牛顿运动定律2

高三物理一轮复习（七）——牛顿运动定律应用授课教师：高茂群基础知识回顾;一、牛 顿 第 二 定 律1．定律的表述：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，加速度的方向跟合力的方向相同，即F =ma （其中的F 和m 、a 必须相对应）2．对定律的理解：（1）瞬时性：合外力恒定不变时，加速度也保持不变。

合外力变化时加速度也随之变化。

合外力为零时，加速度也为零。

（2）矢量性：牛顿第二定律公式是矢量式。

公式mFa 只表示加速度与合外力的大小关系.矢量式的含义在于加速度的方向与合外力的方向始终一致.（3）同一性：加速度与合外力及质量的关系，是对同一个物体（或物体系）而言。

即 F 与a 均是对同一个研究对象而言。

（4）相对性：牛顿第二定律只适用于惯性参照系。

（5）局限性：牛顿第二定律只适用于低速运动的宏观物体，不适用于高速运动的微观粒子。

二、应用举例1．力与运动关系的定性分析1.如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P 与弹簧发生相互作用的整个过程中( )A．P做匀速直线运动B．P的加速度大小不变，但方向改变一次C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大解析：在物体P 压缩弹簧的过程中，弹簧的弹力一直在增大，根据牛顿第二定律可知，物体P 的加速度一直在增大，但速度方向与加速度方向相反，则物体P 运动速度一直在减小，当速度为零时，加速度最大，C 正确．答案：C2．牛顿第二定律的瞬时性2..(2010年高考全国卷Ⅰ)如图所示，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的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( )A ．a 1＝0，a 2＝gB ．a 1＝g ，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋MMg解析：木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg .木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg .由平衡条件和牛顿第二定律可得a 1＝0，a 2＝m ＋MMg .答案：C3．如图所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【解析】 线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B 球受力平衡，a B ＝0，A 球所受合力为mg sin θ＋kx ＝2mg sin θ，故a A ＝2g sin θ.【答案】 BC3．运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（两类动力学基本问题）： （1）已知物体的受力情况，要求物体的运动情况．如物体运动的位移、速度及时间等． （2）已知物体的运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）．但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案． 两类动力学基本问题的解题思路图解如下：牛顿第二定律加速度a 运动学公式运动情况第一类问题受力情况另一类问题4.(2011年高考课标全国卷)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )解析：刚开始木块与木板一起在F 作用下加速，且F ＝kt ，a ＝Fm 1＋m 2＝ktm 1＋m 2，当相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a 1不变，木块受F 及滑动摩擦力，a 2＝F －μm 2g m 2＝F m 2－μg ，故a 2＝ktm 2－μg ，a­t 图象中斜率变大，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案：A5．(2012·哈尔滨模拟)一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角直至斜面倾角接近90°.在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a 和物体由顶端下滑到底端的时间t 的变化情况是( )A ．a 增大，t 增大B ．a 增大，t 变小C ．a 增大，t 先增大后变小D ．a 增大，t 先变小后增大【解析】设斜面倾角为θ，斜面底边长为x0，则斜边长为x0cos θ.物体的加速度a＝g sin θ，θ增大时，a增大，由x0cos θ＝12at2可得：t＝4x0g sin 2θ，可见随θ的增大，t先变小后增大，故只有D正确．【答案】 D4、整体法与隔离法1．整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。

采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁锁的分析，常常使问题解答更简便、明了。

2．隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。

可以把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理量的变化进行分别处理。

采用隔离物体法能排除与研究对象无关的因素，使事物的特征明显地显示出来，从而进行有效的处理。

6．如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，木块与水平面间动摩擦因数相同，其间均用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()A．绳断前，a、b两轻绳的拉力比总为4∶1B．当F逐渐增大到T时，轻绳a刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳a刚好被拉断D．若水平面是光滑的，则绳断前，a、b两轻绳的拉力比大于4∶1【解析】取三木块为整体则有F－6μmg＝6ma，取质量为m、3m的木块为整体则有T a－4μmg ＝4ma，隔离m则有T b－μmg＝ma，所以绳断前，a、b两轻绳的拉力比总为4∶1，与F、μ无关，A对D错；当a绳要断时，解得a＝T4m－μg，拉力F＝1.5T，B错，C正确．【答案】AC7．(2012·茂名模拟)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图1所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是()A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【解析】对于箱子和箱内物体组成的整体，a＝(M＋m)g－fM＋m，随着下落速度的增大，空气阻力f增大，加速度a减小．对箱内物体，mg－F N＝ma，所以F N＝m(g－a)将逐渐增大．故选C.5、临界问题在某些物理情境中，物体运动状态变化的过程中，由于条件的变化，会出现两种状态的衔接，两种现象的分界，同时使某个物理量在特定状态时，具有最大值或最小值。

这类问题称为临界问题。

在解决临界问题时，进行正确的受力分析和运动分析，找出临界状态是解题的关键。

8．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD ．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值解析：球受力如图，则 N 2－N 1sin θ＝ma N 1cos θ＝mg由此判断A 、B 错误．根据牛顿第二定律，N 1、N 2和mg 三力的合力等于ma ，C 错误．根据N 1＝mgcos θ，D 正确．答案：D6、超重和失重1．超重现象：产生超重现象的条件是物体具有 向上 的加速度。

与物体速度的大小和方向无关。

产生超重现象的原因：当物体具有向上的加速度a （向上加速运动或向下减速运动）时，支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为F ， F －mg ＝ma 所以F ＝m （g ＋a ）＞mg 2．失重现象：产生失重现象的条件是物体具有 向下 的加速度，与物体速度的大小和方向无关. 产生失重现象的原因：当物体具有向下的加速度a （向下加速运动或向上做减速运动）时，支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为F 。

mg －F ＝ma ，所以F ＝m （g －a ）＜mg完全失重现象：当物体竖直向下的加速度等于重力加速度时，就产生完全失重现象。

点评：在地球表面附近，无论物体处于什么状态，其本身的重力G＝mg始终不变。

超重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向上，测力计的示数大于物体的重力；失重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向下，测力计的示数小于物体的重力.可见，在失重、超重现象中，物体所受的重力始终不变，只是测力计的示数（又称视重）发生了变化，9“零重力”旅游是一种新兴的旅游项目，一架经过特殊改装的波音727飞机载着乘客在高空反复交替做爬升和俯冲的动作，以制造瞬间的“零重力”状态，乘客可以在地球上体验身处太空的美妙感觉．关于飞机上“零重力”的产生，下列说法正确或设想原理上可行的是( )A．飞机在匀速爬升时处于完全失重状态产生“零重力”B．飞机在经过爬升到达弧形轨道最高点前后的一段时间内的运动，可视为是在竖直平面内的圆周运动，所以这段时间是“零重力”的产生阶段C．设想飞机通过最高点瞬间关闭发动机、收起机翼，忽略空气阻力，让飞机做平抛运动而产生“零重力”D．设想飞机竖直爬升时关闭发动机、收起机翼，忽略空气阻力，让飞机做竖直上抛运动而产生“零重力”解析：“零重力”状态指的就是完全失重状态，在此状态下，物体的加速度为g，方向竖直向下，A选项飞机匀速，处于平衡状态，A选项错误，B、C、D选项中飞机的加速度都可以为g.答案：BCD10.下列四个实验中，能在绕地球飞行的太空实验舱中完成的是A．用天平测量物体的质量B．用弹簧秤测物体的重力C ．用温度计测舱内的温度D．用水银气压计测舱内气体的压强7.图像问题11．(2010·山东高考)如图3－3－18所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是()【解析】物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v－t图象为过原点的倾斜直线，A错；加速度大小不变，B错；其s－t图象应为一段曲线，D错．物体到达水平面后，所受摩擦力f2＝μmg＞f1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.【答案】 C12．(2012·湛江模拟)一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，则由图中信息可判定() A．0～2 s内物块所受摩擦力f＝4 NB．物块的质量为4 kgC．物块在前6 s内的平均速度为3 m/sD．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4【解析】由图乙知0～2 s内，物块处于静止状态，物块受静摩擦力作用，由甲图可读出f＝4 N，A对；由v－t图线可知物块在前6 s内的位移大小为s＝(2＋4)×42m＝12 m，所以平均速度为v＝st＝2 m/s，C错；而在2～4 s内，物块做匀加速运动，加速度大小为a＝ΔvΔt＝2 m/s2，满足F2－μmg＝ma，在4 s后物块做匀速运动，有F3＝μmg，联立得m＝2 kg，μ＝0.4，B错D对．【答案】AD 针对训练：1．质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为t＝0时刻，两物体的速度图象如图所示．则下列判断正确的是()A．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力B．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力C．t0时刻甲乙两物体到达同一高度D．t0时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度【解析】由牛顿第二定律可得物体下落的加速度a＝mg－fm＝g－fm从图象上的斜率可知甲的加速度不变，说明其受阻力不变，乙的加速度一直减小，说明其受阻力一直增大，比较两图象的斜率，乙的斜率先大于甲，后小于甲，中间某一时刻二者的斜率相等，说明甲物体所受阻力开始大于乙，后小于乙，中间某一时刻相等，因此A、B选项均错．t0时刻二者速度相等，从图象上图线所围面积推断乙下落的位移大，因此C错D对．【答案】 D 2．(2012·湛江模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是()A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度C. t1～t2时间内卫星处于超重状态D. t2～t3时间内卫星处于超重状态【解析】卫星在0～t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A错误；v－t图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t1～t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1～t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2～t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确，D错误．【答案】 C3．如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()【解析】m刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1.当m与带同速后，因带足够长，且μ＜tan θ，故m要继续匀加速．此时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，a2＜a1，故D正确．【答案】 D 4．(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A.2μ1＋μB.μ1＋2μC.μ2＋μD.1＋μ2μ【解析】在水平木板上滑动时，加速度a1＝μmgm＝μg，滑行时间t1＝v0a1＝v0μg在倾角45°的斜面上上滑时，加速度a2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m＝(22＋22μ)g.滑行时间t2＝v0a2＝v0(22＋22μ)g所以t2t1＝2μ1＋μ，选项A正确．【答案】 A5．(2010·福建高考)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图3－2－18所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为()A．18 m B．54 mC．72 m D．198 m【解析】本题考查了牛顿运动定律和运动学公式，解答这类题目的关键是对物体进行正确的受力分析和运动过程分析．物体所受摩擦力为f＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，因此前3 s内物体静止.3 s～6 s，a＝F－fm＝8－42m/s2＝2 m/s2，s1＝12at21＝12×2×32 m＝9 m；6 s～9 s，物体做匀速直线运动，s2＝v t2＝at1·t2＝2×3×3 m＝18 m；9 s～12 s，物体做匀加速直线运动，s3＝v t3＋12at23＝6×3 m＋12×2×9 m＝27 m；s总＝s1＋s2＋s3＝9 m＋18 m＋27 m＝54 m，故B选项正确．【答案】 B6．(2012·揭阳模拟)如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g 取10 m/s2，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶4【解析】a1t1＝v max＝a2t2，利用a1＝2a2得t1∶t2＝1∶2，B正确；下滑的最大速度v max＝2v＝2s t＝8 m/s，A错误；加速过程中有mg－f1＝ma1，减速过程中有f2－mg＝ma2，而a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，所以f1∶f2＝1∶7，C正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移s1＝v t1，s2＝v t2，s1∶s2＝t1∶t2＝1∶2，D错误．【答案】BC7．(2012·中山模拟)如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时立即撤去拉力F .此后，物体到达C 点时速度为零．每隔0.2 s 通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．试求：(1)斜面的倾角α；(2)恒力F 的大小；(3)t ＝1.6 s 时物体的瞬时速度．【解析】 (1)经分析可知，当t ＝2.2 s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2 ＝3.3－2.12.4－2.2m/s 2＝6 m/s 2，mg sin α＝ma 2，解得α＝37°.(2)a 1＝2.0－1.00.4－0.2 m/s 2＝5 m/s 2 F －mg sin α＝ma 1，解得F ＝11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t 1，在B 点时有 5t 1＝2.1＋6(2.4－t 1)，t 1＝1.5 s 可见，t ＝1.6 s 的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得。