第三章 牛顿运动定律
应用牛顿运动定律进行定性分析考向扫描1辨析相互作用力与一对平衡力2利用牛顿运动定律定性分析物体加速度、速度等物理量的变化情况3利用牛顿运动定律定性分析物体受力变化的情况4利用vt、xt、at、Ft图象描述物体的运动情况和受力情况备考点拨1.考题一般结合“绳模型和弹簧模型”考查加速度和力的瞬时对应性,结合“拔河比赛”来区分“相互作用力与一对平衡力”,结合“电梯上物体的运动”和“斜面上物体的运动”等模型来考查超重失重问题2.近年高考还经常利用各种图象来定性分析物体的运动情况和受力情况,复习时应注意把分析图象的实际物理意义作为突破这类问题的关键1.(2012年全国新课标卷,14,6分)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是( )A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力的作用,物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动解析:①物体的惯性指物体本身要保持运动状态不变的性质,或者说是物体抵抗运动状态变化的性质,A正确;②没有力的作用物体将保持静止状态或匀速直线运动状态,B错误;③行星在圆周轨道上做匀速圆周运动,而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态,不符合惯性的定义,C错误;④运动物体如果没有受到力的作用,根据惯性定律可知,物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去,D正确.答案:AD.2.(2012年安徽理综,17,6分)如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则( )A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑19\n解析:物块加速下滑,由牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma,得a=g(sinθ-μcosθ).施加恒力F后,据牛顿第二定律有(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma',得a'=g(sinθ-μcosθ)+(sinθ-μcosθ)=a+,因a>0,故a'>a,选C.答案:C.3.(2011年浙江理综,14,6分)如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计,冰面可看成光滑,则下列说法正确的是( )A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析:①甲对绳的拉力与绳对甲的拉力应为作用力与反作用力,所以A错误;②两物体间的相互作用力才是作用力与反作用力,所以B错误;③因为绳子对甲和对乙的作用力大小相等,甲的质量大,则甲的加速度小,到分界线所用时间长,所以乙先过分界线,所以C正确;④此情况与收绳速度无关,所以D错误.答案:C.4.(2011年天津理综,2,6分)如图所示,A、B两物块叠放在一起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动,运动过程中B受到的摩擦力( )A.方向向左,大小不变B.方向向左,逐渐减小C.方向向右,大小不变D.方向向右,逐渐减小解析:取A、B两物块整体研究,加速度水平向左大小不变.再隔离B物体,B在水平方向只受静摩擦力,据牛顿第二定律知Ff=ma,所以B受到的摩擦力方向水平向左,大小不变.故A正确,B、C、D错误.答案:A.19\n本题考查整体法、隔离法在牛顿第二定律中的应用.用整体法的条件是:两物体有共同的加速度.一般情况下,先整体,后隔离,先整体求加速度,后隔离一个物体求某一力.正确进行受力分析是解题的关键.5.(2010年上海物理卷,11,3分)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出,设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变,则物体( )A.刚抛出时的速度最大B.在最高点的加速度为零C.上升时间大于下落时间D.上升时的加速度等于下落时的加速度解析:①由牛顿第二定律得,物体上升过程中的加速度为a1=g+,下落过程中的加速度为a2=g-,所以上升时的加速度大于下落时的加速度,故D错误;②根据h=at2可知,上升时间小于下落时间,故C错误.③在最高点的加速度为g,B错误,A正确.答案:A.6.(2010年海南物理卷,8,4分)如图,木箱内有一竖直放置的弹簧,弹簧上方有一物块.木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上.若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力,则在此段时间内,木箱的运动状态可能为( )A.加速下降B.加速上升C.减速上升D.减速下降解析:①当木箱静止时,物块对箱顶有压力,则物块受到箱顶向下的压力FN,方向竖直向下.弹簧对物块有竖直向上的弹力F,由平衡条件有FN+mg=F,所以F>mg.②当物块对箱顶刚好无压力时,FN=0,而弹簧的压缩量没有变化,所以弹簧对物块的弹力没有变化,物块所受合外力为F合=F-mg,方向竖直向上,即加速度方向竖直向上,因此木箱的运动状态可能为加速上升或减速下降,故B、D正确.答案:BD.19\n7.(2010年山东理综,16,4分)如图(甲)所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接,图(乙)中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程.图(乙)中正确的是( )解析:①物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,对物体进行受力分析可知物体在斜面上做匀加速直线运动,在水平面上做匀减速直线运动,即速度大小均匀变化,加速度大小分阶段恒定,故A、B错误.②设斜面与水平面夹角为θ,则物体在斜面上的摩擦力f1=μmgcosθ,在水平面上的摩擦力f2=μmg,即f1
,所以A正确.答案:A.3.(2011年北京理综,18,6分)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示.将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )A.gB.2gC.3gD.4g解析:由Ft图象知,静止时,0.6F0=mg①当F=1.8F0时,有最大加速度,根据牛顿第二定律:1.8F0-mg=ma②由①②得a=2g.答案:B.这是牛顿第二定律与Ft图象结合问题,把运动分析和受力分析结合进行逻辑推理,是解决此类问题的关键.19\n4.(2011年福建理综,18,6分)如图,一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后,两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小,质量为m且分布均匀,滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之间的摩擦.设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2,已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的.请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是( )A.T1=B.T1=C.T1=D.T1=解析:当m1=m2时,两物体处于平衡状态,绳的拉力T1=m1g=m2g,由所给的选项验证可得C正确.答案:C.5.(2010年全国卷Ⅰ,15,6分)如图所示,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g,则有( )A.a1=g,a2=gB.a1=0,a2=gC.a1=0,a2=gD.a1=g,a2=g解析:木板抽出后的瞬间,弹簧弹力不能突变,木块1的受力与原来相同,所以a1=0.木块2受自身重力和弹簧弹力,合力F=Mg+mg,所以加速度a2=g,C对.答案:C.解决本题的关键是弹簧在木板抽出后的瞬间弹力不变.6.(2010年福建理综,16,6分)质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用,19\nF随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取10m/s2,则物体在t=0到t=12s这段时间的位移大小为( )A.18mB.54mC.72mD.198m解析:①只有在拉力大于最大静摩擦力时,物体才会由静止开始运动.而Ffmax=μFN=μmg=0.2×2×10N=4N.②物体在各段时间内的运动情况为:0~3s:F=Ffmax,物体保持静止,则x1=0;3s~6s:F>Ffmax,物体由静止开始做匀加速直线运动,则a==m/s2=2m/s2,v=at=6m/sx2=at2=×2×32m=9m6s~9s:F=Ffmax,物体做匀速直线运动,则x3=vt=6×3m=18m9s~12s:F>Ffmax,物体的初速度为6m/s,以2m/s2的加速度继续做匀加速直线运动,则x4=vt+at2=6×3m+×2×32m=27m.③0~12s内物体的位移为x=x1+x2+x3+x4=54m,故B正确.答案:B.7.(2012年安徽理综,22,14分)质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的vt图象如图所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.设球受到的空气阻力大小恒为f.取g=10m/s2.求:(1)弹性球受到的空气阻力f的大小;(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.19\n解析:(1)据vt图线得弹性球下落加速度a==8m/s2由牛顿第二定律mg-f=ma联立代入数据得f=0.2N.(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s,据题意球离地速度v2=v1=3m/s由动能定理-mgh-fh=-m联立代入数据得h==0.375m.答案:(1)0.2N (2)0.375m8.(2012年北京理综,23,18分)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米.电梯的简化模型如图1所示.考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a随时间t变化的.已知电梯在t=0时由静止开始上升,at图像如图2所示.电梯总质量m=2.0×103kg.忽略一切阻力,重力加速度g取10m/s2. (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2;(2)类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中讲解了由vt图像求位移的方法.请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图2所示at图像,求电梯在第1s内的速度改变量Δv1和第2s末的速率v2;(3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在0~11s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W.解析:(1)电梯向上做匀加速运动时拉力最大,由牛顿第二定律得F1-mg=ma1所以F1=mg+ma1=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N电梯向上做匀减速运动时拉力最小,由牛顿第二定律得mg-F2=ma2故F2=mg-ma2=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N.19\n(2)第1s内速度改变量Δv1为at图像中所围的“面积”Δv1=×1×1.0m/s=0.5m/sv2=Δv2=m/s=1.5m/s.(3)电梯在第11s时速度达到最大,此时a=0,拉力F=mg=2.0×104Nv11=m/s=10m/s所求功率P=Fv11=2.0×105W由动能定理,总功为:W=Ek2-Ek1=m-0=×2.0×103×102J=1.0×105J.答案:(1)2.2×104N 1.8×104N(2)0.5m/s 1.5m/s (3)2.0×105W 1.0×105J9.(2012年重庆理综,25,19分)某校举行托乒乓球跑步比赛,赛道为水平直道,比赛距离为s.比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球拍中心不动.比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示.设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦,球的质量为m,重力加速度为g.(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k;(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式;(3)整个匀速跑阶段,若该同学速度仍为v0,而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变,不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化,为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落,求β应满足的条件.19\n解析:(1)在匀速运动阶段,有mgtanθ0=kv0得:k=.①(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为N',有N'sinθ-kv=ma②N'cosθ=mg③联立①②③解得:tanθ=+tanθ0.(3)以速度v0匀速时,设空气阻力与重力的合力为F,有F=④球拍倾角为θ0+β时,空气阻力与重力的合力不变,设球沿球拍面下滑的加速度大小为a',则Fsinβ=ma'⑤设匀速跑阶段所用时间为t,有t=-⑥球不从球拍上掉落的条件a't2≤r⑦联立④⑤⑥⑦解得:sinβ≤.答案:见解析10.(2012年四川理综,24,19分)如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段为光滑圆弧,对应的圆心角θ=37°,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨.以小物体通过C点时为计时起点,0.1s以后,场强大小不变,方向反向.已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25.设小物体的电荷量保持不变,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.19\n(1)求弹簧枪对小物体所做的功;(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度.解析:(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf,由动能定理得:Wf-mgr(1-cosθ)=m解得:Wf=0.475J.(2)取沿平直斜轨向上为正方向,设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1,由牛顿第二定律,得:-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1s后,速度达到v1,有v1=v0+a1t1联立,解得:v1=2.1m/s,该运动的位移为s1,有s1=v0t1+a1电场力反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律,得:-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2设小物体以此加速度运动到速度为0,运动时间为t2,位移为s2,则:0=v1+a2t2,s2=v1t2+a2设CP的长度为s,有s=s1+s2联立,解得:s=0.57m.答案:见解析19\n11.(2012年浙江理综,23,16分)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系,小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”,如图所示.在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零,“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零.“鱼”在水中运动时,除受重力外,还受浮力和水的阻力.已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍,重力加速度为g,“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度.假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定,空气阻力不计.求:(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA;(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA;(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.解析:(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动,有-0=2gH①得vA1=.②(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用,做匀减速运动,设加速度为aA,有F合=F浮+fA-mg③F合=maA④0-=-2aAhA⑤由题意:F浮=mg,综合上述各式得fA=mg(-).⑥(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似,有19\nfB=mg(-)⑦综合⑥⑦两式,得=.答案:见解析12.(2011年江苏卷,14,16分)如图所示,长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置.将一质量为m的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连,小物块悬挂于管口.现将小球释放,一段时间后,小物块落地静止不动,小球继续向上运动,通过管口的转向装置后做平抛运动,小球在转向过程中速率不变.(重力加速度为g)(1)求小物块下落过程中的加速度大小;(2)求小球从管口抛出时的速度大小;(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于L.解析:(1)设细线中的张力为FT,据牛顿第二定律:Mg-FT=Ma①FT-mgsin30°=ma②又M=km③解①②③式得:a=g.(2)设M落地时的速度大小为v,m射出管口时速度大小为v0,M落地后m的加速度为a0.由牛顿第二定律得:-mgsin30°=ma0④由匀变速直线运动规律有:v2=2aLsin30°⑤-v2=2a0L(1-sin30°)⑥解④⑤⑥式得:v0=(k>2).(3)小球做平抛运动:x=v0t⑦19\nLsin30°=gt2⑧由⑦⑧两式解得:x=L2) (3)见解析13.(2010年四川理综,23,16分)质量为M的拖拉机拉着耙来耙地,由静止开始做匀加速直线运动,在时间t内前进的距离为s,耙地时,拖拉机受到的牵引力恒为F,受到地面的阻力为自重的k倍,耙所受阻力恒定,连接杆的质量不计且与水平面的夹角θ保持不变.求:(1)拖拉机的加速度大小;(2)拖拉机对连接杆的拉力大小;(3)时间t内拖拉机对耙做的功.解析:(1)拖拉机做初速度为零的匀加速直线运动,则s=at2,所以a=.(2)对拖拉机受力分析如图所示.设连接杆对拖拉机的拉力为F0,由牛顿第二定律得:F-kMg-F0cosθ=Ma解得F0=[F-M(kg+)]根据牛顿第三定律,拖拉机对连接杆的拉力大小为19\nF0'=[F-M(kg+)].(3)拖拉机对耙做的功W=F0'scosθ=[F-M(kg+)]s.答案:(1) (2)[F-M(kg+)](3)[F-M(kg+)]s超重和失重问题考向扫描1超、失重现象中压力、支持力大小的判断2利用Ft图象判断超、失重现象3利用vt图象描述分析超、失重现象1.(2010年浙江理综,14,6分)如图所示,A、B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是( )A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力解析:A、B两物体在上升、下降过程中,加速度均为g,两物体都处于完全失重状态,所以A对B的作用力为零,A正确,B、C、D错误.答案:A. (2011年山东理综,24,15分)如图所示,在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A,其右段长度l1=0.2m,且表面光滑,左段表面粗糙.在A最右端放有可视为质点的物块B,其质量m=1kg,B与A左段间动摩擦因数μ=0.4.开始时二者均静止,现对A施加F=20N19\n水平向右的恒力.待B脱离A(A尚未露出平台)后,将A取走.B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m.(取g=10m/s2)求:(1)B离开平台时的速度vB.(2)B从开始运动到刚脱离A时,B运动的时间tB和位移xB.(3)A左段的长度l2.解析:(1)设物块B平抛运动的时间为t,由运动学知识得h=gt2①x=vBt②联立①②式,代入数据得vB=2m/s.③第(1)问共3分赋分细则:1.①②两个式每答对一个式得1分.2.①式写成t=同样得1分.3.②式写成vB=同样得1分.4.在①②两个式没答对的前提下得出③式得1分;缺少①或②式,即使得出了③式,也不得③式的分.(2)设B的加速度为aB,由牛顿第二定律和运动学知识得μmg=maB④vB=aBtB⑤xB=aB⑥联立③④⑤⑥式,并代入数据得tB=0.5s⑦xB=0.5m.⑧第(2)问共5分赋分细则:1.④⑤两个式每答对一个式得1分.2.在④⑤两个式没答对的前提下得出⑦式得1分;缺少④或⑤式,即使得出了⑦式,也不得⑦式的分.3.写出⑥式得1分,其他求解xB的运动学公式答对了同样得1分;得出了⑧式再得1分.19\n通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:1.对牛顿第二定律理解不扎实,导致求物体的加速度时出现错误,错误地把④式写为F-μmg=maB.2.误认为物体B在A的光滑段会运动,导致位移或时间出现多余部分.3.对物体位移的参照系理解错误,误认为两者的位移差为xB,错误地把⑥式写为xB=vAtB+aA-aB.(3)设B刚开始运动时,A的速度为v1,由动能定理得Fl1=M⑨设B运动后A的加速度为aA,由牛顿第二定律和运动学公式得,F-μmg=MaA⑩l2+xB=v1tB+aA联立⑦⑧⑨⑩式,并代入数据得l2=1.5m.第(3)问共7分赋分细则:1.写出⑨式得2分.将⑨式写为v1=,或计算出v1==2m/s同样得2分.或由牛顿第二定律和运动学公式写出F=Ma1和2a1l1=各得1分.2.⑩两个式每答对一个式得2分,式答对再得1分;⑩两个式不全对即使有式也不得分;通过其他方法求解l2的,答对了得5分.通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:1.对牛顿第二定律理解不扎实,导致求薄板的加速度时出现错误,错误地把⑩式写为F-μmg=(M+m)aA.19\n2.出现的问题多数是由于考生对两物体运动过程中位移关系,时间关系分析错误所致.(1)薄板有两个加速过程,考生误认为薄板两个加速阶段的加速度相同,把式错误的写为l2=v1tB+-xB;(2)考生误认为薄板在第二个加速阶段的位移为l2,把式错误的写为l2=aA或l2=v1tB+aA;(3)考生误认为物体和薄板运动时间相同,把式错误的写为l2=aAt2-aBt2.答案:见解析19
