2022年高中物理必修一牛顿运动定律.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载第四章：牛顿运动定律一、牛顿第肯定律（惯性定律） ：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,为止； 1 懂得要点：直到有外力迫使它转变这种状态运动是物体的一种属性,物体的运动不需要力来维护；它定性地揭示了运动与力的关系：体产生加速度的缘由；力是转变物体运动状态的缘由, 是使物第肯定律是牛顿以伽俐略的抱负斜面试验为基础,总结前人的争论成果加以丰富的想象而提出来的； 定律成立的条件是物体不受外力,不能用试验直接验证；牛顿第肯定律是牛顿其次定律的基础,不能认为它是牛顿其次定律合外力为零时的特例, 第肯定律定性地给出了力与运动的关系,其次定律定量地给出力 与运动的关系； 2 惯性： 物体保持原先的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性；惯性是物体的固有属性,与物体的受力情形及运动状态无关；质量是物体惯性大小的量度；量 m由牛顿其次定律定义的惯性质量 m=F/a 和由万有引力定律定义的引力质Fr 2 / GM 严格相等；惯性不是力, 惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物体的作用,惯性和力是两个不同的概念；【例 1】火车在长直水平轨道上匀速行驶,门窗紧闭的车厢内有一个人向上跳起,发觉仍落回到车上原处,这是由于 A人跳起后,厢内空气给他以向前的力,带着他伴同火车一起向前运动 B人跳起的瞬时,车厢的地板给他一个向前的力,推动他伴同火车一起向前运动 C人跳起后,车在连续向前运动,所以人落下后必定偏后一些,只是由于时间很短,偏后距离太小,不明显而已名师归纳总结 D人跳起后直到落地,在水平方向上人和车具有相同的速度第 1 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载【分析与解答】由于惯性的缘由, 火车在匀速运动中火车上的人与火车具有相同的水平速度, 当人向上跳起后, 仍旧具有与火车相同的水平速度,人在腾空过程中,由于只受重力,水平方向速度不变,直到落地,选项 D正确；【说明】乘坐气球悬在空中, 随着地球的自转, 免费周游列国的事情是永远不会发生的,惯性无所不在,只是有时你感觉不到它的存在；【答案】 D 二、牛顿其次定律（试验定律）1. 定律内容 2. 物体的加速度 a 跟物体所受的合外力F合 成正比,跟物体的质量m成反比；公式： F合ma懂得要点：因果性： F合 是产生加速度 a 的缘由,它们同时产生,同时变化,同时存在,同时消逝；方向性： a 与 F合 都是矢量 , ,方向严格相同；瞬时性和对应性： a 为某时刻物体的加速度,上的合外力；F合 是该时刻作用在该物体4牛顿其次定律适用于宏观 , 低速运动的情形；【例 2】如图,自由下落的小球下落一段时间后,与弹簧接触,从它 接触弹簧开头,到弹簧压缩到最短的过程中,小球的速度、加速度、合外力的变化情形是怎样的 . 【分析与解答】由于速度变大或变小取决于加速度和速度方向 的关系,当 a 与 v 同向时 ,v 增大；当 a 与 v 反向时,v 减小；而 a 由合外力打算,所以此题要分析 v,a 的大小变化,必需先分析小球的受力情形；小球接触弹簧时受两个力的作用：向下的重力和向上的弹力； 在接触的头一阶段,重力大于弹力,小球合力向下,且不断变小 由于 F 合=mg-kx,而 x 增大 ,因而加速度减小 由于 a=F/m,由于 v 方向与 a 同向,因此速度连续变大；当弹力增大到大小等于重力时,合外力为零,加速度为零,速度达到最大；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载之后,小球由于惯性连续向下运动,但弹力大于重力,合力向上,逐步变大 由于 F=kx-mg=ma,因而加速度向上且变大,因此速度逐步减小至零；小球不会静止在最低点,以后将被弹簧上推向上运动；综上分析得：小球向下压弹簧过程,a 方向先向下后向上,大小先变小后变大；F 方向先向下后向上,先变小后交大；v 方向向下,大小先变大后变小；【留意】在分析物体某一运动过程时,要养成一个科学分析习惯,即：这一过程可否划分为两个或两个以上的不同的小过程,中间是否存在转折点, 如上题中弹力等于重力这一位置是一个转折点,以这个转折点分为两个阶段分析；【例 3】 如下列图,一质量为 m的物体系于长度分别为 L1L2的两根细线上,L1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为 ,L2水平拉直,物体处于平稳状态,现将 L2 线剪断,求剪断瞬时物体的加速度；【分析与解答】剪断线的瞬时,T2 突然消逝,物体即将作圆周运动,所以其加速度方向必和 L1 垂直, L1中的弹力发生突变,弹力和重力的合力与 速度为 a=gsin ；L1 垂直；可求出瞬时加2 如将图中的细线 L1,转变为长度相同、质量不计的轻弹簧,如图所示,其他条件不变,求解的步骤和结果与例 3 相同吗？【说明】 1 牛顿其次定律是力的瞬时作用规律,加速度和力同时产生,同时变化,同时消逝,分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析瞬时前后的受力情形及其变化； 2 明确两种基本模型的特点； A轻绳不需要形变复原时间、在瞬时问题中,其弹力可以突变,成为零或者别的值； B轻弹簧 或橡皮绳 需要较长的形变复原时间,在瞬时问题中,其弹力不能突变,大小方向均不变；名师归纳总结 【例 4】将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中,如下列图,在箱的上第 3 页,共 17 页顶板和下顶板安有压力传感器,箱可以沿竖直轨道运动,当箱以a=2.0m/s2的加速度作竖直向上的匀减速运动时,上顶板的传感器显示的压力为6.ON,下顶板的传感器显示的压力为2 10.ON,g 取 10m/s- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载 1 如上顶板的传感器的示数是下顶板的传感器示数的一半,试判定箱的运 动情形； 2要使上顶板传感器的示数为O,箱沿竖直方向的运动可能是怎样的. 【分析与解答】以金属块为争论对象,设金属块的质量为m,依据牛顿其次定律,有 F2+mg-F1=ma 解得 m=O.5kg 1 由于上顶板仍有压力, 说明弹簧的长度没有变化, 因此弹簧弹 力仍为 lO.ON,可见上顶板的压力是 5N,设此时的加速度为 a1,依据 牛顿其次定律,有 F 1-F 1/2-mg=mal,即得 a1=O,即此时箱静止或作匀速直线运动； 2 要想上顶板没有压力,弹簧的长度只能等于或小于目前的长度,即下顶 板的压力只能等于或大干 10.ON,这时金属块的加速度为 a2,应满意 ma 210.O-mg得 a210m/s 2,即只要箱的加速度为向上,等于或大于 10m/s 2 可以向上作加速运动,也可以向下作减速运动 ,上顶板的压力传感器示数为零；【说明】利用传感器可以做许多的物理试验, 当然传感器的种类多种多样,以后我们仍会遇到；【例 5】如下列图,质量为m的入站在自动扶梯上,扶梯正以加速度a 向上做减速运动, a 与水平方向的夹角为 求人受的支持力和摩擦力；【分析与解答】题中人对扶梯无相对运动,就人、梯系统的加速度 对地 为 a,方向与水平方向的夹角为 斜向下, 梯的台面是水平的,所以梯对人的支持力N竖直向上, 人受的重力 mg竖直向下；由于仅靠 N和 mg不行能产生斜向下的加速度,于是可 判定梯对人有水平方向的静摩擦力, ；解法 1 以人为争论对象,受力分析如下列图；因摩擦力 f 为待求且必沿水平方向,设水平向右；为不分解加速度 a,建立图示坐标,并规定正方向；名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载X方向 mgsin -Nsin -fcos =ma Y方向 mgcos +fsin -Ncos =0 解得： N=mg-asin f=-macos 为负值,说明摩擦力的实际方向与假设相反,为水平向左；解法二：将加速度a 沿水平方向与竖直方向分解,如图ax=acosay=asin 水平方向： f=max=macos 竖直方向： mg-N=ma y=masin联立可解得结果；【例 6】如图 1 所示,在原先静止的木箱内,放有A 物体, A 被一伸长的弹簧拉住且恰好静止,现突然发觉A 被弹簧拉动,就木箱的运动情形可能是（） A. 加速下降B. 减速上升 C. 匀速向右运动D. 加速向左运动 1. ABD 【分析与解答】：木箱未运动前, A物体处于受力平稳状态,受力情形：重力 mg、箱底的支持力 N、弹簧拉力 F 和最大的静摩擦力mgN,Ff mf m （向左）,由平稳条件知：物体 A 被弹簧向右拉动（已知）,可能有两种缘由,一种是弹簧拉力 F f m '（新情形下的最大静摩擦力）,可见 f m f m' ,即最大静摩擦力减小了,由f m N 知正压力 N减小了, 即发生了失重现象, 故物体运动的加速度必定竖直向下,由于物体原先静止, 所以木箱运动的情形可能是加速下降,也可能是减速上升, A对 B也对；名师归纳总结 另一种缘由是木箱向左加速运动, 最大静摩擦力不足使A 物体产生同木箱等第 5 页,共 17 页大的加速度,即mgkxmamg 的情形, D正确；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 匀速向右运动的情形中优秀学习资料欢迎下载A的受力情形相同, 且不A的受力情形与原先静止时会显现直接由静止改做匀速运动的情形,C错； 总结 . 应用牛顿其次定律解题的步骤 1 选取争论对象：依据题意,争论对象可以是单一物体,也可以是几个物体组成的物体系统； 2 分析物体的受力情形 3 建立坐标如物体所受外力在一条直线上,可建立直线坐标；如物体所受外力不在始终线上,应建立直角坐标, 通常以加速度的方向为一坐标轴,然后向两轴方向正交分解外力； 4 列出其次定律方程5 解方程,得出结果三. 其次定律应用 ：1. 物体系 . 1 物体系中各物体的加速度相同,这类问题称为连接体问题；这类问题由于物体系中的各物体加速度相同,可将它们看作一个整体, 分析整体的受力情形和运动情形, 可以依据牛顿其次定律, 求出整体的外力中的未知力或加速度；如要求物体系中两个物体间的相互作用力,就应采纳隔离法； 将其中某一物体从物体系中隔离出来, 进行受力分析, 应用其次定律, 相互作用的某一未知力 求出,这类问题,应是整体法和隔离法交替运用,来解决问题的； 2 物体系中某一物体作匀变速运动,另一物体处于平稳状态,两物体在相 互作用,这类问题应采纳牛顿其次定律和平稳条件联立来解决；应用隔离法, 通过对某一物体受力分析应用其次定律 再过渡到另一物体,应用平稳条件 2临界问题 或平稳条件 ,求出两物体间的相互作用, 或其次定律 求出最终的未知量；某种物理现象转化为另一种物理现象的转折状态叫做临界状态；临界状态又可懂得为“ 恰好显现” 与“ 恰好不显现” 的交界状态；处理临界状态的基本方法和步骤是： 分析两种物理现象及其与临界值相关的条件；用假设法求出临界值； 比较所给条件与临界值的关系,确定物理现象,然后求解名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 例题评析优秀学习资料欢迎下载【例 7】如下列图,光滑的水平桌面上放着一个长为L 的匀称直棒,用水平向左的拉力 F 作用在棒的左端； 就棒的各部分相互作用的力沿棒长向左的变化规律是_；【分析与解答】 此题争论棒内各部分间的相互作用力的变化规律,要将整个棒隔离成两段；从离右端距离为 x 处将长棒隔离；如令棒的质量为 xm/L,整体： F=ma 隔离右端部分： T=xma/L T=xF/L m,就其右端部分质量为【说明】使用隔离法时, 可对构成连接体的不同物体隔离,也可以将同一物体隔离成如干个部分； 取隔离体的实质在于把系统的内力转化为其中某一隔离体的外力,以便应用牛顿定律解题；【例 8】如图,质量 M M 8 kg 的小车停放在光滑水平面上,在小车右端施加一水平恒力 F=8N；当小车向右运动速度达到 3m/s 时,在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块,物块与小车间的动摩擦因数 0 2. ,假定小车足够长,问：（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？（2）小物块从放在车上开头经过t030.s所通过的位移是多少？（g 取2 10 m s）【分析与解答】：（1）依据题意,物块在小车上停止运动时,物块与小车保持相对静止,应具有共同的速度；设物块在小车上相对运动时间为 t ,物块、小车受力分析如图：物块放上小车后做初速度为零加速度为 a1的匀名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载加速直线运动,小车做加速度为 a 2匀加速运动；由牛顿运动定律：物块放上小车后加速度：a 1/g2m s 22小车加速度： a2FmgM05 m/sv1a tv23a t由 v1v2得： t2s（2）物块在前 2s 内做加速度为 a 1的匀加速运动,后 度为 a 2的匀加速运动；以系统为争论对象：依据牛顿运动定律,由FMm a 3得：a3F/Mm08m/s 2物块位移 ss 1s 2ms 11 2a t24ms 2v t1 2at24 42ss 1s 28 4 m1s 同小车一起做加速【例 9】 如下列图,一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量均不计,盘内放一个质量m12kg的静止物体 P,弹簧的劲度系数k800N/m；现施加给 P 一个竖直向上的拉力 F,使 P从静止开头向上做匀加速运动； 已知在头 0.2s内 F 是变力,在 0.2s 以后,F 是恒力,取 g10m/s2,求拉力F 的最大值和最小值；【分析与解答】：依据题意, F 是变力的时间 t02.s,这段时间内的位移就是弹名师归纳总结 簧最初的压缩量 S,由此可以确定上升的加速度a,第 8 页,共 17 页KSmg,Smg12100015mK800- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由 S1at2 得： a2 S优秀学习资料75欢迎下载2015m/2 s2t20 22依据牛顿其次定律,有：Fmgkxmakxaamgma127 590N得： Fm gam g当 xS时,F 最小Fminm gaks当 x0时, F 最大0m g12 107 5210NFmaxm gak拉力的最小值为 90N,最大值为 210N【例 10】 将质量为 m的小球用轻质细绳拴在质量为M的倾角为 的楔形木块 B上,如下列图；已知 B 的倾斜面是光滑的, 底面与水平地面之间的摩擦因数为 ； 1 如对 B 施加向右的水平拉力,使 B 向右运动,而 A 不离开B的斜面,这个拉力不得超过多少 . 2 如对 B 施以向左的水平推力,使 B向左运动,而 A 不致在 B 上移动,这个推力不得超过多少 . 【分析与解答】：（1）如拉力 F 太大,B 的加速度大, 使 A 脱离,设恰好不脱离时拉力为F,如图示,对小球： mgcot =ma 对整体 :F1- m+Mg=M+ma FM+mg +1 tan2 当推力 F太大 ,B 的加速度大 ,A 相对 B沿斜面对上运动 , 绳子松驰 , 恰好不松驰 的推力为 F2, 如图示 , 对小球作受力分析得 :mgtan =ma 对整体 :F 2- M+mg=M+ma F2=m+Mtan + , 故四 动力学的两类基本问题名师归纳总结 应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情形求运动情形；另一类是第 9 页,共 17 页已 知 运 动 情 况求受力情形. 在这两类问题中, 加速度是 联 系 力 和 运 动 的 桥- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 梁,受力分析是解决问题的关键.优秀学习资料欢迎下载【例 11】 质量为 m=2 kg 的木块原先静止在粗糙水平地面上,现在第 1、3、5 奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F1=6 N的水平推力,在第 2、4、6 偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为 F2=2 N 的水平推力 . 已知物体与地面间的动摩擦因数 =0.1,取 g=10 m/s 2,问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动 . （2）经过多长时间,木块位移的大小等于 40.25 m. 【分析与解答】：以木块为争论对象,它在竖直方向受力平稳,水平方向仅受推力 F1（或 F2）和摩擦力 Ff 的作用 . 由牛顿其次定律可判定出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动,结合运动学公式,即可求出运动时间 . （ 1）木块在奇数秒内的加速度为 a1= F 1 F f = F1 mg = 6 0 . 1 2 10m m 2m/s 2=2 m/s 2木块在偶数秒内的加速度为 a2= F 2 F f= F2 mg = 2 0 . 1 2 10 m/s 2=0 m m 2所以,木块在奇数秒内做 a=a1=2 m/s 2 的匀加速直线运动,在偶数秒内做匀速直线运动 . （2）在第 1 s 内木块向右的位移为s1=1 at 22=1 × 2× 1 2 m=1 m 2至第 1 s 末木块的速度 v1=at =2× 1 m/s=2 m/s 在第 2 s 内,木块以第 1 s 末的速度向右做匀速运动,在第 2 s 内木块的位移为s2=v1t =2× 1 m=2 m 至第 2 s 末木块的速度 v2=v1=2 m/s 在第 3 s 内,木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动,在第3 s 内的位移为s3=v2t +1 at 22=2× 1 m+1 × 2× 1 2 m=3 m 2至第 3 s 末木块的速度 v3=v2+at =2 m/s+2× 1 m/s=4 m/s 在第 4 s 内,木块以第 3 s 末的速度向右做匀速运动,在第 4 s 内木块的位移为s4=v2t =4× 1 m=4 m 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载至第 4 s 末木块的速度 v4=v2=4 m/s 由此可见,从第 1 s 起,连续各秒内木块的位移是从因此,在 n s 内的总位移为 sn=1+2+3+ +n=n（n1）21 开头的一个自然数列 .当 sn=40.25 m 时, n 的值为 8n9. 取 n=8,就 8 s 内木块的位移共为s8=（81） m=36 m v8=8 m/s. 2至第 8 s 末,木块的速度为设第 8 s 后,木块仍需向右运动的时间为t x,对应的位移为 sx=40.25 m36 m=4.25 m,由 sx=v8tx+1 at x 22,即 4.25=8t x+1 × 2t x 22解得 tx=0.5 s 所以,木块位移大小等于40.25 m 时,需运动的时间 T=8 s+0.5 s=8.5 s. 点评 ：（1）此题属于已知受力情形求运动情形的问题,解题思路为先依据受力情形由牛顿其次定律求加速度,再依据运动规律求运动情形 . （2）依据物体的受力特点,分析物体在各段时间内的运动情形,并找出位移的一般规律,是求解此题的关键 . 【例 12】 如下列图,在倾角 =37° 的足够长的固定的斜面上,有一质量m=1 kg 的物体,物体与斜面间动摩擦因数 =0.2 ,物体受到沿平行于斜面对上的轻 细线的拉力F=9.6 N的作用,从静止开头运动,经 2 s绳子突然断了,求绳断后多长时间物体速度大小达到 取 10 m/s 2）22 m/s. （sin37 ° =0.6 ,g【分析与解答】：此题为典型的已知物体受力求物体运动情形的动力学问题,物体运动过程较为复杂, 应分阶段进行过程分析, 并找出各过程的相关量, 从而 将各过程有机地串接在一起 . 第一阶段：在最初 2 s 内,物体在 F=9.6 N拉力作用下,从静止开头沿斜面做匀加速运动,据受力分析图 324 可知：沿斜面方向：Fmgsin Ff =ma1 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载沿垂直斜面方向： FN=mgcos 且 Ff= FN 由得： a1=Fmgsinmmgcos=2 m/s2设加2 s 末绳断时瞬时速度v1=a1t 1=4 m/s. 其次阶段：从撤去 F 到物体连续沿斜面对上运动到达速度为零的过程,速度为 a2,就 a2=（mgsinmmgcos）=7.6 m/s2t 2设从断绳到物体到达最高点所需时间为据运动学公式v2=v1+a2t 2所以 t2= 0 v =0.53 s a 2 第三阶段： 物体从最高点沿斜面下滑, 在第三阶段物体加速度为 a3,所需时间为 t 3. 由牛顿其次定律可知：a3=gsin gcos =4.4 m/s 2,速度达到 v3=22 m/s,所需时间 t3= v 3 0 =5 s a 3s. 综上所述：从绳断到速度为 22 m/s 所经受的总时间 t =t 2+t 3=0.53 s+5 s=5.53 【例 13】 如图 所示,光滑水平面上静止放着长 L=1.6 m、质量为 M=3 kg的木板 . 一个质量为 m=1 kg 的小物体放在木 板的最右端, m 与 M 之间的动摩擦因数 =0.1 ,今对木板施加一水平向右的拉力F. F 的大小应满意（1）施力 F 后,要想把木板从物体m的下方抽出来,求力的条件；（2）假如所施力 F=10 N,为了把木板从 m的下方抽出来,此力的作用时间 不得少于多少 .（g取 10 m/s 2）【分析与解答】：（1）力 F 拉木板运动过程：对木块： mg=ma a= ga=1 m/s2对木板：Fmg=Ma1a1=FmgM只要 a1a 就能抽出木板,即F （M+m）g 所以 F4 N. 名师归纳总结 （2）当 F =10 N ,设拉力作用的最少时间为t 1,加速度为 a1,撤去拉力后第 12 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载木板运动时间为 t2,加速度为 a2,那么：a1=FMmg=3 m/s2a2=mg = M1 m/s 32木板从木块下穿出时：木块的速度： v=a（t1+t2）木块的位移： s=1 a（t 1+t 2）22木板的速度： v木板=a1t1a2t2木板的位移： s木板=1 a1t 1 2+a1t 1t 221 a2t 2 22木板刚好从木块下穿出应满意：v 木板=v s 木板s=L 可解得： t1=0.8 s 【例 14】 如下列图,传输带与水平面间的倾角为 =37° ,皮带以 10 m/s 的速率运行,在传输带上端 A处无 初速地放上质量为 0.5 kg 的物体,它与传输带间的动摩 擦因数为 0.5. 如传输带 A到 B的长度为 16 m,就物体从 A 运动到 B 的时间为多少？【分析与解答】：第一判定 与 tan 的大小关系, =0.5,tan =0.75,所以物体肯定沿传输带对地下滑,不行能对地上滑或对地相对静止 . 其次皮带运行速度方向未知,而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方 向,所以应分别争论 . 当皮带的上表面以10 m/s 的速度向下运行时,刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度,物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下（如下列图）,该阶段物体对地加速度a1=mgsinmmgcos=10 m/s2方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t 1=v =1 s a 1在 t1 s 内物体沿斜坡对位置移名师归纳总结 s1=1 a1t 1 22=5 m 第 13 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面对上,物体对地加速度a2=mgsinmmgcos=2 m/s211 m位移需时间 t22 加速度运行剩下的物体以 2 m/s就 s2=v t2+1 a2t 2 22即 11=10t 2+1 × 2t 2 22t 2=1 s （t 2=11 s 舍去）所需总时间 t =t1+t2=2 s 当皮带上表面以 10 m/s 的速度向上运行时,物体相对于皮带始终具有沿斜面对下的相对速度,物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向上且不变. 设加速度为 a3就 a3=mgsinmmgcos=2 m/s2物体从传输带顶滑究竟所需时间为t就 s=1 a3t 22t =2 s =a 3216 s=4 s. 2 点评 ：此题中物体在本身运动的传送带上的运动,因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性 . 物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带 的相对速度方向相反,而对物体进行动力学运算时,物体位移、速度、加速度就均需取地面为参考系 . 专题五 . 牛顿第三定律、超重和失重 1. 牛顿第三定律 1. 作用力和反作用力肯定是同种性质的力,而平稳力不肯定；2 作用力和反作用力作用在两个物体上,而一对平稳力作用在一个物体上 3 作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消逝；而对于一对平稳力,其中一个力变化不肯定引起另外一个力变化两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,公式可写为 F F ' ；作用力与反作用力的二力平稳的区分方向相反,作用在一条直线上,名师归纳总结 内容作用力和反作用力二力平稳第 14 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 受力物体优秀学习资料欢迎下载作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依靠关系同时产生,同时消逝相互依存,无依靠关系,撤除一个、另一个叠加性不行单独存在可依旧存在,只是不再平稳两力作用成效不行抵消,不行叠两力运动成效可相互抵消,可叠加,不行求合力加,可求合力,合力为零；形变成效不能抵消力的性质肯定是同性质的力可以是同性质的力也可以不是同性质的力 2. 超重和失重 超重现象是指： N>G或 T>G； 加速度 a 向上；失重现象是指： G>N或 G>T； 加速度 a 向下；完全失重是指： T=0或 N=0； 加速度 a 向下；大小 a= g 3. 力学基本单位制： kg、m、 （在国际制单位中）基本单 位和导 出单位 构成单 位制. a ：长度的单位米； b ：时间的单位秒； c ：质量的单位千克 4. 牛顿运动定律只适应于宏观低速,且只适应于惯性参照系；例题评析【例 15】弹簧下端挂一个质量 弹簧的示数： g=10m/s 2 m=1kg的物体,弹簧拉着物体在以下各种情形下,（1）、弹簧秤以 5m/s 的速度匀速上升或下降时,示数为；（2）、弹簧秤以 5m/s 2的加速度匀加速上升时,示数为；（3）、弹簧秤以 5m/s 2的加速度匀加速下降时,示数为；（4）、弹簧秤以 5m/s 2的加速度匀减速上升时,示数为；（5）、弹簧秤以 5m/s 2的加速度匀减速下降时,示数为；【分析与解答】 110N 215N 35N 45N 515N 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载【例 16】如下列图,浸在液体中的小球固定在轻弹簧的一端,弹簧另一端固定在容器底部,已知小球密度 ,液体密度为 1 < 1 ,体积为 V,弹簧劲度系数为 K,求以下两种情形下弹簧的形变量：1 整个系统匀速上升； 2 整个系统自由下落；【分析与解答】：（1）小球受力为：重力,弹簧弹力,液体浮力,设小球体积为V,弹簧形变量为 L ,整个系统匀速上升,小球受力平稳,就：2 在整个系统自由下落时,在地面的观看者看来,小球自由下落,由于物体处于完全失重状态,浮力消逝,f=0 ,因此 F 也为零,即L0；【例 17】电梯地板上有一个质量为200 kg 的物体,它对地板的压力随时间变化的图象如下列图. 就电梯从静止开头向上运动,在7 s 内上升的高度为多少？【分析与解答】：以物体为争论对象,在运动过程中只可能受到两个力的作用：重力 mg=2 000 N,地板支持力 F. 在 02 s 内, Fmg,电梯加速上升, 25 s内, F=mg,电梯匀速上升, 57 s 内,Fmg,电梯减速上升 . 如以向上的方向为正方向,由上面的分析可知,在和上上升度分别为a1=F1mmg=30002000 m/s2=5 m/s2200电梯在 t =2 s 时的速度为 v=a1t 1=5× 2 m/s=10 m/s ,因此,在 25 s 内电梯匀速上升的高度为 h2=vt 2=10× 3 m=30 m. 电梯在 57 s 内的加速度为a2=F3mmg=10002000 m/s2=5 m/s2200即电梯匀减速上升,在57 s 内上升的高度为h3=vt 3+1 a2t 3 2202 s 内电梯的加速度名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - =10× 2 m优秀学习资料欢迎下