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第三章 牛頓運動定律 第1節(jié) 牛頓第一定律牛頓第三定律 例1 關(guān)于牛頓第一定律的下列說法中 正確的是 A 牛頓第一定律是實驗定律B 牛頓第一定律說明力是改變物體運動狀態(tài)的原因C 慣性定律與慣性的實質(zhì)是相同的D 物體的運動需要力來維持 點撥 正確理解牛頓第一定律是解答此題的關(guān)鍵 解析 牛頓第一定律是物體在理想條件下的運動規(guī)律 反映的是物體在不受力的情況下所遵循的運動規(guī)律 而自然界中不受力的物體是不存在的 故A錯誤 慣性是物體保持原有運動狀態(tài)不變的一種性質(zhì) 慣性定律 即牛頓第一定律 則反映物體在一定條件下的運動規(guī)律 顯然C錯誤 由牛頓第一定律可知 物體的運動不需要力來維持 但要改變物體的運動狀態(tài)則必須有力的作用 故D錯誤 B正確 答案 B 1 下列關(guān)于慣性的說法中正確的是 物體只有靜止或做勻速直線運動時才有慣性 物體只有受外力作用時才有慣性 物體的運動速度大時慣性大 物體在任何情況下都有慣性 解析 慣性是物體的固有屬性 一切物體都具有慣性 且與物體的運動狀態(tài)及受力情況無關(guān) 故只有 正確 答案 D 例2 甲乙兩隊拔河比賽 甲隊勝 若不計繩子的質(zhì)量 下列說法正確的是 A 因甲隊勝而乙隊負 所以甲隊拉繩子的力大于乙隊拉繩子的力B 只有在兩隊相持不動時 兩隊拉力才大小相等C 只有在甲隊拉動乙隊時 甲隊拉力才大于乙隊D 甲隊獲勝的原因是甲隊受到地面的最大靜摩擦力大于乙隊受到地面的最大靜摩擦力 點撥 1 甲和繩子 乙和繩子間的力均為作用力和反作用力 2 繩子的質(zhì)量不計 其張力處處相等 解析 由于繩的質(zhì)量不計 甲拉繩與乙拉繩的力大小相等 這種關(guān)系與它們的運動狀態(tài)無關(guān) 任何情況下都相等 故ABC均錯誤 若取甲 乙兩隊和繩子所組成的系統(tǒng)為研究對象 在水平方向受到地面對兩隊的靜摩擦力 甲隊獲勝 則甲隊受地面的最大靜摩擦力大于乙隊受地面的最大靜摩擦力 而使乙隊被拉動 故選項D正確 答案 D 2 物體靜止在斜面上 以下幾種分析中正確的是 A 物體受到的靜摩擦力的反作用力是重力沿斜面的分力B 物體所受重力沿垂直于斜面的分力就是物體對斜面的壓力C 物體所受重力的反作用力就是斜面對它的靜摩擦力和支持力這兩個力的合力D 物體受到的支持力的反作用力 就是物體對斜面的壓力 解析 物體受到的靜摩擦力的反作用力是物體對斜面的靜摩擦力 故A錯誤 物體對斜面的壓力在數(shù)值上等于物體所受重力沿垂直于斜面的分力 故B錯誤 物體所受的重力的反作用力是物體對地球的吸引力 故C錯誤 故正確選項為D 答案 D 例 關(guān)于力和運動的關(guān)系 下列說法中正確的是 A 物體的速度不斷增大 表示物體必受力的作用B 物體的位移不斷增大 表示物體必受力的作用C 物體朝什么方向運動 則這個方向上物體必受力的作用D 物體的速度大小不變 則其所受的合力必為零 錯解 C 剖析 該題錯解的主要原因是對基本概念理解不深刻 且受日常錯誤觀念影響 誤認為只有有力作用在物體上時物體才會運動 撤去外力物體就要停下來 實際上力是改變物體運動狀態(tài)的原因 不是維持物體運動的原因 運動狀態(tài)的改變即速度的改變 而速度的改變包括大小和方向兩個方面 速度的大小不變而方向改變 也是運動狀態(tài)改變了 說明一定有外力作用 正解 A 第2節(jié)牛頓第二定律 例1 如圖所示 小車內(nèi)固定著三角硬桿 桿的端點固定著一個質(zhì)量為m的小球 當小車水平向右的加速度逐漸增大時 桿對小球的作用力的變化 用F1至F4變化表示 可能是下圖中的 oo 沿桿方向 點撥 根據(jù)牛頓第二定律的瞬時性和獨立性分析球受桿作用力的兩個分力 解析 對小球進行受力分析 小球受重力和桿對小球的彈力 彈力在豎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正確 答案 C 1 如圖所示 自由下落的小球下落一段時間后 與彈簧接觸 從它接觸彈簧開始 到彈簧壓縮到最短的過程中 小球的速度 加速度的變化情況如何 解析 小球接觸彈簧后受兩個力 向下的重力mg和向上的彈力k x 如圖 a 所示 剛開始時k xmg 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減速運動 因此速度減小到零彈簧被壓縮到最短 如圖 c 所示 例2 如圖所示 質(zhì)量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成 角的輕彈簧系著處于靜止狀態(tài) 現(xiàn)用火將繩AO燒斷 在繩AO燒斷的瞬間 下列說法正確的是 A 彈簧的拉力F mg cos B 彈簧的拉力F mgsin C 小球的加速度為零D 小球的加速度a gsin 解析 燒斷OA之前 小球受三個力 如圖所示 燒斷細繩的瞬間 繩子的張力沒有了 但由于輕彈簧的形變的恢復(fù)需要時間 故彈簧的彈力不變 故A正確 B錯誤 燒斷后小球所受的合外力為F合 mgtan 故加速度a gtan 故C D均錯誤 答案 A 2 如圖所示 物體A B用輕彈簧相連 mB 2mA A B與地面間的動摩擦因數(shù)相同均為 在力F作用下 物體系統(tǒng)做勻速運動 在力F撤去的瞬間 A的加速度為 B的加速度為 以原來的方向為正方向 解析 撤去力F前對A有FT mAg 0 撤去力F后對B有FT mBg mBa 解得a 3 2 g 方向向左 撤去力F前后A的受力未變 加速度仍為0 答案 0 3 2 g 例3 2009 江蘇 航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器 其質(zhì)量m 2kg 動力系統(tǒng)提供的恒定升力F 28N 試飛時飛行器從地面由靜止開始豎直上升 設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變 g取10m s2 求 1 第一次試飛 飛行器飛行t1 8s時到達高度H 64m 求飛行器所受阻力f的大小 2 第二次試飛 飛行器飛行t2 6s時遙控器出現(xiàn)故障 飛行器立即失去升力 求飛行器能達到的最大高度h 3 為了使飛行器不致墜落到地面 求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3 解析 1 第一次飛行中 設(shè)加速度為a1 勻加速運動H 1 2a1t21 由牛頓第二定律F mg Ff ma1 解得Ff 4N 2 第二次飛行中 設(shè)失去升力時的速度為v1 上升的高度為x1 勻加速運動s1 1 2a1t22 設(shè)失去升力后的加速度為a2 上升的高度為s2 由牛頓第二定律mg Ff ma2 v1 a1t2 x2 v21 2a2由以上各式可解得h x1 s2 36m 6m 42m 3 設(shè)失去升力下降階段加速度為a3 恢復(fù)升力后加速度為a4 恢復(fù)升力時速度為v3 由牛頓第二定律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 2s 或2 1s 3 在某一旅游景區(qū)建有一山坡滑草運動項目 該山坡可看成傾角 30 的斜面 一游客連同滑草裝置的總質(zhì)量m 80kg 他從靜止開始勻加速下滑 在時間t 5s內(nèi)斜面滑下的位移s 50m 不計空氣阻力 取g 10m s2 結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 問 1 游客連同滑草裝置在下滑過程中受到的摩擦力f為多大 2 滑草裝置與草皮之間的動摩擦因數(shù) 為多大 解析 1 由位移公式s 1 2at2沿斜面方向 由牛頓第二定律得mgsin f ma聯(lián)立并代入數(shù)值后得f m gsin 2s t2 80N 2 在垂直斜面方向上 N mgcos 0 又f N 聯(lián)立并代入數(shù)值后得 fmgcos 0 12 例 如圖所示 木塊A B用一輕彈簧相連 豎直放在木塊C上 三者靜置于地面 它們的質(zhì)量之比是1 2 3 設(shè)所有接觸面都光滑 當沿水平方向迅速抽出木塊C的瞬時A和B的加速度分別是aA aB 錯解 抽出C的瞬間 AB的運動情況相同加速度均為g 剖析 由于所有接觸面均光滑 因此迅速抽出C時 A B在水平面上均無加速度也無運動 設(shè)A的質(zhì)量為m 則由于抽出C的操作是瞬時的 因此彈簧還沒有來得及發(fā)生形變 其彈力大小為mg 根據(jù)牛頓第二定律的瞬時效應(yīng) 對A B兩物體分別分析 對A有F mg maA 可得aA 0 對B有F 2mg 2maB 可得aB 3g 2 答案 03g 2 第3節(jié) 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 例1 19分 一質(zhì)量為m 40kg的小孩在電梯內(nèi)的體重計上 電梯從t 0時刻由靜止開始上升 在0 6s內(nèi)體重計示數(shù)F的變化如圖所示 試問 在這段時間內(nèi)電梯上升的高度是多少 取重力加速度g 10m s2 點撥 正確理解超重和失重的含義 實際上是豎直方向利用牛頓第二定律解題 解析 滿分展示由圖可知 在0 2s內(nèi) 體重計的示數(shù)大于mg 故電梯應(yīng)做向上的加速運動 設(shè)在這段時間內(nèi)體重計作用于小孩的力為FN1 電梯及小孩的加速度為a1 根據(jù)牛頓第二定律得FN1 mg ma14分在這段時間內(nèi)電梯上升的高度h1 1 2a1t212分在2 5s內(nèi) 體重計的示數(shù)等于mg 故電梯應(yīng)做勻速上升運動 速度為t1時刻的電梯的速度 即v1 a1t1 2分在這段時間內(nèi)電梯上升的高度h2 v1t23分在5 6s內(nèi) 體重計的示數(shù)小于mg 故電梯應(yīng)做減速上升運動 設(shè)這段時間內(nèi)體重計作用于小孩的力為FN2 電梯及小孩的加速度為a2 由牛頓第二定律得mg FN2 ma24分在這段時間內(nèi)電梯上升的高度h3 v1 t3 t2 1 2a2 t3 t2 21分電梯上升的總高度h h1 h2 h31分代入數(shù)據(jù)解得h 2m 6m 1m 9m 2分 1 某實驗小組的同學在電梯的天花板上固定一根彈簧測力計 使其測量掛鉤向下 并在鉤上懸掛一個重為10N的鉤碼 彈簧測力計彈力隨時間變化的規(guī)律可通過一傳感器直接得出 如圖所示 則下列分析正確的是 A 從時刻t1到t2 鉤碼處于失重狀態(tài)B 從時刻t3到t4 鉤碼處于超重狀態(tài)C 電梯可能開始在15樓 先加速向下 接著勻速向下 再減速向下 最后停在1樓D 電梯可能開始在1樓 先加速向上 接著勻速向上 再減速向上 最后停在15樓 解析 由圖象可知 在t1 t2內(nèi)彈力FG 處于超重 可能是在減速下降 故A B C正確 D錯誤 答案 D 例2 2007 江蘇高考 如圖所示 光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊 其中兩個質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連 木塊間的最大靜摩擦力是 mg 現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊 使四個木塊以同一加速度運動 則輕繩對m的最大拉力為 A 3 mg 5B 3 mg 4C 3 mg 2D 3 mg 點撥 正確判斷出AB間和CD間的摩擦力的大小關(guān)系是解題的關(guān)鍵 解析 經(jīng)過受力分析 A B之間的靜摩擦力為B C D組成的系統(tǒng)提供加速度 加速度達到最大值臨界條件為A B間達到最大靜摩擦力 即am mg 4m g 4 而繩子拉力T給C D組成的系統(tǒng)提供加速度 因而拉力的最大值為Tm 3mam 3 mg 4 故選B 答案 B 2 如圖所示 質(zhì)量為M的平板小車放在傾角為 的光滑斜面上 斜面固定 一質(zhì)量為m的人在車上沿平板向下運動時 車恰好靜止 求人的加速度 解析 以人 車整體為研究對象 根據(jù)系統(tǒng)牛頓運動定律求解 由系統(tǒng)牛頓第二定律得 M m gsin ma 解得人的加速度為a M m gsin m 例3如圖所示 細線的一端固定于傾角為45 的光滑楔形滑塊A的頂端P處 細線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球 當滑塊至少以加速度a 向左運動時 小球?qū)瑝K的壓力等于零 當滑塊以a 2g的加速度向左運動時 線中拉力T 點撥 解題的關(guān)鍵是找出小球?qū)瑝K的壓力等于零的臨界加速度 解析 當滑塊具有向左的加速度a時 小球受重力mg 繩的拉力FT和斜面的支持力FN作用 如圖所示 在水平方向有FTcos45 FNcos45 ma 在豎直方向有FTsin45 FNsin45 mg 0 由上述兩式可得 FN m g a 2sin45 FT m g a 2cos45 由以上兩式可看出 當加速度a增大時 球受支持力FN減小 繩拉力FT增加 當a g時 FN 0 此時小球雖與斜面有接觸但無壓力 處于臨界狀態(tài) 這時繩的拉力FT mg cos45 2 1 2mg 當滑塊加速度a g時 則小球?qū)?飄 離斜面 只受兩力作用 如圖所示 此時細線與水平方向間的夾角 45 由牛頓第二定律得 FTcos ma FTsin mg 解得FT m a2 g2 1 2 5 1 2mg 答案 g 5 1 2mg 3 如圖所示 在光滑水平面上放著緊靠在一起的 兩物體 的質(zhì)量是 的2倍 受到向右的恒力 B 2N 受到的水平力 A 9 2t N t的單位是s 從t 0開始計時 則下列說法錯誤的是 A A物體在3s末時刻的加速度是初始時刻的5 11倍B t 4s后 B物體做勻加速直線運動C t 4 5s時 A物體的速度為零D t 4 5s后 A B的加速度方向相反 解析 對于A B整體據(jù)牛頓第二定律有 FA FB mA mB a 設(shè)A B間的作用力為FN 則對B由牛頓第二定律可得 FN FB mBa 解得FN mB FA FB mA mB FB 16 4t 3N 當t 4s時FN 0 A B兩物體開始分離 此后B做勻加速直線運動 而A做加速度逐漸減小的加速運動 當t 4 5s時A物體的加速度為零而速度不為零 t 4 5s后 所受合外力反向 即A B的加速度方向相反 當t 4s時 A B的加速度均為a FA FB mA mB 故A B D正確 C錯誤 答案 C 例 一個質(zhì)量為0 2kg的小球用細線吊在傾角 53 的斜面頂端 如圖 斜面靜止時 球緊靠在斜面上 繩與斜面平行 不計摩擦 當斜面以10m s2的加速度向右做加速運動時 繩的拉力為N 斜面對小球的彈力為N 錯解 對物理過程缺乏清晰認識 不能用極限分析法挖掘題目隱含的臨界狀態(tài)及條件 使問題難以切入 誤認為繩子仍然與斜面平行 剖析 當加速度a較小時 小球與斜面體一起運動 此時小球受重力 繩拉力和斜面支持力的作用 繩平行于斜面 當加速度a足夠大時 小球?qū)?飛離 斜面 此時小球受重力和繩的拉力作用 繩與水平方向的夾角未知 題目中要求a 10m s2時繩的拉力及斜面的支持力 必須先求出小球離開斜面的臨界加速度a0 此時 小球所受斜面支持力恰好為零 由mgcot ma0 可得a0 gcot 7 5m s2 因為a 10m s2 a0 所以小球離開斜面FN 0 小球受力情況如圖所示 則FTcos ma FTsin mg 所以FT ma 2 mg 2 1 2 2 83N FN 0 答案 2 830 實驗四探究加速度與力 質(zhì)量的關(guān)系 例 2008 寧夏 物理小組在一次探究活動中測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù) 實驗裝置如圖所示 一表面粗糙的木板固定在水平桌面上 一端裝有定滑輪 木板上有一滑塊 其一端與電磁打點計時器的紙帶相連 另一端通過跨過定滑輪的細線與托盤連接 打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz 開始實驗時 在托盤中放入適量砝碼 滑塊開始做勻加速運動 在紙帶上打出一系列小點 1 如圖給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分 0 1 2 3 4 5 6 7是計數(shù)點 每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點 圖中未標出 計數(shù)點間的距離如圖所示 根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算的加速度a 保留三位有效數(shù)字 2 回答下列兩個問題 為測量動摩擦因數(shù) 下列物理量中還應(yīng)測量的有 填入所選物理量前的字母 A 木板的長度lB 木板的質(zhì)量m1C 滑塊的質(zhì)量m2D 托盤和砝碼的總質(zhì)量m3E 滑塊運動的時間t 測量 中所選定的物理量時需要的實驗器材是 3 滑塊與木板間的動摩擦因數(shù) 用被測物理量的字母表示 重力加速度為g 與真實值相比 測量的動摩擦因數(shù) 填 偏大 或 偏小 寫出支持你的看法的一個論據(jù) 解析 1 去掉最開始的一個數(shù)據(jù)用分組法求加速度 a 3 39 3 88 4 37 1 89 2 40 2 88 10 2 3 0 1 2m s2 0 497m s2 0 495 0 497m s2均可 2 CD 天平 3 對托盤 含砝碼 以及滑塊為一整體根據(jù)牛頓第二定律有 m3g m2g m2 m3 a 解得 m3g m2 m3 am2g 測量值比真實值偏大 原因是由于紙帶與打點計時器的限位孔之間存在摩擦阻力 例 在探究 牛頓第二定律 時 某小組設(shè)計雙車位移比較法來探究加速度與力的關(guān)系 實驗裝置如圖所示 將軌道分上下雙層排列 兩小車后的剎車線穿過尾端固定板 由安裝在后面的剎車系統(tǒng)同時進行控制 未畫出剎車系統(tǒng) 通過改變砝碼盤中的砝碼來改變拉力大小 通過比較兩小車的位移來比較兩小車的加速度大小 是因為位移與加速度的關(guān)系式為 已知兩車質(zhì)量均為200g 實驗數(shù)據(jù)如下表 分析表中數(shù)據(jù)可得到結(jié)論 該裝置中的剎車系統(tǒng)的作用 為了減小實驗的系統(tǒng)誤差 你認為還可以進行哪些方面的改進 只需提出一個建議即可 解析 s at2 2在實驗誤差范圍內(nèi)當小車質(zhì)量保持不變時 由于s F說明a F控制兩車同時運動和同時停止調(diào)整兩木板平衡摩擦力 或使砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量等