高一物理--牛顿运动定律综合

第二讲牛顿运动定律综合1．牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。(2)成立条件：物体不受外力作用。(3)意义：①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。②指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。2．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。(2)性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。(3)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。牛顿第三定律3．作用力和反作用力两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一物体也施加了力。力是物体与物体间的相互作用，物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力。4．内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。5．意义建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。练习（）1.(2014·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是()A．亚里士多德、伽利略B．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦D．亚里士多德、牛顿解析：选B伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了经典的牛顿第一定律，即惯性定律，故选项B正确。()2.(2013·厦门模拟)如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g转换对象“底人”受力―→竿受力思路立现通过转换研究对象将研究对象由受力复杂的“底人”转换为受力较“少”的杆，便于分析和计算[解析]对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)。竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma。B项正确。[答案]B[题后悟道]由于题中没有给出地面对“底人”的支持力情况，所以不能以“底人”为研究对象，这时必须转换研究对象，先以竿上的人为研究对象，再以杆为研究对象，通过牛顿第三定律建立竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力等大的关系进行求解。6.牛顿第二定律1．内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2．表达式F＝ma。3．“五个”性质练习（）1.(多选)(2013·哈尔滨三中月考)下列说法正确的是()A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比B．亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同C．笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因D．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快解析：选AD牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快，选项C错误，D正确考点一两类动力学问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况。(2)已知运动情况求物体的受力情况。2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度练习（）1．质量为1kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在ts内的位移为xm，则F的大小为(单位为N)()A.2xt2B.2x2t－1C.2x2t＋1D.2xt－1解析：选A由牛顿第二定律F＝ma与x＝12at2，得出F＝2mxt2＝2xt2。（结合轻弹簧，轻绳，轻杆求瞬时加速度）突变问题：（）2.如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球均处于平衡状态且质量相同．如果突然把两水平细线剪断，剪断瞬间小球A的加速度的大小为________，方向为________；小球B的加速度的大小为________，方向为________；剪断瞬间甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为________(θ角已知)．答案gsinθ垂直倾斜细线OA向下gtanθ水平向右cos2θ解析设两球质量均为m，对A球受力分析，如图(a)所示，剪断水平细线后，球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度a1方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线OA向下．则有FT1＝mgcosθ，F1＝mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ.水平细线剪断瞬间，B球受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2方向水平向右，如图(b)所示，则FT2＝mgcosθ，F2＝mgtanθ＝ma2，所以a2＝gtanθ.甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为FT1FT2＝cos2θ.（）2.(多选)(2014·南通第一中学检测)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gsinθB．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2gsinθD．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]选BC设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，F＝mgsinθ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：F＋mgsinθ＝maA，解得：aA＝2gsinθ，故C正确。（）3.(2014·苏州第三中学质检)如图3－2－4所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()A.2F3，2F3m＋gB.F3，2F3m＋gC.2F3，F3m＋gD.F3，F3m＋g[解析]选A在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有：F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得：F弹－2mg＝2ma，由此可得：F弹＝2F3，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有：F弹＋mg＝maA，解得aA＝2F3m＋g，故A正确。（以加速度为桥梁解决两类动力学基本问题，分析受力和运动规律）（）4.质量为1吨的汽车在平直公路上以10m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2000N，那么从该时刻起经过6s，汽车行驶的路程是()A．50mB．42mC．25mD．24m答案注意刹车时间C（）5.质量为10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，如图所示．力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)答案0.2516.25m解析设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：a1t1＝a2t2①有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示由牛顿第二定律可得：Fcosθ－mgsinθ－Ff1＝ma1②Ff1＝μFN1＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)③撤去力F后，对物体受力分析如图所示由牛顿第二定律得：－mgsinθ－Ff2＝－ma2④Ff2＝μFN2＝μmgcosθ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得：a2＝8m/s2，a1＝5m/s2，μ＝0.25物体运动的总位移x＝12a1t21＋12a2t22＝12×5×22＋12×8×1.252m＝16.25m（）6..(2013·江苏高考)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？[思路点拨](1)纸板相对砝码运动时共受几个滑动摩擦力？大小各是多少？试写出它们的表达式。提示：2个；砝码对纸板的滑动摩擦力为f1＝μm1g，桌面对纸板的滑动摩擦力为f2＝μ(m1＋m2)g。(2)要使纸板相对砝码运动，两者的加速度大小有什么关系？提示：纸板的加速度大于砝码的加速度。(3)纸板抽出过程中，纸板和砝码的位移之间满足什么关系？纸板抽出后砝码做什么规律的运动？加速度是多大？拉力的最小值又对应什么关系？试写出上述关系式。提示：在纸板抽出过程中，设砝码的位移为x1，纸板的位移为x′，则之间的关系应为d＋x1＝x′；纸板抽出后砝码做匀减速直线运动；由牛顿第二定律可求加速度大小为a，表达式为：a＝μg；设纸板抽出后砝码运动的位移为x2，则拉力最小值时应对应关系式为：l＝x1＋x2。[解析](1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2解得f＝μ(2m1＋m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1＝m1a1F－f1－f2＝m2a2发生相对运动a2a1解得F2μ(m1＋m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝12a1t12纸板运动的距离d＋x1＝12a2t12纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝12a3t22l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μm1＋1＋dlm2g代入数据得F＝22.4N[答案](1)μ(2m1＋m2)g(2)F2μ(m1＋m2)g(3)22.4N考点二传送带模型1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v02．倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速[典例]如图3－2－8所示为上、下两端相距L＝5m，倾角α＝30°，始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)。将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端。[解析](1)物体在传送带上受力如图3－2－9所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为