牛顿运动定律典型例题分析

1、牛顿运动定律典型例题分析基础知识回顾1牛顿第一定律： 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性一一惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之 上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象， 利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛

2、顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿 第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。2、 牛顿第二定律： 物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合 外力的方向相同。公式 F=ma.对牛顿第二定律的理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出 物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提 供了理论基础；（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系

3、，力变加速 度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=ma,F y=ma,F z=ma;（4） 牛顿第二定律 F=ma定义了力的基本单位牛顿（定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的2作用力为1N,即1N=1kg.m/s .3、 牛顿第三定律： 两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。对牛顿第三定律的理解要点：（1）作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失

4、，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果,不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。4. 物体受力分析的基本程序：（1）确定研究对象；（2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。5. 超重和失重:F （或对悬挂物Fn （或对悬挂物的拉（1）超重：物体有向上的加

5、速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma;（2）失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力 力）小于物体的重力 mg即FN=mg- ma当a=g时，Fn=O,即物体处于完全失重。6、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。二、解析典型问题问题1 :必须弄清牛顿第二定律的矢量性。牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利用正

6、交分解法进行求解。练习1、如图1所示，电梯与水平面夹角为30：当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5 ,则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？分析与解：对人受力分析，他受到重力 mg支持力Fn和摩擦力Ff作用，如图1 所示.取水平向右为x轴正 向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度， 据牛顿第二定律可得：Ff=macos30 F N-mg=masin30° 因为心-6，解得匚 -.mg 5mg 5练习2 .一物体放置在倾角为 V的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图3-1-15所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）A.当

7、7; 0 -定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B.当§ 0 -定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C.当§ a -定时，0越大，斜面对物体的正压力越小D.当§ a -定时，0越大，斜面对物体的摩擦力越小15图A.当§ 0 -定时，a越大，斜面对物体的正压力越大B.当§ 0 -定时，a越大,斜面对物体的摩擦力越大C.当§ 0 -定时，a越大,斜面对物体的正压力越小D.当§ 0 -定时，a越大,斜面对物体的摩擦力越小练习3.一物体放置在倾角为 二的斜面上，斜面固定于在水平面上加速运动的小车中，加速度 为a，如图31-16所示，

8、在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）问题2:必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。1、物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力.若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即（同时）改变；或合外力变为零，加速度也立即变为零（物体运动的加速度可以突变 ）.2、 中学物理中的“绳”和“线”，是理想化模型，具有如下几个特性：A 轻:即绳（或线）的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一根绳（或线）的两端及其中间各点的张力大小相等.B 软：即绳（或线）只能受拉力，不能承受压力 （因绳能变曲），由此特点可知，绳与其物体相互间作用 力

9、的方向总是沿着绳子且背离受力物体的方向.C 不可伸长：即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变.3、 中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性：A 轻:即弹簧（或橡皮绳）的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各 点的弹力大小相等.B 弹簧既能承受拉力，也能承受压力（沿着弹簧的轴线），橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力.C .由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间， 所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变，但是,当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失.4、做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化(大小变化或

10、方向变化或大小、方向都变化)，某时刻的加速度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，瞬时力决定瞬时加速度，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时 作用力.练习4、如图2 (a)所示，一质量为 m的物体系于长度分别为 Li、L2的两根细线上，Li的一端 悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为 9 , L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将 L2线剪断，求 剪断瞬时物体的加速度。(I )下面是某同学对该题的一种解法：分析与解：设Li线上拉力为Ti, L2线上拉力为T2，重力为mg物体在三力作用下保持平衡,有 Ticos 9= mg T isin 9= T2, T 2= mgta n9。剪断线的瞬间，T2 突然消失，物

11、体即在 T2反方向获得加速度。因为mgtan 9 = ma所以加速度a= g tan 9，方向在T2反方向。9L2Li图 2(b)你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。(2)若将图2(a)中的细线Li改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与(I )完全相同，即a = g tan 9 ,你认为这个结果正确吗？请说 明理由。分析与解：(i)错。因为L2被剪断的瞬间，Li上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsin9 . ( 2)对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧 Li的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。练习5.如图3-i-2所示

12、，质量为 m的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC和BC与B处弹簧的瞬间，求小球过C的竖直线的夹角都是600，则剪断AC线瞬间，求小球的加速度；剪断的加速度.练习6 .一物体在几个力的共同作用下处于静止状态.现使其中向东的一个力F的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值(方向不变)，则()A.物体始终向西运动B.物体先向西运动后向东运动C.物体的加速度先增大后减小D.物体的速度先增大后减小练习7.如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为0A的瞬间.小球 A和B的加速度多大？m,当剪断上端的绳子图练习&如图3-1-14所示，在两根轻质弹簧a、b之

13、间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a,则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小为2.5米/秒2，若突然撤去弹簧b,则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小可能为（）A. 7.5米/秒2，方向竖直向下B . 7.5米/秒2，方向竖直向上C. 12.5米/秒2,方向竖直向下D . 12.5米/秒2,方向竖直向上练习9. （ 2010 全国卷115）如右图，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

14、别为 a-i、a2。重力加速度大小为g。则有A. a1 = g ,a2 =g b .a1 -0, a2 = gC.a2a1 = g , a2【答案】C【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。对1物体受重力和支F Mg持力，mg=F,a1=0.对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律图练习11、一人在井下站在吊台上，用如图轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。度是a=0.2m/s 2,求这时人对吊台的压力。2(g=9.8m/s )问题3:必须弄清牛顿第二定律的独立性。当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度(力的独立作用原理)表现出来的实际加速度是物体所受各

15、力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的 加速度。练习10、如图3所示，一个劈形物体 M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m,劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：A 沿斜面向下的直线B 抛物线C .竖直向下的直线D.无规则的曲线。分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即 C选项正确。问题4:必须弄清牛顿第二定律的同体性。加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图

16、中跨过滑吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg，起动时吊台向上的加速分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力，由牛顿第二定律有:2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：FM m)(a g) -350N2.(m+M)图再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中Fn是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故 FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小 为200N,方向竖直向下。问题5:必须弄清面接触物体分离的条件及应用。相互接触的物体间可能存在弹力相互

17、作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分 离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。练习12、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定 ，下端系一质量为 m的物体，有一水平板将物体 托住,并使弹簧处于自然长度。 如图7所示。现让木板由静止开始以加速度 a(a v g)匀加速向下移动。求经 过多长时间木板开始与物体分离。分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力 mg弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma,当N=0时，物体与平板分离，所以此时m(g -a)x =k12

18、2m(g a)因为xUat，所以"HF-练习13、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg弹簧的劲度系数 k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在 t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是 ，F的最大值是。分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时 P 受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在00.2S这段时间内P向上运动的距离：122X2一x

19、=mg/k=0.4m,因为x = ? at，所以P在这段时间的加速度 a二上220m/ s，当P开始运动时拉力最小，此时对物体 P有N-mg+Fnin=ma,又因此时 N=mg所以有 Fmin=ma=240N.,当P与盘分离时拉力 F最大，Fmax=m(a+g)=360N.练习14、一弹簧秤的秤盘质量m=1. 5kg，盘内放一质量为 m=10. 5kg的物体P,弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0. 2s内F是变化的，在0. 2s后是恒定的，求 F的最大值和最小值各2是多少？(

20、g=10m/s )分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时 P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m=1. 5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在00.2s这段时间内P向上运动的距离为 x,对物体P据牛顿第二定律可得：F+N-m2g=ma,对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得:F k (mi mi2)g k-(mi m2)g=(mi m(2)a，令 n=0,并由述二A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的5 /11 倍;式求得x二叱厂用，而x = fat2，所以求得a=6m/s2.当P开始运动时拉力最小，此时对盘和

21、物体P整体有 Fmin=(mi+m)a=72N.当P与盘分离时拉力 F最大，Fmax=m(a+g)=168N.问题6 :必须会分析临界问题。在应用牛顿定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态.特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象此时要采用极限分析法，看物体在不同加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件.2倍，E受到向右的练习15、如图10,在光滑水平面上放着紧靠在一起的AE两物体，E的质量是A的的单位是S)。从t = 0开始计时，则:恒力F b=2N,A受到的水平力F A=(9-2t)N , (t t >4

22、 s后，E物体做匀加速直线运动;图分析与解：对于 A B整体据牛顿第二定律有:FA+FB=(mA+mB)a,设A B间的作用为N,则对B据牛顿第二定律可得:N+FB=ma解得N = mB A电-Fb匸mA -mB16 -4tN，当t=4s时N=0, A B两物体开始分离，此后3B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=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t > 4.5s 后,FaA所受合外力反向，即 A、B的加速度方向相反。当t< 4 s时，A、B的加速度均为a -FbmA mB。综上所 t = 4.5s时，A物体的速度为零; t >4.5s后，AE的加

23、速度方向相反。述，选项A B、D正确。练习16、如图11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=。分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力 mg绳的拉力T和斜面的支持力 N作用,寧m图+ m如图12所示。在水平方向有 Tcos45°-Ncos45 °=ma;在竖直方向有 Tsin45 °-Nsin45 °-mg=O.由上述两式可解出：N单"=巴$ 卑，由此两式可看

24、出，当加速度a增大时,2 sin 452 cos 45球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=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T=mg/cos450= 2mg .13所示，此时当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图细线与水平方向间的夹角a <45°.由牛顿第二定律得：Tcos a =ma,Tsin a =mg,解得T = m . a2 g2 = . 5mg。练习17.如图3-2-8所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m =1.0kg的均匀小球,a线与水平方向成53°角，b线水平。两根细线所能承受的最大

25、拉力都是F=15N。当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证为保证细线不被图 3-2-8细线不被拉断，加速度可取的最大值是m/s2;当该系统沿水平方向向右匀加速运动时,拉断，加速度可取的最大值是 m/s2。（取g=10m/s2）问题7 :必须会用整体法和隔离法解题。两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一练习18.如图3-2-4所示，m和M保持相对静止，一起沿倾角为0的光滑斜面下滑，则 M和m间的摩擦力图大小是多少?练习19.如图3-2-10所示，质量为M=4.0kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿

26、水平面向右运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数为卩1=0.20。这时铁箱内一个质量为m=1.0kg的木块恰好能沿箱的后壁向下匀速下滑，木块与铁箱间的动摩擦因数为卩2=0.50。求水平拉力F的大小。（取g=10m/s2）图 3-2-10。一物块质练习20.一质量为M,倾角为0的楔形木块，静置在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为图 3-2-18量为m置于楔形木块的斜面上，物块与斜面之间是光滑的。为了使物块与斜面保持相对静止，可用一水 平外力推动楔形木块，如图3-2-18所示。则此水平力的大小等于_练习21.如图3-2-19所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为以90°,两底角为

27、a和B ,a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的，现发现 a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于 。问题&必须会分析与斜面体有关的问题。练习22、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M倾角为0的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度 V。由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过图 3-2-19程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大?分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力（m+M）g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f（向下

28、）。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：一f=0 mVcos 0 /t , N （m+M）g=0 mVsin 0 /tmV0 cos图17mV sin所以f二二 ，方向向左；N =（m M ）g 亍练习23.如图3-2-13所示，质量为 M的斜面B放在水平地面上.质量为 m的物体A沿斜面以加速度a加 速下滑，而斜面 B相对水平面静止，斜面倾角为且A、B间滑动摩擦因数为 ，则地面对B的摩擦力f的大小和方向分别是()A. f=mgco s 0 sin方向水平向左;C. f=macos 0，方向水平向左D_ _ 2B . F=y mgcos 0，方向水平向右f

29、=卩Mg+m(g-asin 0 ), 方向水平向右图 3-2-1319问题9 :必须会分析传送带有关的问题。练习24、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S,传送带与零件间的动摩擦因数为卩，传送带的速度恒为 V,在P点轻放一质量为 m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为 ，摩擦力对零件做功为.图分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动,摩擦力大小由f=卩mg突变为零，此后以速度 V走完余下距离。由于f=卩mg=ma所以a= g.,加速时间

30、1 = V =，加速位移Sjat；V22通过余下距离所用时间t2S V ，共用时间t期1 t2 = SVV V2gV ，摩擦力对零件做功W JmV22练习25、如图19所示，传送带与地面的倾角 0 =37°，从A到B的长度为16m，传送带以Vo=1Om/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数卩=0.5 ,求物体从 A运动到B所需的时间是多少？(sin37 °=0.6,cos37 ° =0.8)a:二 11分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20(a)所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于卩 tan物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。