2022年专题03牛顿运动定律总结 .docx

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1、牛顿运动定律总结（一）牛顿第肯定律（即惯性定律）一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它转变这种状态为止；（ 1）懂得要点：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：力是转变物体运动状态的缘由,是使物体产生加速度的缘由；第肯定律是牛顿以伽俐略的抱负斜面试验为基础,总结前人的讨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

2、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； 由 牛 顿第 二 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 量142mFr/ 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；（二）牛顿其次定律1. 定律内容物体的加速度 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；2. 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,同时消失；方向性

3、： a 与 F合 都是矢量,方向严格相同；瞬时性和对应性： a 为某时刻某物体的加速度,F合 是该时刻作用在该物体上的合外力；（三）力的平稳1. 平稳状态指的是静止或匀速直线运动状态；特点：a0 ；2. 平稳条件共点力作用下物体的平稳条件是所受合外力为零,即F0 ；3. 平稳条件的推论（ 1）物体在多个共点力作用下处于平稳状态,就其中的一个力与余下的力的合力等大反向；（ 2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下,处于平稳状态,这三个力必为共点力；（ 3）物体在三个共点力作用下处于平稳状态时,图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形；（四）牛顿第三定律两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,

4、方向相反,作用在一条直线上,公式可写为 FF ；（五）力学基本单位制：kg、 m、s （在国际制单位中）1. 作用力与反作用力的二力平稳的区分内容作用力和反作用力二力平稳受力物体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,不行单独存在叠加性两力作用成效不行抵消,不行叠加, 不行求合力无依靠关系,撤除一个、另一个可依然存在,只是不再平稳两力运动成效可相互抵消,可叠加, 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. 应用牛顿其次定律解题的一般步骤确定讨论对象；分析讨论对象的受力情形画出受力分析图并找出加速度方

5、向；建立直角坐标系,使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上,并将其余分解到两坐标轴上；分别沿 x 轴方向和 y 轴方向应用牛顿其次定律列出方程；统一单位,运算数值；3. 解决共点力作用下物体的平稳问题思路（ 1）确定讨论对象：如是相连接的几个物体处于平稳状态,要留意“整体法”和“隔离法”的综合运用；（ 2）对讨论对象受力分析,画好受力图；（ 3）恰当建立正交坐标系,把不在坐标轴上的力分解到坐标轴上；建立正交坐标系的原就是让尽可能多的力落在坐标轴上；（ 4）列平稳方程,求解未知量；4. 求解共点力作用下物体的平稳问题常用的方法（ 1）有不少三力平稳问题,既可从平稳的观点（依据平稳条件建立方程求解）平

6、稳法,也可从力的分解的观点求解分解法；两种方法可视详细问题敏捷运用；（ 2）相像三角形法：通过力三角形与几何三角形相像求未知力；对解斜三角形的情形更显优势；（ 3）力三角形图解法,当物体所受的力变化时,通过对几个特别状态画出力图（在同一图上）对比分析,使动态问题静态化,抽象问题形象化,问题将变得易于分析处理；5. 处理临界问题和极值问题的常用方法涉及临界状态的问题叫临界问题；临界状态常指某种物理现象由量变到质变过渡到另一种物理现象的连接状态,常伴有极值问题显现；如：相互挤压的物体脱离的临界条件是压力减为零；存在摩擦的物体产生相对滑动的临界条件是静摩擦力取最大静摩擦力,弹簧上的弹力由斥力变为拉力

7、的临界条件为弹力为零等；临界问题常伴有特点字眼显现,如“恰好”、“刚刚”等,找准临界条件与极值条件, 是解决临界问题与极值问题的关键；例 1. 如图 1 所示,一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,细线另一端拴一质量为m 的小球；当滑块以2g 加速度向左运动时,线中拉力T 等于多少？解析： 当小球和斜面接触,但两者之间无压力时,设滑块的加速度为a此时小球受力如图2,由水平和竖直方向状态可列方程分别为：T cos45 T sin 45解得： ama mg0 g由滑块 A 的加速度 a2ga ,所以小球将飘离滑块A ,其受力如图 3 所示,设线和竖直方向成角,由小球水平竖直

8、方向状态可列方程T sin Tcos解得： Tmamg02mamg25mg例 2. 如图 4 甲、乙所示,图中细线均不行伸长,物体均处于平稳状态；假如突然把两水平细线剪断,求剪断瞬时小球A 、 B 的加速度各是多少？（角已知）解析： 水平细线剪断瞬时拉力突变为零,图甲中OA 绳拉力由 T 突变为 T,但是图乙中 OB 弹簧要发生形变需要肯定时间,弹力不能突变；（ 1）对 A 球受力分析,如图5（ a）,剪断水平细线后,球A 将做圆周运动,剪断瞬时,小球的加速度a1 方向沿圆周的切线方向；F1mg sinma1,a1g sin（ 2）水平细线剪断瞬时,B 球受重力 G 和弹簧弹力 T2 不变,如

9、图5（b）所示,就F2mB g tan ,a 2g tan小结：（ 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,关键是分析该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. 轻绳的形变可瞬时产生或复原,故绳的弹力可以瞬时突变；B. 轻弹簧（或橡皮绳）在两端均联有物体时,形变复原需较长时间,其弹力的大小与方向均不能突变；例 3. 传送带与水平面夹角37,皮带以10m/s 的速率运动,皮带轮沿顺时针方向转动,如图 6 所示；今在传送带上端A 处无初速地放上一个质量为m0.5 kg 的小物块,它与传送带间的动摩擦因数为0

10、.5,如传送带 A 到 B 的长度为 16m,g 取 10m / s2 ,就物体从 A 运动到 B 的时间为多少？解析： 由于0.5对静止；tan0.75,物体肯定沿传送带对地下移,且不会与传送带相设从物块刚放上到皮带速度达10m/s,物体位移为s1 ,加速度 a1 ,时间 t1 ,因物速小1于皮带速率, 依据牛顿其次定律,amg sinmg cosm10m /s2 ,方向沿斜面对下；vt 11s, s1a 112a 1t 125m皮带长度；设从物块速率为10m /s2 到 B 端所用时间为 t,加速度 a 2,位移 s2,物块速度大于皮2带速度,物块受滑动摩擦力沿斜面对上,有：amg sin

11、2mg cosm2m / s2svt1 a t 2222 221即 16510t222t 2 , t1s （ t210s 舍去）22所用总时间 tt1t22 s例 4. 如图 7,质量 M8kg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（ 2）小物块从放在车上开头经过t 03.0 s所通过的位移是多少？（g 取 10m / s ）解析： （1）依据题意,物块在小车上停止运动时,物块与小车保持相

12、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8：物块放上小车后做初速度为零加速度为a1 的匀加速直线运动, 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：a1g2 m / s2小车加速度：a2Fmg / M0.5m / s2v1a1tv23a 2t由 v1v2 得： t2s（ 2）物块在前 2s 内做加速度为 a1 的匀加速运动, 后 1s 同小车一起做加速度为a 2 的匀加速运动；以系统为讨论对象：依据牛顿运动定律,由FMm a 3 得：2a3F /Mm0.8m / s物块位移 ss1s2s1 / 2 a t 24m11sv t

13、1 / 2 at 24.4 m212ss1s28.4m例 5. 将金属块 m 用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中,如图 9 所示, 在箱的上顶板和下底板装有压力传感器,箱可以沿竖直轨道运动；当箱以a2.0m / s2 的加速度竖直向上做匀减速运动时, 上顶板的传感器显示的压力为6.0 N ,下底板的传感器显示的压力为10.0 N；（取 g10m /s2 ）（ 1）如上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半,试判定箱的运动情形；（ 2）如上顶板传感器的示数为零,箱沿竖直方向运动的情形可能是怎样的？2启发： 题中上下传感器的读数,实际上是告知我们顶板和弹簧对m 的作用力的大小；对 m 受力分析求

14、出合外力,即可求出m 的加速度,并进一步确定物体的运动情形,但必需先由题意求出 m 的值；解析： 当 a12.0m /s 减速上升时, m 受力情形如图 10 所示：mgN1N 2mN 2N1ma1106 kg0.5kgga1（ 1） N 2 N 210210N, N 1 N 2 5 N2N 1mgN 2 0故箱体将作匀速运动或保持静止状态；（ 2）如 N 10 ,就F合N2 mgF合105 N5N2a10m / sm（向上）2即箱体将向上匀加速或向下匀减速运动,且加速度大小大于、等于10m / s ；例 6. 测定病人的血沉有助于对病情的判定；血液由红血球和血浆组成,将血液放在竖直的玻璃管内

15、,红血球会匀速下沉,其下沉的速度称为血沉,某人血沉为v,如把红血球看成半径为 R 的小球,它在血浆中下沉时所受阻力f6Rv ,为常数,就红血球半径R ；（设血浆密度为0 ,红血球密度为）解析： 红血球受到重力、阻力、浮力三个力作用处于平稳状态,由于这三个力位于同一竖直线上,故可得mg0gVf即4R3 g3g4R 36R0v3得： R9 v20 g1. 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2. 如图 2 所示,固定在水平面上的

16、光滑半球,球心O 的正上方固定一个小定滑轮,细绳一端拴一小球,小球置于半球面上的A 点,另一端绕过定滑轮,如下列图；今缓慢拉绳使小球从 A 点滑到半球顶点, 就此过程中,小球对半球的压力大小N 及细绳的拉力 T 大小的变化情形是（）A. N 变大, T 变大B. N 变小, T 变大C. N 不变, T 变小D. N 变大, T 变小3. 一个物块与竖直墙壁接触,受到水平推力 F 的作用； 力 F 随时间变化的规律为Fkt（常量 k0 ）；设物块从 t0 时刻起由静止开头沿墙壁竖直向下滑动,物块与墙壁间的动摩擦因数为1 ,得到物块与竖直墙壁间的摩擦力f 随时间 t 变化的图象, 如图 3 所示

17、,从图线可以得出（）A. 在 0B. 在 0 t1 时间内,物块在竖直方向做匀速直线运动 t1 时间内,物块在竖直方向做加速度逐步减小的加速运动C. 物块的重力等于aD. 物块受到的最大静摩擦力总等于b4. 如图 4 所示,几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边AB ,当物体由静止沿不同的倾角从顶端滑究竟端,下面哪些说法是正确的？（）A. 倾角为 30时所需时间最短B. 倾角为 45所需时间最短C. 倾角为 60所需时间最短D. 所需时间均相等5. 如图 5 所示,质量为 M 的木板,上表面水平,放在水平桌面上,木板上面有一质量为m 的物块,物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为,如要以水平外

18、力F 将木板抽出,就力 F 的大小至少为（）A. mgB.Mm gC. m2 M gD. 2Mm g6. 一个质量不计的轻弹簧, 竖直固定在水平桌面上,一个小球从弹簧的正上方竖直落下, 从小球与弹簧接触开头直到弹簧被压缩到最短的过程中,小球的速度和加速度的大小变化情形是（）A. 加速度越来越小,速度也越来越小B. 加速度先变小后变大,速度始终是越来越小C. 加速度先变小,后又增大,速度先变大,后又变小D. 加速度越来越大,速度越来越小7. 质量 m的大小为 a1kg 的物体在拉力 F 作用下沿倾角为 30的斜面斜向上匀加速运动,加速度3m/ s2 ,力 F 的方向沿斜面对上,大小为10N ；运

19、动过程中,如突然撤去拉力 F,在撤去拉力 F 的瞬时物体的加速度的大小是 ；方向是；8. 如图 6 所示,倾斜的索道与水平方向的夹角为37,当载物车厢加速向上运动时,物对车厢底板的压力为物重的1.25 倍,这时物与车厢仍旧相对静止,就车厢对物的摩擦力的大小是物重的倍；9. 如图 7 所示,传送带 AB 段是水平的,长20 m,传送带上各点相对地面的速度大小是2 m/s,某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1；现将该物块轻轻地放在传送带上的A 点后,经过多长时间到达B 点？（ g 取 10m /s2 ）10. 鸵鸟是当今世界上最大的鸟；有人说它不会飞是由于翅膀退化了,假如鸵鸟长了一副与身体大小成比

20、例的翅膀,它是否就能飞起来呢？这是一个使人极感爱好的问题,试阅读以下材料并填写其中的空白处；鸟翱翔的必要条件是空气的上举力 F 至少与体重 G mg 平稳, 鸟扇动翅膀获得的上举力可表示为 F cSv2 ,式中 S 为鸟翅膀的面积, v 为鸟飞行的速度, c 是恒量,鸟类能飞起的条件是 F G ,即 v,取等号时的速率为临界速率；我们作一个简洁的几何相像性假设； 设鸟的几何线度为 l ,质量 m 体积 l 3 ,S l 2 , 于是起飞的临界速率 v l ；燕子的滑翔速率最小大约为 20 km/h,而鸵鸟的体长大约是燕子的 25 倍,从而跑动起飞的临界速率为 km/h ,而实际上鸵鸟的奔跑速度

21、大约只有 40km/h ,可见,鸵鸟是飞不起来的,我们在生活中仍可以看到,像麻雀这样的小鸟,只需从枝头跳到空中,用翅膀拍打一两下,就可以飞起来；而像天鹅这样大的飞禽,就第一要沿着地面或水面奔跑一段才能起飞,这是由于小鸟的 ,而天鹅的；11. 如图8 所示, A 、 B两个物体靠在一起放在光滑水平面上,它们的质量分别为M A3kg, M B6kg；今用水平力 FA 推 A ,用水平力 FB 拉 B, FA 和 FB 随时间变化的关系是 FA92t N、FB32t N；求从 t=0 到 A 、B 脱离,它们的位移是多少？12. 如图 9 所示, 在倾角为的长斜面上有一带风帆的滑块,从静止开头沿斜面

22、下滑,滑块质量为m,它与斜面间的动摩擦因数为,帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比,即 fkv ；（ 1）写出滑块下滑加速度的表达式；2（ 2）写出滑块下滑的最大速度的表达式；（ 3）如 m2.0kg,30 , g10m /s ,从静止下滑的速度图象如下列图的曲线,图中直线是 t 0 时的速度图线的切线,由此求出和 k 的值；13. 如图 10 所示,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

23、 是恒力,取2g10m / s ,求拉力 F 的最大值和最小值；【试题答案】1. ABD解析： 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f m （向左）,由平稳条件知：mgN, Ff m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Ff m （新情况下的最大静摩擦力）,可见f mf m ,即最大静摩擦力减小了,由f mN 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；另一种缘由是木箱向左加速运动,最

24、大静摩擦力不足使A 物体产生同木箱等大的加速度,即mgkxmamg 的情形, D 正确；匀速向右运动的情形中A 的受力情形与原先静止时A 的受力情形相同, 且不会显现直接由静止改做匀速运动的情形,C 错；2. C小球受力如图 11（甲）, T、N 、G 构成一封闭三角形；由图 11（乙）可见,AOB ANTT / ABN / OAG / OBTGAB / OB NGOA / OBAB 变短, OB 不变, OA 不变,故 T 变小, N 不变；3. BC在 0 t1 时间内, 物块受到的摩擦力小于物块受到的重力,物块向下做加速运动, A 错；滑动摩擦力随正压力的增大而逐步增大,合外力逐步减小,

25、加速度逐步减小,B 对；当摩擦力不再随正压力的变化而变化时,肯定是静摩擦力了；静摩擦力的大小恰好与重力平稳,所以物块受的重力等于a, C 对；最大静摩擦力随正压力的增大而增大,不会总等于b, D错；4. B解析： 设沿一一般斜面下滑,倾角为,长为 l ,物体沿斜面做初速为零加速度为ag sin的匀加速直线运动,滑究竟端的时间为t,就有：l1 g sin t 212lAB / cos 联立解得： t22 ABg sincos4 ABg sin 2所以当 290 ,5. D45 时, t 最小,应选B；解析： 将木板抽出的过程中,物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力,m 的加速度大小为 amg ,要抽

26、出木板,必需使木板的加速度大于物块的加速度,即a Mamg ,对木板受力分析如图12,依据牛顿其次定律,得：FMm gmgMa MFMm gmgMa M选项 D 正确Mm gmgMg am2Mm gmgM+m gF图 126. C当弹簧的弹力等于重力时,小球的速度最大,a0 ；7.7m/s2 ,沿斜面对下有拉力时, Fmg sin30fma代入 a3m/ s2 ,求得 f2 N撤 F 瞬时, fmg sin30ma8. 0.33提示： Nmgmay ,f 静9. 11saymax , tg37ax提示： 物块放到 A 点后先在摩擦力作用下做匀加速直线运动,速度达到 2m/s 后, 与传送带一起

27、以 2m/s 的速度直至运动到B 点；10. 解析： 依据题意,鸟类飞起的必要条件是FG2即满意 cSvmgmg故 vcS燕子的最小滑翔速率约为20 km/h,而鸵鸟的体长大约是燕子的25 倍；因vlv鸵l 鸵故v燕l 燕255v鸵5v燕100km / h可见,鸵鸟起飞的临界速率约为100km/h ,而实际上鸵鸟的速率约为40km/h ,可见鸵鸟是飞不起来的；11. 4.17m提示： 以 A、 B 整体为对象：FAFBmA42am / s 3mBa当 A 、B 相互脱离时, N 0,就以 A 为讨论对象FAmAat2.5ss1 at 22492t25 m612. （ 1）对滑块应用牛顿其次定律

28、有：mg sinmg coskvma滑块下滑加速度表达式为：ag sincoskv / m1（ 2）由 式可知,当滑块的速度增大时,其加速度是减小的,当加速度为零时,滑块的速度达到最大,由 式可知最大速度为：vmaxmg sincos/ k2（ 3）由图可知,当滑块的速度为零时,其加速度为最大加速度a max式可知当滑块的加速度为零时,它的速度最大, 滑块的最大速度为vmax式和 式有：3m / 2m /s2 ,而由s,由3g sincos32mg sincos/ k4将 g、m、 代入 式和 式后解得：23 / 150.23k3.0 kg / s13. 解析： 依据题意, F 是变力的时间 t量 S,由此可以确定上升的加速度a,0.2 s ,这段时间内的位移就是弹簧最初的压缩KSmg, SmgK121008000.15 m122S20.152由 Sat 2得： at 20.227.5m / s依据牛顿其次定律,有：Fmgkxma得： Fm gakx当 xS时, F 最小Fminm gaksm gamgma127.590 N 当 x0 时, F 最大Fmaxm gak0m ga12 107.5210 N拉力的最小值为90N ,最大值为 210N