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1、第三章,牛顿运动定律,第1节,牛顿第一定律 牛顿第三定律,例1.关于牛顿第一定律的下列说法中，正确的是( ) A. 牛顿第一定律是实验定律 B. 牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因 C. 惯性定律与惯性的实质是相同的 D. 物体的运动不需要力来维持 【点拨】正确理解牛顿第一定律是解答此题的关键.,【解析】牛顿第一定律是物体在理想条件下的运动规律，反映的是物体在不受力的情况下所遵循的运动规律，而自然界中不受力的物体是不存在的，故A错误惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，惯性定律(即牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律，显然C错误由牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持
2、，但要改变物体的运动状态则必须有力的作用.故答案为BD. 【答案】BD,1.下列关于惯性的说法中正确的是 （ ） . 物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性 . 物体只有受外力作用时才有惯性 . 物体的运动速度大时惯性大 . 物体在任何情况下都有惯性,【解析】惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，且与物体的运动状态及受力情况无关，故只有正确. 【答案】D,例2.甲乙两队拔河比赛，甲队胜，若不计绳子的质量，下列说法正确的是 ( ) A. 因甲队胜而乙队负，所以甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力 B. 只有在两队相持不动时，两队拉力才大小相等 C. 不管什么情况，两队的拉力大小总是相等 D. 甲
3、队获胜的原因是甲队受到地面的最大静摩擦力大于乙队受到地面的最大静摩擦力 【点拨】(1)甲和绳子、乙和绳子间的力均为作用力和反作用力. (2)绳子的质量不计,其张力处处相等.,解析：由于绳的质量不计，甲拉绳与乙拉绳的力大小相等，这种关系与它们的运动状态无关，任何情况下都相等，故选项C对；若取甲、乙两队和绳子所组成的系统为研究对象，在水平方向受到地面对两队的静摩擦力，甲队获胜，则甲队受地面的最大静摩擦力大于乙队受地面的最大静摩擦力，而使乙队被拉动故选项D对 答案:CD,2. 物体静止在斜面上，以下几种分析中正确的是 ( ) A. 物体受到的静摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力 B. 物体所受重力沿
4、垂直于斜面的分力就是物体对斜面的压力 C. 物体所受重力的反作用力就是斜面对它的静摩擦力和支持力这两个力的合力 D. 物体受到的支持力的反作用力，就是物体对斜面的压力 【解析】物体受到的静摩擦力的反作用力是物体对斜面的静摩擦力，故A错误物体对斜面的压力在数值上等于物体所受重力沿垂直于斜面的分力，故B错误物体所受的重力的反作用力是物体对地球的吸引力，故C错误故正确选项为D. 【答案】D,例.关于力和运动的关系，下列说法中正确的是 ( ) A. 物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用 B. 物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用 C. 物体朝什么方向运动，则这个方向上物体必受力的作用 D. 物
5、体的速度大小不变，则其所受的合力必为零 【错解】ABCD 【剖析】该题错解的主要原因是对基本概念理解不深刻，且受日常错误观念影响，误认为只有有力作用在物体上时物体才会运动，撤去外力物体就要停下来.实际上力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，运动状态的改变即速度的改变.而速度的改变包括大小和方向两个方面，速度的大小不变而方向改变，也是运动状态改变了，说明一定有外力作用. 【正解】A,第2节 牛顿第二定律,例1.（2010福州检测）如图所示，小车内固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球当小车水平向右的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化(用F1至F4变化表示)可能是下图
6、中的(OO沿杆方向) ( ),【点拨】根据牛顿第二定律的瞬时性和独立性分析球受杆作用力的两个分力. 【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和杆对小球的弹力，弹力在竖直方向的分力和重力平衡，小球在水平方向的分力提供加速度，故C正确. 【答案】C,1. 如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度的变化情况如何？,【解析】小球接触弹簧后受两个力，向下的重力mg和向上的弹力kx.如图（a）所示，刚开始时kxmg，合力向上，由于加速度的方向和速度方向相反，小球做加速度增大的减速运动，因此速度减小到零弹簧被压缩到最短，如图（c）所示.
7、,例2.如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是 ( ) A. 弹簧的拉力F=mg/cos B. 弹簧的拉力F=mgsin C. 小球的加速度为零 D. 小球的加速度a=gsin ,【解析】烧断OA之前，小球受三个力，如图所示.烧断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，故A正确，B错误.烧断后小球所受的合外力为F合=mgtan ,故加速度a=gtan .故C、D均错误. 【答案】A,2. 如图所示，物体A、B用轻弹簧相连，mB=2mA， A、B与地面间的动摩
8、擦因数相同均为，在力F作用下，物体系统做匀速运动，在力F撤去的瞬间，A的加速度为，B的加速度为(以原来的方向为正方向),【解析】撤去力F前对A有FT-mAg=0,撤去力F后对B有FT+mBg=mBa，解得a=3/2g，方向向左；撤去力F前后A的受力未变，加速度仍为0. 【答案】0 -3/2g,例3.(2009江苏)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2 kg，动力系统提供的恒定升力F=28 N.试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.求： (1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8 s 时到达高度H=64 m.求飞行器所受阻力f的大小. (
9、2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力,求飞行器能达到的最大高度h. (3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 .,【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为a1， 匀加速运动H=1/2a1t21， 由牛顿第二定律F-mg-Ff=ma1， 解得Ff=4 N. （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为x1，匀加速运动x1=1/2a1t22， 设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为x2，由牛顿第二定律mg+Ff=ma2，v1=a1t2，x2=v21/2a2由以上各式可解得 h=x1+x2=36 m+6 m=4
10、2 m. （3）设失去升力下降阶段加速度为a3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，由牛顿第二定律mg-Ff=ma3， F+Ff-mg=ma4，且v23/2a3+v23/2a4=h，v3=a3t3，由以上各式可解得t3=3(2)1/2 s(或2.1 s).,3. 如图所示，物体的质量m=4 kg，与水平地面间的动摩擦因数为=0.2，在倾角为37，F=10 N的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5 s时撤去F，求： (1)物体做加速运动时的加速度a. (2)撤去F后，物体还能滑行多长时间？滑行多远？ (g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8),【解析】（1）
11、撤去力F前，对物体进行受力分析，如图甲所示. 则：F合=Fcos -(mg-Fsin ). 由牛顿第二定律得： a=F合m=Fcos -(mg-Fsin )m =1.24m/s2=0.3 m/s2, vt=at=0.35 m/s=1.5 m/s.,（2）撤去力F后，物体受力如图乙所示 则：F合=Ff=mg 由牛顿第二定律得 a=F合m=g=0.210 m/s2=2 m/s2, 可得x=v2t/2a=1.52/22 m=0.56 m. t=vt/a=1.5/2 s=0.75 s.,例.如图所示，木块A、B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是123，设所有接触面都光滑
12、，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬时A和B的加速度分别是aA= ，aB= .,【错解】抽出C的瞬间，AB的运动情况相同加速度均为g.,【剖析】由于所有接触面均光滑，因此迅速抽出C时，A、B在水平面上均无加速度也无运动.设A的质量为m,则由于抽出C的操作是瞬时的，因此弹簧还没有来得及发生形变，其弹力大小为mg，根据牛顿第二定律的瞬时效应，对A、B两物体分别分析. 对A有F-mg=maA，可得aA=0. 对B有F+2mg=2maB，可得aB=3g/2. 【答案】0 3g/2,第3节,牛顿运动定律的综合应用,例1.(19分)一质量为m=40 kg的小孩在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升
13、，在06 s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=10 m/s2.,【点拨】正确理解超重和失重的含义，实际上是竖直方向利用牛顿第二定律解题.,【解析】满分展示 由图可知，在02 s内，体重计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为FN1，电梯及小孩的加速度为a1，根据牛顿第二定律得 FN1-mgma1 4分 在这段时间内电梯上升的高度h11/2a1t21 2分 在25 s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时刻的电梯的速度，即v1a1t1, 2分 在这段时间内电梯上升的高度h2v1t2
14、 3分 在56 s内，体重计的示数小于mg，故电梯应做减速上升运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为FN2，电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律得mg-FN2ma2 4分 在这段时间内电梯上升的高度 h3v1(t3-t2)-1/2a2(t3-t2)2 1分 电梯上升的总高度hh1h2+h3 1分 代入数据解得h2 m+6 m+1 m=9 m. 2分,1. 某实验小组的同学在电梯的天花板上固定一根弹簧测力计，使其测量挂钩向下，并在钩上悬挂一个重为10 N的钩码，弹簧测力计弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图所示，则下列分析正确的是 ( ) A. 从时刻t1到t2，钩码处于失重状
15、态 B. 从时刻t3到t4，钩码处于超重状态 C. 电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼 D. 电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼,【解析】由图象可知，在t1t2内弹力FG，处于超重，可能是在减速下降，故A、B、C正确. 【答案】ABC,例2.（2007.江苏高考）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动.则轻绳对m的最大拉力为 ( ) A. 3mg/5 B. 3
16、mg/4 C. 3mg/2 D. 3mg,【点拨】正确判断出AB间和CD间的摩擦力的大小关系是解题的关键. 【解析】经过受力分析，A、B之间的静摩擦力为B、C、D组成的系统提供加速度，加速度达到最大值临界条件为A、B间达到最大静摩擦力，即am=mg/4m=g/4，而绳子拉力FT给C、D组成的系统提供加速度，因而拉力的最大值为FTm=3mam=3mg/4，故选B. 【答案】B,2. 如图所示，质量为M的平板小车放在倾角为的光滑斜面上(斜面固定)，一质量为m的人在车上沿平板向下运动时，车恰好静止，求人的加速度.,【解析】以人、车整体为研究对象，根据系统牛顿运动定律求解. 由系统牛顿第二定律得(M+
17、m)gsin =ma， 解得人的加速度为a=(M+m)gsin /m.,【例3】如图所示，细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球.当滑块至少以加速度a= 向左运动时，小球对滑块的压力等于零;当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T= .,【点拨】解题的关键是找出小球对滑块的压力等于零的临界加速度.,【解析】当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力FT和斜面的支持力FN作用，如图所示. 在水平方向有FTcos 45-FNcos 45=ma， 在竖直方向有FTsin 45+FNsin 45-mg=0. 由上述两式可得：FN=m(g-a
18、)/2sin 45,FT=m(g+a)/2cos 45. 由以上两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力FN减小，绳拉力FT增加.当a=g时，FN=0，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FT=mg/cos 45=(2)1/2mg. 当滑块加速度ag时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图所示， 此时细线与水平方向间的夹角45.由牛顿第二定律得： FTcos =ma，FTsin =mg，解得FT=m(a2+g2)1/2=(5)1/2mg. 【答案】g (5)1/2mg,3. 如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的、两物体，的质量是的2倍，受到向右的恒力B=2 N，受
19、到的水平力A=(9-2t) N，(t的单位是s).从t0开始计时，则 ( ) A. A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的5/11倍 B. t4 s后，B物体做匀加速直线运动 C. t4.5 s时，A物体的速度为零 D. t4.5 s后，A、B的加速度方向相反,【解析】对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a，设A、B间的作用力为FN，则对B由牛顿第二定律可得： FN+FB=mBa，解得FN=mB(FA+FB)/(mA+mB)-FB=(16-4 t)/3 N. 当t=4 s时FN=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.
20、5 s时A物体的加速度为零而速度不为零.t4.5 s后，所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反. 当t4 s时，A、B的加速度均为a=(FA+FB)/(mA+mB). 故A、B、D正确. 【答案】ABD,例.一个质量为0.2 kg的小球用细线吊在倾角=53的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时，绳的拉力为N,斜面对小球的弹力为N.,【错解】对物理过程缺乏清晰认识，不能用极限分析法挖掘题目隐含的临界状态及条件，使问题难以切入,误认为绳子仍然与斜面平行.,【剖析】当加速度a较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、
21、绳拉力和斜面支持力的作用，绳平行于斜面，当加速度a足够大时，小球将“飞离”斜面，此时小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a=10 m/s2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0.(此时，小球所受斜面支持力恰好为零) 由mgcot =ma0,可得a0=gcot =7.5 m/s2. 因为a=10 m/s2a0,所以小球离开斜面FN=0，小球受力情况如图所示，则FTcos =ma，FTsin =mg. 所以FT=(ma)2+(mg)21/2=2.83 N,FN=0. 【答案】2.83 0,实验四 探究加速度与力、质量的关系,例.(2008宁夏卷)物
22、理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数.实验装置如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接.打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点.,(1)如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示.根据图中数据计算的加速度a= .(保留三位有效数字),(2)回答下列两个问题 为测量动摩擦因数，下列物理量中还
23、应测量的有 .(填入所选物理量前的字母) A. 木板的长度l B. 木板的质量m1 C. 滑块的质量m2 D. 托盘和砝码的总质量m3 E. 滑块运动的时间t 测量中所选定的物理量时需要的实验器材是. (3)滑块与木板间的动摩擦因数(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g).与真实值相比，测量的动摩擦因数(填“偏大”或“偏小”).写出支持你的看法的一个论据： ,【解析】(1)去掉最开始的一个数据用分组法求加速度, a=(3.39+3.88+4.37)-(1.89+2.40+2.88)10-2/(30.1)2m/s2 =0.497 m/s2.(0.4950.497 m/s2均可) (2)CD 天
24、平 (3)对托盘(含砝码)以及滑块为一整体根据牛顿第二定律有 m3g-/m2g=(m2+m3)a,解得=m3g-(m2+m3)am2g ，测量值比真实值偏大，原因是由于纸带与打点计时器的限位孔之间存在摩擦阻力.,例.在探究“牛顿第二定律”时，某小组设计双车位移比较法来探究加速度与力的关系实验装置如图所示，将轨道分上下双层排列，两小车后的刹车线穿过尾端固定板，由安装在后面的刹车系统同时进行控制(未画出刹车系统)通过改变砝码盘中的砝码来改变拉力大小通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，是因为位移与加速度的关系式为 已知两车质量均为200 g，实验数据如下表：,分析表中数据可得到结论： . 该装置中的刹车系统的作用： 为了减小实验的系统误差，你认为还可以进行哪些方面的改进？(只需提出一个建议即可) ,【解析】s=at2/2 在实验误差范围内当小车质量保持不变时，由于sF说明aF控制两车同时运动和同时停止调整两木板平衡摩擦力(或使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量等),