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教案(15)——运动定律综合应用
考点解读
考　点 解　读 学 题 目 分 布
牛顿定律与力矩结合问题 牛顿定律与力矩结合问题 C
教学目标
掌握牛顿定律与力矩结合问题
教师归纳
牛顿定律与力矩结合问题只能用隔离法分析各物体，分别应用牛顿第二定律和力矩平衡条件处理问题．
分类剖析
(一)力的合成法与正交分解法在牛顿第二定律中的应用
如果物体只受两个互成角度的共点力作用而做 ( http: / / www.21cnjy.com )加速运动，可以利用力的平行四边形法则，求出合力．并由牛顿第二定律可知合力与加速度的方向总是相同的，因此，解题时只要已知或能判断出加速度的方向，就可知道合力的方向，相当多的问题就是已知加速度方向，根据加速度方向来确定合力方向．
牛顿第二定律的正交分解表达式为　　
∑Fx＝max，∑Fy＝may
在具体应用中建立直角坐标系时，确定x轴正方 ( http: / / www.21cnjy.com )向时一般有两种方法： (1)分解力而不分解加速度，也就是规定加速度方向为x轴正方向；(2)分解加速度而不分解力，就是以某个力的方向为x轴正方向，而其他力相互垂直落在两个坐标轴上，此时采用分解加速度，不分解力的方法求解，比较简便．
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例1
　如图所示，A、B、C都是铰链连接，AC、 ( http: / / www.21cnjy.com )BC杆的重力均不计，BC垂直于竖直墙面，AC＝L＝1m, θ＝30°，有一质量为m＝2kg的小物体，从A点静止开始沿AC下滑，物体与杆间的动摩擦因数为μ＝0.2，试求：BC杆在C点受到的作用力大小和物体下滑时间的函数关系．
【解析】　以AC杆为研究对 ( http: / / www.21cnjy.com )象，除转轴A外，受到小物体的压力N、小物体的摩擦力f和BC杆的作用力F的作用，如图所示，设小物体到A端的距离为S，则由力矩平衡条件得：
FLsinθ＝mgScosθ，所以
F＝＝，
又S＝at2，所以F＝＝＝56.6t2.
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例2
　质量为m的物体放在倾角为α的斜面上， ( http: / / www.21cnjy.com )物体和斜面间的滑动摩擦系数为μ，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动(如图(a)所示)，则水平推力F为多大？
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【解析】　应用正交分解法(图(b))，建立动力学方程求解．
取斜面向上的方向为x轴正方向，由牛顿第二定律
Fcosα－mgsinα－f＝ma(1)
f＝μN(2)
N＝Fsinα＋mgcosα(3)
联立(1)、(2)、(3)式解得
F＝
例3
　一条粗细均匀质量为m＝0.2kg ( http: / / www.21cnjy.com )的米尺，放在水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.16，尺与桌边垂直且有1/4露出桌外，受到一个F＝1.6N的水平拉力作用，要使它能从桌上落下，问这个力至少作用多长时间？
【解析】　尺一开始受到重力G、桌面 ( http: / / www.21cnjy.com )的支持力N、拉力F和摩擦力f的作用，撤去拉力后只受重力G、桌面的支持力N和摩擦力f的作用，则由牛顿第二定律得：
F－μmg＝ma1，所以a1＝＝m/s2＝6.4m/s2，而
－μmg＝ma2，所以a2＝－μg＝－1.6 ( http: / / www.21cnjy.com )m/s2，为使在力作用时间最短时尺从桌边掉下，尺的速度－时间图线如图所示，可见撤去拉力前、后尺的位移之比s1∶s2＝|a2|∶a1＝1∶4，则s1＝s＝0.05s，又s1＝a1t，所以t1＝＝s＝0.125s.
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例4
　将金属块m用压缩的轻弹簧 ( http: / / www.21cnjy.com )卡在一个矩形的箱中，如图所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动．当箱以a＝2.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N，下底板的传感器显示的压力为10.0N.(取g＝10m/s2)
(1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况．
(2)使上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
【解析】　把物体作为研究对象，由运动情况可得：F合＝ma，即mg＋6N－10N＝ma，解得m＝0.5kg
(1)因弹簧未形变，故产生的弹力也不变，此时物体受合力为：F合＝10N－5N－G＝0N，可知：箱可能匀速运动或保持静止
(2)若上顶板传感器示数 ( http: / / www.21cnjy.com )为零，则可知物体所受合力为：F合＝10N－G，且方向向上，故加速度为：a＝＝m/s2＝10m/s2且方向向上，可知物体有可能做向上的加速度大小为10m/s2的匀加速运动，或者做向下的加速度大小为10m/s2的匀减速运动.
例5
　光滑的水平面上有一质量为m＝1kg的 ( http: / / www.21cnjy.com )小球，小球与水平轻弹簧和与水平成θ＝30°角的轻绳的一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断绳的瞬间，小球的加速度大小及方向如何？此时轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力的比值为多少？(g取10m/s2)
【解析】　因此时水平面对小球弹力为零， ( http: / / www.21cnjy.com )故小球在绳未剪断时受三个力的作用，如图所示，由于小球处于平衡状态，依据小球在水平和竖直方向受力平衡求出FT和F的大小．剪断绳时，FT＝0，小球在竖直方向仍平衡，但在水平方向所受合外力不为零，从而产生加速度，绳未断时，由平衡条件得
FTcos30°＝F
FTsin30°＝mg
解得F＝mg＝10N
绳剪断瞬间，小球受弹簧的拉力F、重力mg和支持力FN，则F＝ma　FN＝mg　解得a＝10m/s2，＝.
例6
　如图所示，同高度的、顺时针同向转 ( http: / / www.21cnjy.com )动的两个有固定转动轴的轮相距为d＝0.2m，轮缘的线速度为v＝0.2m/s，一均匀长木板的质量为m＝20kg，放在两轮上，一开始木板的重心G在A轮的正上方，木板与
轮间的动摩擦因数都为μ＝0.1，经过时间t＝0.5s，A轮对板的弹力大小为__________，B轮对板的弹力大小为__________．
【解析】　两轮都顺时针转动，所以轮所受的 ( http: / / www.21cnjy.com )摩擦力方向向左，而物体所受的摩擦力方向向右，设为fA和fB，两轮对板的弹力大小设为NA和NB，由于NA＋NB＝mg，fA＝μNA，fB＝μNB，所以，fA＋fB＝μmg，则fA＋fB＝μmg＝ma，所以a＝μg＝1m/s2.v＝at1，t1＝v/a＝0.2s，s1＝at＝×1×
0．22m＝0.02m，后0.3s内 ( http: / / www.21cnjy.com )板和轮子间没有摩擦力，而做匀速运动，s2＝vt2＝0.2×0.3m＝0.06m，所以0.5s内板共走了s＝s1＋s2＝
0．08m，由力矩平衡得mg×s＝NB×d，所以NB＝mgs/d＝200×0.08/0.2＝80N，NA＝mg－NB＝120N.
本章小结
知识网络
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考题解析
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考题1　　(11年上海高考)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】　根据加速度可以用vt图线的斜 ( http: / / www.21cnjy.com )率表示，所以在0～t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度a＝，所以外力F大小不断减小，A错误；在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，B错误；在t1～t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a＝，外力F大小可能不断减小，C正确；但如果在F先减小一段后的某时刻，F的方向突然变为向后，根据加速度的大小a＝，F后增大，因为vt图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，D也正确．所以本题选CD.
【点评】　本题考查vt图线，牛顿第二定律分析能力．
考题2　　如图(a)所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化的规律如图(b)、(c)所示，重力加速度g取10m/s2.求：
( http: / / www.21cnjy.com )(a)
( http: / / www.21cnjy.com )　　　　(b)　　　　　　　　(c)
(1)小环的质量m.
(2)细杆与地面间的倾角α.
【解析】　本题考查动力学的基本概念，采用从图线中获取必要的信息，培养学生观察能力与分析判断能力．
由图(c)得： a＝＝m/s2＝0.5m/s2.
前2s有： 环做匀加速运动，满 ( http: / / www.21cnjy.com )足方程F1－mgsinα＝ma，2s后有环做匀速运动，加速度为零，所以F2＝mgsinα，代入数据可解得m＝1kg，α＝30°.
考题3　　如图(a)，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数 ；(2)比例系数k.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)
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　　　　(a)　　　　　　　　(b)
【解析】　(1)初始时刻：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0　①，由右图读出a0＝4m/s2代入①式，
解得：μ＝＝0.25;
(2)末时刻加速度为零：mgsinθ－ ( http: / / www.21cnjy.com )μN－kvcosθ＝0　②，又N＝mgcosθ＋kvsinθ，由右图得出此时v＝5 m/s代入②式解得：k＝＝0.84kg/s.
考题4　　如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．每隔0.2s通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．重力加速度g取10m/s2.
t/s 0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 …
v/(m·s－1) 0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 …
　　求： (1)斜面的倾角α；
(2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ；
(3)t＝0.6s时物体的瞬时速度v.
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【解析】　本题考查运动学与动力学的基础知识，是中学阶段的重要内容之一．
(1)由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为
a1＝＝＝5m/s2，mgsinα＝ma1，可得α＝30°.
(2)由后两列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为
a2＝＝＝－2m/s2，－μmg＝ma2，可得μ＝0.2.
(3)物体在平面上运动时，有
＝－2
vB－1.1＝－2(tB－1.2)，
物体在斜面上运动时，有
＝5，vB＝5tB，tB＝0.5s
则t＝0.6s时物体在水平面上，其速度为v＝[1.1－2(0.6－1.2)]m/s＝2.3m/s.
考题5　　如图所示，质量为10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°.力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后速度减为零，求： 物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)
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【解析】　本题主要考查动力学与运动学的基础 ( http: / / www.21cnjy.com )知识．是高中物理阶段的重要内容，要求学生能正确作出受力分析图，然后在考虑重力与摩擦力及F三个力分别在斜面上的分力之和与垂直于斜面方向上分力之和的基础上，运用动力学方程求解．
物体的整个运动分为两部分，设撤去力F瞬间物体的速度为v，则
由v＝a1t1和0＝v－a2t2，
得a1t1＝a2t2，所以2a1＝1.25a2，①
a1＝.
②
a2＝，③
由①②③式解得μ＝0.25，④
代入②③式得a1＝5m/s2，a2＝8m/s2.
s1＝a1t＋a2t⑤
＝×5×22m＋×8×1.252m＝
16．25m.⑥
考题6　　如图所示，斜面底端与一水平板左端a相连，平板长2L，中心C固定在高为R＝L＝1m的竖直支架上，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O连接，因此平板可绕转轴O沿顺时针方向翻转．当把质量m＝0.5kg的小物块A轻放在C点右侧离C点0.2m处时，平板左端a恰不受支持力．A与斜面间和平板的动摩擦因数均为μ＝0.2，A从斜面由静止下滑，不计小物块在a处碰撞时的能量损失．重力加速度g＝10m/s2.现要保证平板不翻转，求：
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(1)小物块能在平板上滑行的最大距离．
(2)有同学认为，在h0一定的情况下，平板是否翻转与斜面的倾角有关，倾角越大，越容易翻转．请用相关知识分析上述认识是否正确．
(3)若h0＝1m，斜面倾角不能超过多大？
【解析】　(1)滑动摩擦力f＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1N
其顺时针力矩为Mf＝fR＝1Nm
平板的重力矩为M＝mgd＝0.5×10×0.2Nm＝1Nm
根据力矩平衡条件可得小物块在平板上滑行的最大距离为1m.
(2)要使平板发生翻转，小物 ( http: / / www.21cnjy.com )块至少要滑到C点右侧．由于小物块在平板上克服摩擦力做功是确定的，所以在h0一定情况下，斜面倾角越大，克服斜面摩擦力做的功就越小，能滑行的距离就越长，即平板越容易翻转．(列式说明同样给分)
(3)设小物块恰好能滑到C点，由动能定理得mgh0－(W克斜＋W克板)＝0式中W克斜＝μmg，W克板＝μmgL
mgh0－(μmg＋μmgL)＝0，代入数据，解得θ＝14°.
考题7　　杂耍演员用一手抛三个球，相邻两球出手的时间间隔Δt相等，每次手中至多有一个球．已知各球上抛高度为1.25m，g取10 m/s2，求(1)每个球在手中停留时间的范围；(2)相邻两球出手的时间间隔Δt.
【解析】　由竖直上抛高h＝1.25m可求
v0＝＝m/s＝5m/s
每个球上升、下降时间t上＝t下＝＝s＝0.5s
故每个球(从离开手到回到手)一个循环的时间T＝2t上＝2×0.5s＝1s.这1s时间有3个球在手中进出着．
( http: / / www.21cnjy.com )(a)　　　　　　(b)
图(1)
(a)倘若球在手中滞留时间最短，可以短 ( http: / / www.21cnjy.com )到零(仿佛在抛接三个“烫山芋”一般)，见图(1)(a)，那么相邻两球出手的时间间隔就是Δt＝＝s.
(b)倘若球在手中滞留的时间最长，那就 ( http: / / www.21cnjy.com )是等后一球回到手瞬间才把手中的球抛出去，这一瞬间可视为手上有2个球，空中仅有一个球(在最高点)，见图(1)(b)，这样，相邻两球出手的时间间隔：
Δt＝＝s＝0.5s
则球在手中滞留的时间也等于这个时间间隔(0.5s)．
【点评】　以上两种情况的v≠t图像如图(2)所示．
( http: / / www.21cnjy.com )(a)　　　　　　　　　　(b)
图(2)
考题8　　如图，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m.用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处．(已知cos37°＝
0．8，sin37°＝0.6.取g＝10m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.
【解析】　方法一：用牛顿定律和运动学公式
(1)物体做匀加速运动　L＝at
∴a＝eq \f(2L,t)＝＝10(m/s2)
由牛顿第二定律　F－f＝ma
f＝30－2×10＝10(N)
∴μ＝＝＝0.5
(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大 ( http: / / www.21cnjy.com )小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma
∴ a＝－μg
＝－0.5×10
＝11.5(m/s2)
a′＝＝μg＝5(m/s2)
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′
∴t′＝t＝t＝2.3t
L＝at2＋a′t′2
∴t＝＝＝1.03(s)
方法二：用动能定理和牛顿定律
设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，对全过程，由动能定理
[Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)]s－μmg(L－s)＝0
∴s＝
＝＝6.06(m)
对F作用时间，由牛顿第二定律
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma
∴a＝－μg
＝－0.5×10＝11.5(m/s2)
∵s＝at2
∴t＝＝＝1.03(s)
方法三：图像法　作出vt图像如下图
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则vt＋vt′＝L＝20m
v＝at＝a′t′，
a＝－μg
＝－0.5×10＝11.5(m/s2)
a′＝＝μg＝5(m/s2)所以11.5t＝5t′
解得t＝≈1.03s
【点评】　本题考查牛顿定律和运动学公式或动能定理，难度：中等．解题关键在于：外力F撤去后，小车由于惯性而运动到B.
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考题9　　如图所示，光滑斜面的底端a与一块质量均匀、水平放置的平板光滑连接，平板长为2L，L＝1m，其中心C固定在高为R的竖直支架上，R＝1m，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O连接，因此平板可绕转轴O沿顺时针方向翻转，问：
(1)在斜面上离平板高度为h0处放置一滑块A，使其由静止滑下，滑块与平板间的动摩擦因数μ＝0.2，为使平板不翻转，h0最大为多少？
(2)如果斜面上的滑块离平板的高度为h1＝0.45m，并在h1处先后由静止释放两块质量相同的滑块A、B，时间间隔为Δt＝
0．2s，则B滑块滑上平板后多少时间，平板恰好翻转．(重力加速度g取10m/s2)
【解析】　(1)A滑到a处的速度为v0＝　①
f＝μN，N＝mg，f＝ma，
a＝μg　②
滑到板上离a点的最大距离为
v＝2μgs0，
s0＝2gh0/2μg＝h0/μ　③
A在板上不翻转应满足条件：摩擦力矩小于等于正压力力矩，即M摩擦≤M压力
μmgR≤mg(L－s0)　④
h0≤μ(L－μR)＝0.2×(1－0.2)＝
0．16m⑤
(2)当h1＝0.45m，vA＝ ＝＝3m/s
vA＝vB＝3m/s　⑥
设B在平板上运动直到平板翻转的时刻为t，取Δt＝0.2s
sA＝vA(t＋Δt)－μg(t＋Δt)2/2　⑦
sB＝vBt－μgt2/2　⑧
两物体在平板上恰好保持平板不翻转的条件是
2μmgR＝mg(L－sA)＋mg(L－sB)　⑨
将⑦、⑧代入⑨式，得t＝0.2s

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