徐高本

“牛頓運動定律”是高中物理的核心內(nèi)容之一，是動力學(xué)的“基石”，也是整個經(jīng)典力學(xué)的理論基礎(chǔ)，其中牛頓第二定律的應(yīng)用在近幾年高考中出現(xiàn)的頻率較高，主要涉及兩種典型的動力學(xué)問題，圖象問題，特別單體多過程和連接體等問題更是命題的重點.

一、考查牛頓第二定律的性質(zhì)

牛頓第二定律“瞬時性”反映了加速度與合外力的瞬時對應(yīng)關(guān)系.合外力恒定時，加速度保持不變；合外力變化時，加速度隨之變化；合外力為零時，加速度也為零.

例1 （2015年海南）如圖1所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧s1和s2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點O：整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)將細(xì)繩剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對原長的伸長分別為△ι1和△ι2，重力加速度大小為g，在剪斷瞬間

（）

A.a1=3g

B.al=0

C.△ι1=2△ι2

D.△ι1=△ι2

解析設(shè)物體的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)繩的瞬間，繩子的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細(xì)繩的瞬間物塊a受到重力和輕彈簧S1的拉力T1，剪斷前對b、c和彈簧組成的整體分析可知T1=2mg，故a受到的合力F=mg+T1=3mg，所以加速度3g，故選項A正確、B錯誤；設(shè)輕彈簧S2的拉力T2，則T2=mg，根據(jù)胡克定律F=k△x，可得△ι1=2△ι2，所以選項C正確、D錯誤.

點評 因與彈簧連接的物體發(fā)生位移需要一定時間，所以彈簧形變的發(fā)生過程也需要一段時間，則彈簧形變不可能在瞬間改變，從而彈簧彈力不能突變.

二、結(jié)合圖象考查牛頓第二定律

在解決牛頓第二定律問題時，物體的受力過程和運動情況既可以用方程表示，又可以用圖象形象表示，因此圖象法是處理牛頓定律問題的基本方法之一，也是高考考查的熱點.

例2（2015年江蘇）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖2所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力

（）

A.t=2s時最大 B.t=2s時最小

C.t=8.5s時最大D.t=8.5s時最小

解析根據(jù)題意上升過程中，由牛頓第二定律得：F-mg=ma，所以向上的加速度越大，人對電梯的壓力就越大，所以選項A正確、B錯誤；由圖象可知，7s后加速度向下，由頓第二定律得：mg-F=ma，可知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，所以選項D正確、C錯誤.

點評 此題物體的運動情況用圖象表示，通過運動圖象能得出物體的加速度的方向.

例3（2015年重慶）若貨物隨升降機(jī)運動的v-t圖象如圖3所示（豎直向上為正），則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時間f關(guān)系的圖象可能是 （）

解析 由圖可知過程①為向下勻加速直線運動（加速度向下，失重，F(xiàn)mg）；過程④為向上勻加速直線運動（加速度向上，超重，F(xiàn)>mg）；過程⑤為向上勻速直線運動（平衡，F(xiàn)=mg）；過程⑥為向上勻減速直線運動（加速度向下，失重，F(xiàn)

點評本題為實際應(yīng)用問題.要求考生能根據(jù)F-t圖象并結(jié)合實際情況確定物體的受力和運動情況，能很好地培養(yǎng)學(xué)生對圖象的觀察和思考能力，強(qiáng)化學(xué)生理論聯(lián)系實際的思想意識.

三、考查連接體問題——整體法與隔離法

醑例4（2015年全國新課標(biāo)Ⅱ）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂.當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著這列車廂以大小為3a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為

（）

A.8

B.10

C.15

D.18

解析設(shè)這列車廂的節(jié)數(shù)為n，P、Q掛鉤東邊有k節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，

點評對連接體問題一般用整體法與隔離法求解.若已知系統(tǒng)的外力，則用整體法求加速度，用隔離法求內(nèi)力；若已知系統(tǒng)的內(nèi)力，則用隔離法求加速度，用整體法求外力，

四、考查牛頓第二定律的兩類基本問題

例5 （2015年全國新課標(biāo)I）如圖4（a），一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖4（b）所示，若重力加速度及圖中的vo、v1、t1均為已知量，則可求出

（）

A.斜面的傾角

B.物塊的質(zhì)量

C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)

D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度

解析小球滑上斜面的初速度vo已知，向上滑行過程為勻變速直線運動，末速度為選項AC對.根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向

點評此題已知物體的運動情況求受力情況，然后根據(jù)運動學(xué)公式求加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求力，

例6（2015年全國新課標(biāo)I）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖5（a）所示.t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=ls時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）.碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板.已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖5（b）所示.木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/S?.求

（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；

（2）木板的最小長度；

（3）木板右端離墻壁的最終距離.

解析（1）規(guī)定向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M，由牛頓第二定律有：

-μl（m+M）g=（m+M）a1

由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4m/s，由運動學(xué)公式得：位移，vo是小物塊和木板開始運動時的速度.

聯(lián)立題給條件得：μl=0.1

在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動.設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：-μ2mg=ma2

式中t2=2s，V2=0，聯(lián)立題給條件得：μ2=0.4

（2）設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間△t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：

μ2mg+μl（m+M）g=（m+M）a1=Ma3

V3=-v1+a3△t

v3=Vl+a2△t

碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運動的位移為：

聯(lián)立并代人數(shù)值得：△s=6.0m

因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m.

（3）在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直到停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3，由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：

μl（m+M）g=（m+M）a4

碰后木板運動的位移為：s=s1+s3

聯(lián)立并代人數(shù)值得：s=-6.5m

木板右端離墻壁的最終距離為6.5m.

點評應(yīng)用牛頓運動定律解決的動力學(xué)問題主要有兩類：一是根據(jù)已知的受力情況，研究物體的運動情況；二是根據(jù)已知物體的運動情況，求未知力.此題綜合了兩種情況.