1、第三章牛頓運動定律第1頁第1頁第1節(jié)牛頓第一定律 牛頓第三定律第2頁第2頁例1.關于牛頓第一定律下列說法中，正確是( )A. 牛頓第一定律是試驗定律B. 牛頓第一定律闡明力是改變物體運動狀態(tài)原因C. 慣性定律與慣性實質是相同D. 物體運動不需要力來維持【點撥】正確理解牛頓第一定律是解答此題關鍵.第3頁第3頁【解析】牛頓第一定律是物體在抱負條件下運動規(guī)律，反應是物體在不受力情況下所遵循運動規(guī)律，而自然界中不受力物體是不存在，故A錯誤慣性是物體保持原有運動狀態(tài)不變一個性質，慣性定律(即牛頓第一定律)則反應物體在一定條件下運動規(guī)律，顯然C錯誤由牛頓第一定律可知，物體運動不需要力來維持，但要改變物體運

2、動狀態(tài)則必須有力作用.故答案為BD.【答案】BD第4頁第4頁1.下列關于慣性說法中正確是 （ ）. 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】慣性是物體固有屬性，一切物體都含有慣性，且與物體運動狀態(tài)及受力情況無關，故只有正確.【答案】D 第5頁第5頁例2.甲乙兩隊拔河比賽，甲隊勝，若不計繩子質量，下列說法正確是 ( )A. 因甲隊勝而乙隊負，因此甲隊拉繩子力不小于乙隊拉繩子力B. 只有在兩隊相持不動時，兩隊拉力才大小相等C. 無論什么情況，兩隊拉力大小總是相等D. 甲隊獲勝原因是甲隊受到地面最大靜摩擦力不

3、小于乙隊受到地面最大靜摩擦力【點撥】(1)甲和繩子、乙和繩子間力均為作用力和反作用力.(2)繩子質量不計,其張力處處相等.第6頁第6頁解析：由于繩質量不計，甲拉繩與乙拉繩力大小相等，這種關系與它們運動狀態(tài)無關，任何情況下都相等，故選項C對；若取甲、乙兩隊和繩子所構成系統為研究對象，在水平方向受到地面對兩隊靜摩擦力，甲隊獲勝，則甲隊受地面最大靜摩擦力不小于乙隊受地面最大靜摩擦力，而使乙隊被拉動故選項D對答案:CD第7頁第7頁2. 物體靜止在斜面上，下列幾種分析中正確是 ( )A. 物體受到靜摩擦力反作用力是重力沿斜面分力B. 物體所受重力沿垂直于斜面分力就是物體對斜面壓力C. 物體所受重力反作用

4、力就是斜面對它靜摩擦力和支持力這兩個力合力D. 物體受到支持力反作用力，就是物體對斜面壓力【解析】物體受到靜摩擦力反作用力是物體對斜面靜摩擦力，故A錯誤物體對斜面壓力在數值上等于物體所受重力沿垂直于斜面分力，故B錯誤物體所受重力反作用力是物體對地球吸引力，故C錯誤故正確選項為D.【答案】D第8頁第8頁例.關于力和運動關系，下列說法中正確是 ( )A. 物體速度不斷增大，表示物體必受力作用B. 物體位移不斷增大，表示物體必受力作用C. 物體朝什么方向運動，則這個方向上物體必受力作用D. 物體速度大小不變，則其所受合力必為零【錯解】ABCD【剖析】該題錯解主要原因是對基本概念理解不深刻，且受日常錯

5、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.事實上力是改變物體運動狀態(tài)原因，不是維持物體運動原因，運動狀態(tài)改變即速度改變.而速度改變包括大小和方向兩個方面，速度大小不變而方向改變，也是運動狀態(tài)改變了，闡明一定有外力作用.【正解】A第9頁第9頁第2節(jié) 牛頓第二定律第10頁第10頁例1.（福州檢測）如圖所表示，小車內固定著三角硬桿，桿端點固定著一個質量為m小球當小車水平向右加速度逐步增大時，桿對小球作用力改變(用F1至F4改變表示)也許是下圖中(OO沿桿方向) ( )第11頁第11頁【點撥】依據牛頓第二定律瞬時性和獨立性分析球受桿作用力兩個分力.【解析】對小球進行

6、受力分析，小球受重力和桿對小球彈力，彈力在豎直方向分力和重力平衡，小球在水平方向分力提供加速度，故C正確.【答案】C第12頁第12頁1. 如圖所表示，自由下落小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短過程中，小球速度、加速度改變情況如何？第13頁第13頁【解析】小球接觸彈簧后受兩個力，向下重力mg和向上彈力kx.如圖（a）所表示，剛開始時kxmg，合力向上，由于加速度方向和速度方向相反，小球做加速度增大減速運動，因此速度減小到零彈簧被壓縮到最短，如圖（c）所表示.第14頁第14頁例2.如圖所表示，質量為m小球被水平繩AO和與豎直方向成角輕彈簧系著處于靜止狀態(tài)，現用火將繩

7、AO燒斷，在繩AO燒斷瞬間，下列說法正確是 ( )A. 彈簧拉力F=mg/cos B. 彈簧拉力F=mgsin C. 小球加速度為零D. 小球加速度a=gsin 【點撥】分清模型分析改變前后受力情況列方程求解第15頁第15頁【解析】燒斷OA之前，小球受三個力，如圖所表示.燒斷細繩瞬間，繩子張力沒有了，但由于輕彈簧形變恢復需要時間，故彈簧彈力不變，故A正確，B錯誤.燒斷后小球所受合外力為F合=mgtan ,故加速度a=gtan .故C、D均錯誤.【答案】A第16頁第16頁2. 如圖所表示，物體A、B用輕彈簧相連，mB=2mA， A、B與地面間動摩擦因數相同均為，在力F作用下，物體系統做勻速運動，

8、在力F撤去瞬間，A加速度為，B加速度為(以本來方向為正方向)【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=3/2g，方向向左；撤去力F前后A受力未變，加速度仍為0.【答案】0 -3/2g第17頁第17頁例3.(江蘇)航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m=2 kg，動力系統提供恒定升力F=28 N.試飛時飛行器從地面由靜止開始豎直上升.設飛行器飛行時所受阻力大小不變，g取10 m/s2.求：(1)第一次試飛，飛行器飛行t1=8 s 時到達高度H=64 m.求飛行器所受阻力f大小.(2)第二次試飛，飛行器飛行t2=6 s 時遙控器出現故障，飛行器馬上

9、失去升力,求飛行器能到達最大高度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升力最長時間t3 .【點撥】擬定a大小和方向依據牛頓第二定律列方程解方程組求解未知量第18頁第18頁【解析】（1）第一次飛行中，設加速度為a1，勻加速運動H=1/2a1t21，由牛頓第二定律F-mg-Ff=ma1，解得Ff=4 N.（2）第二次飛行中，設失去升力時速度為v1，上升高度為x1，勻加速運動x1=1/2a1t22，設失去升力后加速度為a2，上升高度為x2，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+x2=36 m+6 m=42 m.（3）設

10、失去升力下降階段加速度為a3，恢復升力后加速度為a4，恢復升力時速度為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)1/2 s(或2.1 s).第19頁第19頁3. 如圖所表示，物體質量m=4 kg，與水平地面間動摩擦因數為=0.2，在傾角為37，F=10 N恒力作用下，由靜止開始加速運動，當t=5 s時撤去F，求：(1)物體做加速運動時加速度a.(2)撤去F后，物體還能滑行多長時間？滑行多遠？(g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)第20頁第20頁【解析】（1）撤去

11、力F前，對物體進行受力分析，如圖甲所表示.則：F合=Fcos -(mg-Fsin ).由牛頓第二定律得：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.第21頁第21頁（2）撤去力F后，物體受力如圖乙所表示則：F合=Ff=mg由牛頓第二定律得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.第22頁第22頁例.如圖所表示，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，它們質量之比是123，設所有接觸

12、面都光滑，當沿水平方向快速抽出木塊C瞬時A和B加速度分別是aA= ，aB= .【錯解】抽出C瞬間，AB運動情況相同加速度均為g.第23頁第23頁【剖析】由于所有接觸面均光滑，因此快速抽出C時，A、B在水平面上均無加速度也無運動.設A質量為m,則由于抽出C操作是瞬時，因此彈簧還沒有來得及發(fā)生形變，其彈力大小為mg，依據牛頓第二定律瞬時效應，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】0 3g/2第24頁第24頁第3節(jié)牛頓運動定律綜合應用第25頁第25頁 例1.(19分)一質量為m=40 kg小孩在電梯內體重計上，電梯從t=

13、0時刻由靜止開始上升，在06 s內體重計示數F改變如圖所表示.試問：在這段時間內電梯上升高度是多少？取重力加速度g=10 m/s2.【點撥】正確理解超重和失重含義，事實上是豎直方向利用牛頓第二定律解題.第26頁第26頁【解析】滿分展示由圖可知，在02 s內，體重計示數不小于mg，故電梯應做向上加速運動.設在這段時間內體重計作用于小孩力為FN1，電梯及小孩加速度為a1，依據牛頓第二定律得FN1-mgma1 4分在這段時間內電梯上升高度h11/2a1t21 2分在25 s內，體重計示數等于mg，故電梯應做勻速上升運動，速度為t1時刻電梯速度，即v1a1t1, 2分在這段時間內電梯上升高度h2v1t

14、2 3分在56 s內，體重計示數小于mg，故電梯應做減速上升運動.設這段時間內體重計作用于小孩力為FN2，電梯及小孩加速度為a2，由牛頓第二定律得mg-FN2ma2 4分在這段時間內電梯上升高度h3v1(t3-t2)-1/2a2(t3-t2)2 1分電梯上升總高度hh1h2+h3 1分代入數據解得h2 m+6 m+1 m=9 m. 2分第27頁第27頁1. 某試驗小組同窗在電梯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10 N鉤碼，彈簧測力計彈力隨時間改變規(guī)律可通過一傳感器直接得出，如圖所表示，則下列分析正確是 ( )A. 從時刻t1到t2，鉤碼處于失重狀態(tài)B. 從時刻

15、t3到t4，鉤碼處于超重狀態(tài)C. 電梯也許開始在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. 電梯也許開始在1樓，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在15樓第28頁第28頁【解析】由圖象可知，在t1t2內彈力FG，處于超重，也許是在減速下降，故A、B、C正確.【答案】ABC第29頁第29頁例2.（.江蘇高考）如圖所表示，光滑水平面上放置質量分別為m和2m四個木塊，其中兩個質量為m木塊間用一不可伸長輕繩相連，木塊間最大靜摩擦力是mg.現用水平拉力F拉其中一個質量為2m木塊，使四個木塊以同一加速度運動.則輕繩對m最大拉力為 ( )A. 3mg/5 B. 3mg/4 C.

16、 3mg/2 D. 3mg第30頁第30頁【點撥】正確判斷出AB間和CD間摩擦力大小關系是解題關鍵.【解析】通過受力分析，A、B之間靜摩擦力為B、C、D構成系統提供加速度，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FT給C、D構成系統提供加速度，因而拉力最大值為FTm=3mam=3mg/4，故選B.【答案】B第31頁第31頁2. 如圖所表示，質量為M平板小車放在傾角為光滑斜面上(斜面固定)，一質量為m人在車上沿平板向下運動時，車正好靜止，求人加速度.【解析】以人、車整體為研究對象，依據系統牛頓運動定律求解.由系統牛頓第二定律得(M+m)gsin

17、=ma，解得人加速度為a=(M+m)gsin /m.第32頁第32頁【例3】如圖所表示，細線一端固定于傾角為45光滑楔形滑塊A頂端P處，細線另一端拴一質量為m小球.當滑塊至少以加速度a= 向左運動時，小球對滑塊壓力等于零;當滑塊以a=2g加速度向左運動時，線中拉力T= .【點撥】解題關鍵是找出小球對滑塊壓力等于零臨界加速度.第33頁第33頁【解析】當滑塊含有向左加速度a時，小球受重力mg、繩拉力FT和斜面支持力FN作用，如圖所表示.在水平方向有FTcos 45-FNcos 45=ma，在豎直方向有FTsin 45+FNsin 45-mg=0.由上述兩式可得：FN=m(g-a)/2sin 45,

18、FT=m(g+a)/2cos 45.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增長.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).這時繩拉力FT=mg/cos 45=(2)1/2mg.當滑塊加速度ag時，則小球將“飄”離斜面，只受兩力作用，如圖所表示，此時細線與水平方向間夾角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第34頁第34頁3. 如圖所表示，在光滑水平面上放著緊靠在一起、兩物體，質量是2倍，受到向右恒力B=2 N，受到水平力A=(9-2t)

19、 N，(t單位是s).從t0開始計時，則 ( )A. A物體在3 s末時刻加速度是初始時刻5/11倍B. t4 s后，B物體做勻加速直線運動C. t4.5 s時，A物體速度為零D. t4.5 s后，A、B加速度方向相反第35頁第35頁【解析】對于A、B整體據牛頓第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a，設A、B間作用力為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=(16-4 t)/3 N.當t=4 s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做加速度逐步減小加速運動，當t=4.5 s時A物體加速度為零而速度不為零

20、.t4.5 s后，所受合外力反向，即A、B加速度方向相反.當t4 s時，A、B加速度均為a=(FA+FB)/(mA+mB).故A、B、D正確.【答案】ABD第36頁第36頁例.一個質量為0.2 kg小球用細線吊在傾角=53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10 m/s2加速度向右做加速運動時，繩拉力為N,斜面對小球彈力為N.【錯解】對物理過程缺乏清楚結識，不能用極限分析法挖掘題目隱含臨界狀態(tài)及條件，使問題難以切入,誤認為繩子仍然與斜面平行.第37頁第37頁【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作用，繩平行于斜

21、面，當加速度a足夠大時，小球將“飛離”斜面，此時小球受重力和繩拉力作用，繩與水平方向夾角未知，題目中要求a=10 m/s2時繩拉力及斜面支持力，必須先求出小球離開斜面臨界加速度a0.(此時，小球所受斜面支持力正好為零)由mgcot =ma0,可得a0=gcot =7.5 m/s2.由于a=10 m/s2a0,因此小球離開斜面FN=0，小球受力情況如圖所表示，則FTcos =ma，FTsin =mg.因此FT=(ma)2+(mg)21/2=2.83 N,FN=0.【答案】2.83 0第38頁第38頁試驗四 探究加速度與力、質量關系 第39頁第39頁例.(寧夏卷)物理小組在一次探究活動中測量滑塊與

22、木板之間動摩擦因數.試驗裝置如圖所表示，一表面粗糙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紙帶相連，另一端通過跨過定滑輪細線與托盤連接.打點計時器使用交流電源頻率為50 Hz.開始試驗時，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.第40頁第40頁(1)如圖給出是試驗中獲取一條紙帶一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是計數點，每相鄰兩計數點間尚有4個點(圖中未標出)，計數點間距離如圖所表示.依據圖中數據計算加速度a= .(保留三位有效數字)第41頁第41頁(2)回答下列兩個問題為測量動摩擦因數，下列物理量中還應測量有 .(填入所選物理量前字母)A. 木板長度l B. 木板質量m1C. 滑塊質量m2 D. 托盤和砝碼總質量m3E. 滑塊運動時間t測量中所選定物理量時需要試驗器材是.(3)滑塊與木板間動摩擦因數(用被測物理量