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1、-高一物理-牛顿运动定律综合-第 16 页第二讲 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：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。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
2、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
3、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(Mm)gB(Mm)gmaC(Mm)gma D(Mm)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mgFfma得Ffm(ga
4、)。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MgFfFN，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FNMgFf(Mm)gma。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
5、比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式Fma。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
6、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1 kg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t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)()A.B. C. D.解析：选A由牛顿第二定律Fma与xat2，得出F。（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
7、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_(角已知) 答案gsin 垂直倾斜细线OA向下gtan 水平向右cos2 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FT1mgcos ，F1mgsin ma1，所以a1gsin .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，F2mgtan ma2，所以a2gtan .甲中倾斜细
8、线OA与乙中弹簧的拉力之比为cos2 .（）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gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D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，Fmgsin ，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
9、为研究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得：aA2gsin ，故C正确。（）3.(2014苏州第三中学质检)如图324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.，gB.，gC.，g D.，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：F3mg3ma，对B由牛顿第二定律得：F弹2mg2ma，由此可得：F弹，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mgmaA，
10、解得aAg，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10 m/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2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是()A50 m B42 m C25 m D24 m答案注意刹车时间 C（）5.质量为10 kg的物体在F200 N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37，如图所示力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零求：物体与斜面间的动摩擦因数和物体的总位移x.(已知sin 370.6
11、，cos 37 0.8，g10 m/s2)答案0.2516.25 m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：a1t1a2t2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：Fcos mgsin Ff1ma1Ff1FN1(mgcos Fsin )撤去力F后，对物体受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mgsin Ff2ma2Ff2FN2mgcos 联立式，代入数据得：a28 m/s2，a15 m/s2，0.25物体运动的总位移xa1ta2t m16.25 m（）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
12、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，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，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2。若砝码移动的距离超过l0.002 m，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
13、m1g，桌面对纸板的滑动摩擦力为f2(m1m2)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dx1x；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：ag；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：lx1x2。解析(1)砝码对纸板的摩擦力f1m1g桌面对纸板的摩擦力f2(m
14、1m2)gff1f2解得f(2m1m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1Ff1f2m2a2发生相对运动a2a1 解得F2(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t12纸板运动的距离dx1a2t12纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t22lx1x2 由题意知a1a3，a1t1a3t2解得F2g 代入数据得F22.4 N 答案(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g (3)22.4 N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
15、匀速(2)v0v返回时速度为v，当v02F Dx2)(2分)(3)由平抛运动规律xvtt，Lsin 30gt2(2分)解得xL (1分)则xm)的A、B两物块，物块间夹着一处于压缩状态的轻质弹簧，两物块与桌面间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，两物块与桌面始终相对静止。则()A车厢运动的加速度一定小于gB若剪断弹簧，物块与桌面有可能发生相对滑动C车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小D车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时大解析：选AC先假设没有弹簧且车厢加速度达到g，则静摩擦力达到最大；再加上压缩的弹簧，一个静摩擦力要增加，另一个要减小，已经达到
16、最大静摩擦力，不能再增加，故矛盾，故A正确。通过A选项分析，加速度ag；故剪断弹簧，两个物块均不会滑动，故B错误。车厢处于减速运动状态时，物块B所受静摩擦力较大，故物块B容易滑动；恰好滑动时，有：mamgkx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kxmg；故匀速时恰好滑动的弹力大，故车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小，故C正确。车厢处于加速运动状态时，物块A所受静摩擦力较大，故物块A容易滑动；恰好滑动时，有：mamgkx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kxmg；故匀速时恰好滑动的弹力大，车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小，故D错误。3.(2014河南三市联考)如图
17、11所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v010 m/s的速度沿木板向上运动，随着的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g10 m/s2。图11(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。解析：(1)当30时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑。mgsin f，fmgcos 联立解得：。(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，mgsin smgcos s0mv02，解得s。令asin cos 设cos ，则asin()当/2时，a存在最大值am2。即sin cos ，60时，s最小。对应的最小值s5m。答案：(1)(2)605m