在分析连接体问题时,将整个物体系统作为整体分析研究的方法。
(3)当需要计算物体之间(或一个物体各部分之间)的相互作用力时,就必须把各个物体(或一个物体的各个部分)隔离出来,根据各个物体(或一个物体的各个部分)的受力情况,画出隔离体的受力图,列出牛顿第二定律方程。
(4)许多具体问题中,常需要交叉运用整体法和隔离法,有分有合,从而迅速求解相关问题。
注意:运用整体法分析问题时,要求系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同,根据牛顿第二定律对整体列方程。如果系统内各物体的加速度仅大小相同,如通过滑轮连接的物体,应采用隔离法根据牛顿第二定律分别列方程。
【典例1】(2013·烟台高一检测)如图所示,两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块,质量分别为m1和m2。拉力F1和F2方向相反,与轻线沿同一水平直线,且F1>F2。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力FT。
【标准解答】以两物块整体为研究对象,根据牛顿第二定律得
F1-F2=(m1+m2)a ①
隔离物块m1,由牛顿第二定律得F1-FT=m1a ②
由①②两式解得FT=
答案：
【变式备选】两重叠在一起的滑块,置于固定的、倾角为θ的斜面上,如图所示,滑块A、B的质量分别为M、m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2,已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下,滑块B受到的摩擦力
(　　)
A.等于零
B.方向沿斜面向上
C.大小等于μ1mgcosθ
D.大小等于μ2mgcosθ
【解析】选B、C。把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速
度为a，由牛顿第二定律得(M+m)gsinθ-μ1(M+m)gcosθ
=(M+m)a
解得 a=g(sinθ-μ1cosθ)
由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过
程中，必然受到A对它沿斜面向上的摩
擦力，B正确。设摩擦力为FfB，由牛顿
第二定律，有mgsinθ-FfB=ma
得 FfB=mgsinθ-ma=mgsinθ-mg(sinθ-μ1cosθ)
=μ1mgcosθ，C正确。
二、图像在动力学中的应用
在物理学问题中,给出已知条件和信息的方式有很多,诸如文字方式、表格方式、函数方式、图像方式,其中图像方式是最常见、最直观的一种方式,运用图像求解问题也会更加直观、形象。
1.常见的图像形式
在动力学与运动学问题中,常见、常用的图像是位移图像(x-t图像)、速度图像(v-t图像)和力的图像(F-t图像)等,这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律,而绝非代表物体的运动轨迹。
2.图像问题的分析方法
遇到带有物理图像的问题时,要认真分析图像,先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息,再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式去解题。
【典例2】一质量为m=40kg的小孩站
在电梯内的体重计上。电梯从t=0时
刻由静止开始上升,在0到6s内体重
计示数F的变化如图所示。试问:在
这段时间内电梯上升的高度是多少?取重力加速度g=10m/s2。
【标准解答】由题图可知,在t=0到t1=2s的时间内,体重计的示
数大于mg,故电梯应做向上的匀加速运动。设在这段时间内体
重计作用于小孩的力为F1,电梯及小孩的加速度为a1,由牛顿第
二定律,得F1-mg=ma1
在这段时间内电梯上升的高度h1=
在t1=2s到t2=5 s的时间内,体重计的示数等于mg,故电梯应做
匀速上升运动,速度为t1时刻电梯的速度,即v1=a1t1
在这段时间内电梯上升的高度h2=v1(t2-t1)
在t2=5s到t3=6s的时间内,体重计的示数小于mg,故电梯应做向
上的匀减速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为F2,
电梯及小孩的加速度为a2,由牛顿第二定律,得mg-F2=ma2
在这段时间内电梯上升的高度
h3=v1(t3-t2)- a2(t3-t2)2
电梯上升的总高度h=h1+h2+h3
代入数据解得h=9m。
答案:9m
【变式训练】(2013·大连高一检测)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系如图甲所示,物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。由两图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(　　)
A.m=0.5 kg,μ=0.4 B.m=1.5 kg,μ=
C.m=0.5 kg,μ=0.2 D.m=1 kg,μ=0.2
【解析】选A。由F-t图像和v-t图像可得,物块在2 s到4 s内所
受外力F=3 N,物块做匀加速运动，
a= =2 m/s2,
F-Ff=ma即3-10μm=2m。 ①
物块在4 s到6 s内所受外力F=2 N，物块做匀速直线运动，则
F=Ff,F=μmg，并且 10μm=2。 ②
由①②解得m=0.5 kg,μ=0.4，故A选项正确。
三、动力学中的临界极值问题
1.临界极值问题
在运用牛顿运动定律解决动力学问题时,常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动,相互接触的物体是否会发生分离等,这类问题就是临界问题。
2.解题关键
解决临界问题的关键是分析临界状态。例如,两物体刚好要发生相对滑动时,接触面上必须出现最大静摩擦力;两个物体要发生分离,相互之间的作用力——弹力必定为零。
3.解决临界问题的一般方法
(1)极限法。
题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时,一般就隐含着临界问题,解决这类问题时,常常是把物理问题(或物理过程)引向极端,进而使临界条件或临界点暴露出来,达到快速解决有关问题的目的。
(2)假设法。
有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题,也可能不出现临界问题,解答这类题,一般要用假设法。
(3)数学推理法。
根据分析的物理过程列出相应的数学表达式,然后由数学表达式讨论出临界条件。
【典例3】如图所示，质量m＝10 kg的
小球挂在倾角θ＝37°的光滑斜面的
固定铁杆上，求：
(1)斜面和小球以a1＝ 的加速度向右
匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？
(2)当斜面和小球都以a2＝ 的加速度向右匀加速运动时，
小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？
【标准解答】先求出临界状态时小球的加速度，假设小球刚要
离开斜面，这时FN＝0，受力情况如图甲所示，故Fsinθ＝
mg(竖直方向)，Fcosθ＝ma0(水平方向)。
所以a0＝gcotθ＝ 。
(1)当斜面和小球以a1的加速度向右匀加速运动时，由于a1<
a0，可知这时小球与斜面间有弹力，所以其受力情况如图乙所示，故
F1cosθ－FNsinθ＝ma1(水平方向)
F1sinθ＋FNcosθ＝mg(竖直方向)
解得F1＝100 N，FN＝50 N。
(2)当斜面和小球以a2的加速度向右匀加速运动时，由于a2>
a0，可知这时小球已脱离斜面，所以其受力情况如图丙所示，
故F2sinα＝mg(竖直方向)
F2cosα＝ma2(水平方向)。
两式平方相加，可得F2＝ ＝200 N。
由牛顿第三定律知：当以加速度a1运动时，小球对绳的拉力为
100 N，对斜面的压力为50 N；当以加速度a2运动时，小球对
绳的拉力为200 N，对斜面的压力为0。
答案：(1)100 N 50 N (2)200 N 0
【变式训练】鲜蛋储运箱中放有光滑
的塑料蛋托架，架上有排列整齐的卵
圆形凹槽，如图所示，图中O为圆心，
A、B两点为水平槽口，α角为半径OA
与水平线AB的夹角，已知汽车轮胎与
柏油路面的动摩擦因数为μ，当运蛋的汽车急刹车时，为避免
蛋从槽中滚出，图中α角的正切值应小于多少？
【解析】设蛋刚好不滚出的夹角为θ，对
蛋受力分析，如图所示，根据平行四边形
定则，由牛顿第二定律得F合= =ma，所
以a= ，对汽车有μm0g=m0a，故a=μg。
因此 =μg，解得tanθ= 。
那么，蛋不从槽中滚出，要求α<θ，则tanα< 。
答案：
四、动力学中的传送带问题
1.摩擦力是否影响传送带的运动:是因为带动传送带的电动机在起作用(摩擦力不影响传送带的运动状态)。
2.分析该类问题的关键:分析物体与传送带间的滑动摩擦力方向,进而分析物体的运动规律,这是分析传送带问题的关键。
3.常见的传送带模型:有两种,一个是水平方向的传送带;另一个是与水平方向成一定角度的传送带。
(1)物体在水平传送带上的运动有两种可能:①若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度,则该物体一直做匀变速直线运动;②若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同,则物体先做匀变速直线运动后做匀速直线运动。
(2)对斜传送带要分析最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系,如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力,则物体做匀变速运动;如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力,则物体做匀速运动。
【典例4】如图所示,传送带与水平
面夹角为37°,传送带以10m/s的速
率运动,传送带轮沿顺时针方向转
动。现在在传送带上端A处无初速
地放上一个质量为m=0.5kg的小物块,它与传送带间的动摩擦因
数为0.5,若传送带A到B的长度为16m,g取10m/s2,则物块从A运
动到B的时间为多少?
【标准解答】由于μ＝0.5＜tanθ＝0.75，物块一定沿传送带
对地下移，且不会与传送带相对静止。
设从物块刚放上到达到传送带速度10 m/s时，物块位移为s1，
加速度为a1，时间为t1，因物块速率小于传送带速率，根据牛
顿第二定律，a1= =10 m/s2，方向沿斜面向
下。 t1= =1 s,s1= =5 m＜传送带长度。设从物块速度
为10 m/s到B端所用时间为t2，加速度为a2，位移为s2，物块速
度大于传送带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有
a2= =2 m/s2
s2= ，即(16-5) m=10t2+ ,
t2=1 s(t2=-11 s舍去)
所用总时间t=t1+t2=2 s。
答案：2 s
【变式训练】水平传送带被广泛地应
用于机场和火车站，用于对旅客的行
李进行安全检查。如图所示为一水平
传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝
1 m/s运行。一质量为ｍ＝4 kg的行李无初速地放在A处，传送
带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行
李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带
间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 ｍ，ｇ取
10 m/s2。
(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大
小；
(2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B
处。求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运
行速率。
【解析】(1)由物体“无初速地放在A处”得到物体将相对传送
带运动，滑动摩擦力方向向右，其大小为F＝μmg＝4 N，由牛
顿第二定律，得a＝ ＝1 m/s2。
(2)设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为
v＝1 m/s。
则v=at，即t＝ ＝1 s。
此时物体运动的位移s0= =0.5 m点，其匀加速直线运动的时间为1 s。
(3)当行李从A处到B处一直匀加速，则传送时间最短(可用速度
时间图像来表示进行理解，关键是保证图像包围的面积一样即
位移一样，看是先加速后匀速还是一直加速到达B处时哪种情
况所用时间短)据L=v0t+ 代入v0=0,a=1 m/s2,L=2 m,解得t
＝2 s，
传送带对应的最小运行速率为v′=at=2 m/s
答案：(1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s
1.(2012·浙江高考)如图所示，
与水平面夹角为30°的固定斜
面上有一质量m=1.0 kg的物体，
细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的
弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N。关
于物体受力的判断(取g=9.8 m/s2),下列说法正确的是( )
A.斜面对物体的摩擦力大小为零
B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上
C.斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上
D.斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上
【解析】选A。物体受到重力、支持力和绳子的拉力作用，重
力沿斜面向下的分力为mgsinθ=4.9 N，沿斜面方向的合力为
零，所以物体没有运动的趋势，摩擦力大小为零，选项A正
确、B错误；斜面对物体的支持力大小等于mgcosθ= ，
方向垂直斜面向上，选项C、D错误。
2.(2011·上海高考)受水平外力F作用
的物体,在粗糙水平面上做直线运动,
其v-t图线如图所示,则(　　)
A.在0～t1秒内,外力F大小不断增大
B.在t1时刻,外力F为零
C.在t1～t2秒内,外力F大小可能不断减小
D.在t1～t2秒内,外力F大小可能先减小后增大
【解析】选C、D。0～t1秒内,物体加速运动,F-Ff=ma,从图像斜率看,这段时间内的加速度减小,所以,0～t1秒内,F不断减小,A错误;从图像斜率看在t1时刻,加速度为零,F=Ff,B错误;在t1～t2秒内减速运动,若开始时F的方向与a相反,则Ff-F=ma,从图像斜率看加速度逐渐增大,因此F不断减小,C正确;当F减小到零,反向之后,Ff+F=ma,当F增大时,加速度a逐渐增大,D正确。
3.(2011·新课标全国卷)如图,在光
滑水平面上有一质量为m1的足够长的
木板,其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给
木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块
加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a2变化的图线中正确
的是(　　)
【解析】选A。开始运动时F较小，两物体之间为静摩擦力，不
会相对滑动，由牛顿第二定律有，kt=(m1＋m2)a，解得a=
，在a-t图像中是一条直线，设m1与m2之间的动摩擦因
数为μ，m1的最大加速度a1= 。使木块与木板保持相对静
止的最大外力F0= ，当外力F>F0时，两物体开始
相对滑动，此时两物体之间为滑动摩擦力，对m1应用牛顿第二
定律有，μm2g=m1a1，解得a1= 为定值，在a-t图像中是一
条平行于t轴的直线，对m2应用牛顿第二定律有，kt-μm2g=
m2a2，解得a2= ，由于 ，则相对滑动后在
a-t图像中a2的斜率更大，故B、C、D错，A正确。
4.(2010·海南高考)如图所示,木箱内有一竖直放置的弹簧,弹簧上方有一物块:木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上。若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力,则在此段时间内,木箱的运动状态可能为(　　)
A.加速下降 B.加速上升
C.减速上升 D.减速下降
【解析】选B、D。木箱静止时物块对箱顶有压力,则物块受到箱顶向下的压力,当物块对箱顶刚好无压力时,物块所受合外力的方向向上,表明系统有向上的加速度,是超重,可能是加速上升,也可能是减速下降,B、D正确。
5.(2010·全国卷Ⅰ)如图所示,轻弹簧上
端与一质量为m的木块1相连,下端与另一
质量为M的木块2相连,整个系统置于水平
放置的光滑木板上,并处于静止状态。现
将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的
瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小
为g,则有(　　)
A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=g
C.a1=0,a2= D.a1=g,a2=
【解析】选C。在抽出木板的瞬间,弹簧对木块1的支持力和对
木块2的压力并未改变。木块1受重力和支持力,mg=F,a1=0,木
块2受重力和压力,根据牛顿第二定律a2= ,故
C正确。
6.(2010·山东高考)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。
(1)木板的加速度可以用d、t表示为a=　　　;为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)　　　　　。
(2)改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系。下列图像能表示该同学实验结果的是　　　　。
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优
点是　　　　　。
a.可以改变滑动摩擦力的大小
b.可以更方便地获取多组实验数据
c.可以比较精确地测出摩擦力的大小
d.可以获得更大的加速度以提高实验精度
【解析】(1)木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀加速
直线运动,由d= 可知:a= 。为了减小测量加速度的偶然
误差可以采用的方法是保持F1不变,重复实验多次测量d、t,取
平均值。
(2)该实验原理与教材实验原理类似,同样需要满足木板的质量M远大于矿泉水瓶的质量m,此时可认为绳上的拉力FT近似等于弹簧测力计示数F1。此时可认为F1=mg;本实验中没有平衡摩擦力,但通过题意可知受到的摩擦力为F0,木板受到的合外力为(F1-F0)。图像反映的是a与F1的关系,而不是a与(F1-F0)的关系,所以图像不过原点。当F1增大时,即矿泉水瓶的质量m增大时,该实验不再满足M≫m,此时a越大,绳上的拉力FT就越小于矿泉水瓶的重力mg,即弹簧测力计开始加速运动时的示数F1,加速度增加得就越慢,图线弯曲,斜率变小,c正确。
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优
点是可以更方便地获取多组实验数据和比较精确地测出滑动摩
擦力的大小,b、c说法是正确的。两种实验方法都不可以改变
滑动摩擦力的大小,a说法错误;通过(2)中分析可以知道,当加
速度增大时,实验条件便不再满足,此时实验误差变大,d说法错
误。
答案:(1)　 保持F1不变,重复实验多次测量d、t,取平均值
(2)c　 (3)b、c