高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．
（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （2） 求3s 内煤块前进的位移 （3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度 【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】 【分析】
分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移． 【详解】
(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：
1N F ma μ=
F N -mg =0
代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：
2N F F Ma μ-=
解得：a 2=0.6m/s 2
经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：
v 1=a 1t
车的速度为：
v 2=v +a 2t
解得：t =2s ；
(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
2111
4m 2
x a t ==
2s 时的速度为：
11122m/s 4m/s v a t ==?=
此后加速运动的加速度为：
235
m/s 6
F a M m =
=+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：
2
212321 4.4m 2
x v t a t =+=
所以煤块的总位移为：
128.4m x x +=
(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
2111
4m 2
x a t ==
小车前进的位移为：
2111
6.8m 2
x v t a t '=+=
两者的相对位移为：
m 1 2.8x x x '?=-=
即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ． 【点睛】
该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：
（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；
（3）木板在地面上运动的最大位移。 【答案】（1）5m/s 2 2m/s 2（2）14m （3）12m 【解析】 【分析】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，
初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 2
12a μg 5m /s ==
木板由静止做匀加速度直线运动 即 ()212μmg μM m g Ma -+=
解得 2
2a 2m /s =
（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t
即 012v v a t v a t =-==木板木块 解得 t=2s
木块位移 2
011x v
t a t 18m 2
木块=-= 木板位移 2
21x a t 4m 2
木板=
= 木板长度 L x x 14m =-=木板木块
（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得
2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共，
木板位移 23
v x 8m 2a ==，
共木板
总位移 ,
x x x 12m =+=木板木板
3．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m =0.05kg 的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h =0.8m 高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f =0.3N 的阻力和F =1.0N 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型
（1）落到水面时速度v 的大小； （2）在水中能到达的最大深度H ； （3）从开始下落到返回水面所需时间t ． 【答案】（1）4m/s （2）0.5m （3）1.15s 【解析】
【分析】 【详解】
（1）模型人入水时的速度记为v ，自由下落的阶段加速度记为a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h 解得v=4m/s ；
（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2
所以最大深度：2
2
00.52v
H m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4v
s g
== 在水中下降22
00.25v
t s a -=
= 在水中上升：F-mg-F f =ma 3 解得a 3=4.0m/s 2 所以：33
20.5H
t s a =
= 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s
4．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°斜坡雪道的某处A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B 处（B 处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC 之间的某处．如图所示，不计空气阻力，已知AB 长14.8m ，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s ）所经历的时间； （2）滑雪者到达B 处的速度；
（3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离． 【答案】（1）1s ；（2）12m/s ；（3）54.4m ． 【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v 1=4m/s 期间的加速
度，再根据速度时间公式求出运动的时间．
（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s 时的加速度，球心速度为4m/s 之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B 处的速度．
（3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解． 【详解】
（1）滑雪者从静止开始加速到v 1=4m/s 过程中： 由牛顿第二定律得：有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 1； 解得：a 1=4m/s 2；
由速度时间关系得 t 1＝1
1
v a ＝1s
（2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=
12a 1t 2=1
2
×4×12=2m 从4m/s 加速到B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37°-μ2mgcos37°=ma 2； 解得：a 2=5m/s 2；
根据位移速度关系：v B 2?v 12＝2a 2(L ?x 1) 计算得 v B =12m/s
（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减速到v=4m/s ）：a 3＝?μ2g ＝?1.25m /s 2
22
22
33412
51.222 1.25
B v v x m a --===-? 在水平面上第二阶段（速度从4m/s 减速到0）a 4＝?μ1g ＝?2.5m /s 2，2
44
3.22v
x m a -＝＝ 所以在水平面上运动的最大位移是 x=x 3+x 4=54.4m 【点睛】
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
5．如图所示，质量为M =2kg 、长度5
6
L m =
的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端B 处放置一质量为m =1kg 的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对木板施水平向右的推力F =5N ，经过时间t 撤去F ，最后小物块恰好能运动到木板左端A 处，重力加速度取g =10m/s 2．求： （1）小物块与木板系统生热Q ； （2）力F 作用时间t ； （3）力F 做功W ．
【答案】（1）5
J 6
Q =；（2）1s t =；（3）5J W =。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小物块与木板系统生热Q ，则有：
Q mgL μ=
代入数据解得：56
Q =
J （2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为1a ，根据牛顿第二定律有：
1mg ma μ=
解得：2
11m/s a =
木板加速度为2a ，根据牛顿第二定律有：
2F mg Ma μ-=
解得：2
22m/s a =
撤去F 瞬时小物块速度为1v ，则有：
11v a t t ==
木板速度为2v ，则有：
222v a t t ==
该过程木板相对小物块位移：
22
212111222
t x a t a t =-=
撤去F 后历时't 小物块恰好运动到达木板左端A 处，小物块与木板达到共同速度v ，由动量守恒定律得：
12()mv Mv m M v +=+
解得：53
t
v =
对小物块：由动量定理得：
1()mgt m v v μ=-'
解得：23
t t '=
该过程木板相对小物块位移：
2
21212()()()2223
v v v v v v t x t t t ++'''-=-==
木板长度：
12L x x =+2
56
t =
解得：1t =s （3）力F 做功
221
2
W F a t =?
或
21
()2
W Q m M v =++
解得：5W =J 【点睛】
解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统的动量不守恒，撤去F 时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答．
6．如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg 的可视为质点的小物块以初速度v 0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s 2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．
（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少； （2）木板的长度至少为多少；
（3）物块在木板上运动的总时间是多少．
【答案】（1）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上 （2）min 61m 48
L =（3）561()s 896
t = 【解析】
试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑
对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+= 得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑 （2）共速时：021=v v a t -共 得：10.5s t =，=1m/s v 共 共速前的相对位移：22
101112111 1.25m 22
x v t a t a t ?=-
-= 撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑
而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：22
12m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过21s 12t =
，木板停止，过2
1
s 8
t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21
m 48
x ?=
木板至少长度min 1261m 48
L x x =?+?=
（3）物块在木板上下滑，木板不动
物块加速度21
1sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312
L a t '=
得：3t =
在木板上的总时间：12
35
(8t t t t =++=' 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．
【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．
7．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d =3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L =9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6.0m/s 匀速转动。物块B 与传送带的动摩擦因数μ=0.20，物块A 的质量（包括遮光条）为m A =2.0kg 。开始时在A 和B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B ，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A 通过计时器显示的读数t 1=9.0×10-4s ，物块B 通过计时器显示的读数t 2=1.8×10-3s ，重力加速度g 取10m/s 2，试求：
（1）弹簧储存的弹性势能E p ；
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。
【答案】（1）E p=24J ；（2）Q =96J ；（3）84J W >。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小
v A =3
4
1 3.610m /s 4.09.010d t --?==?m/s v B =3
3
2 3.610m /s 2.01.810d t --?=
=?m/s 由动量守恒有
m A v A =m B v B
得
m B =4.0kg
弹簧储存的弹性势能
22112422
p A A B B E m v m v =
+=J （2）B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远
由牛顿第二定律得
B B m g m a μ=
所以B 的加速度
a =2.0m/s 2
B 向右运动的距离
2
12B
v x a
==1.0m <9.0m
物块将返回
向右运动的时间为1 1.0B
v t a
=
=s 传送带向左运动的距离为
21x vt ==6.0m
B 相对于传送带的位移为
112x x x ?=+
物块B 沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t 1，位移为x 1 B 相对于传送带的位移为
221x x x ?=-
物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能
22()B Q m g x x μ=??+?=96J
（3）设弹射装置给A 做功为W ，根据功能关系有
221122
A A A A m v m v W '=+ A
B 碰相碰，碰前B 的速度向左为2B v =m/s ，碰后的速度设为'B
v 规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
A A
B B A A B B m v m v m v m v '=+'-''
碰撞过程中，没有机械能损失
222
211112222
A A
B B A A
B B m v m v m v m v ''+''+= B 要滑出平台Q 端，由能量关系有
21
2
B B
B m v m gL μ>' 所以由得W >84J
8．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=
）的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一
碎石堆A （含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为
，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；
在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l=27m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s 2．求：
（1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小；
（2）A在B上总的运动时间．
【答案】（1）a1=3m/s2； a2=1m/s2；（2）4s
【解析】
本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；
（1）在0-2s内，A和B受力如图所示
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:
⑴
...⑵
⑶
⑷
以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：
⑸
⑹
联立以上各式可得a1=3m/s2⑺
a2=1m/s2..⑻
（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则
v1=a1t1=6m/s ⑼
v2=a2t1=2m/s ⑽
t>t1时，设A和B的加速度分别为，此时AB之间摩擦力为零，同理可得：⑾
⑿
即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：
⒀
联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为
⒂
此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有
可得,t3=1s（另一解不合题意，舍去，）
则A在B上的运动时间为t总.
t总=t1+t2+t3=4s
（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）
【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；
【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．
9．如图所示，质量为M＝2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；
(3)若长木板长L0=4.5m，试判断滑块与长木板能达到的共同速度v，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板上滑行的距离L；若不能，请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间．
【答案】(1)f=1N，方向向右；(2)a=1m/s2；(3)能，v=1.2m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：
f=μmg=1N
方向向右；
(2) 由牛顿第二定律得：μmg=ma
得出：a=μg=1m/s2；
(3) 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：μmg=Ma′ 可得出木板的加速度为：a′=0.5m/s 2
设经过时间t ，滑块和长木板达到共同速度v ，则满足： 对滑块有：v=v 0-at 对长木板有：v=a′t
由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度：v=1.2m/s ，t=2.4s 在2.4s 内木板前进的位移为：1 1.2 2.4 1.4422
v x t m m ==?= 木块前进的位移为：02 3.6 1.2 2.4 5.7622
v v x t m m ++=
=?= 木板的长度最短为：L=x 2-x 1=4.32m<4.5m ，所以两者能达到共同速度．
10．如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住，已知人的质量m=60kg ，小车的质量M=10kg ，绳及滑轮的质量，滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍，斜面足够长，当人以280N 的力拉绳时，求：
（1）人与车一起运动的加速度的大小； （2）人所受的摩擦力的大小和方向；
（3）某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s ，此时人松手，则人和车一起滑到最高点时所用的时间．
【答案】（1）2m/s 2（2）140N （3）0.5s 【解析】 【详解】
（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N ，总重为（60+10）×10=700N ，受阻力为700×0.1=70N ，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N ，则合外力为F=560-70-350=140N 则根据牛顿第二定律，加速度为a=
=2m/s 2
即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s 2。
（2）人与车有着共同的加速度，所以人的加速度也为2m/s 2，对人受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，假设静摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有 ma=T+f-mgsin30° 代入数据解得：f=140N
即人受到沿斜面向上的140N 的摩擦力。
（3）失去拉力后，对人和车整体受力分析，受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，根
据牛顿第二定律，沿斜面的加速度为
a′＝＝?6m/s2
根据速度时间公式，有
即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s。
【点睛】
本题关键是对小车和人整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解出加速度，再对人受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出车对人的摩擦力。
一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3，则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩 擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为 （ ） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) A ．物体处于超重状态时，其重力增加了 B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零 C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了 D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化 11.如图所示，一个物体静止放在倾斜为θ的木板上，在木板倾角逐渐增大到某一角 t/s 0 2 2 1 3 -2 v/ms -1 第 5 题 F 第 6 题
牛顿运动定律的应用 教学目标 一、 知识目标 1. 知道运用牛顿运动定律解题的方法 2. 进一步学习对物体进行正确的受力分析 二、 能力目标 1. 培养学生分析问题和总结归纳的能力 2. 培养学生运用所学知识解决实际问题的能力 三、 德育目标 1. 培养学生形成积极思维，解题规范的良好习惯 教学重点 应用牛顿运动定律解决的两类力学问题及这两类问题的基本方法 教学难点 应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法 教学方法 实例分析发归纳法讲练结合法 教学过程 一、 导入新课 通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。 二、 新课教学 （一）、牛顿运动定律解答的两类问题 1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类： a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。 b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路 已知物体的受力情况???→?=ma F 据 求得a ?→?据t v v s as v v at v v at v s t t t ......2210202020可求得???? ?????=-?→?+=+= 已知物体的运动情况???→?????→?=???????=-+=+=ma F as v v at v s at v v a t t 据据求得2221022 00求得物体的受力情况 3.总结 由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。 （二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
高考物理牛顿运动定律的应用(一)解题方法和技巧及练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求 （1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离． 【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】 （1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s = 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s g s μ-= 解得20.4μ= 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212 x vt at =+ 带入可得21/a m s = 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ= （2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214 /3 a m s = 对滑块，则有加速度2 24/a m s = 滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =- =末速度18 /3 v m s =
最新高考物理牛顿运动定律练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可 视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求： （1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？ 【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】 （1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v = （2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102 mgs mv μ-=- 解得0.25m s = （3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111 ()22 mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+= 2．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。A 的上表面水平，A 上放置一物块B 。已知斜面足够长、倾角为θ，A 的质量为M ，B 的质量为m ，A 、B 间动摩擦因数为μ(μ＜)， 最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现对A 施加一水平推力。求： （1）物体A 、B 保持静止时，水平推力的大小F 1； （2）水平推力大小为F 2时，物体A 、B 一起沿斜面向上运动，运动距离x 后撒去推力，A 、B 一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L ； （3）为使A 、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F 应满足的条件。 【答案】（1） （2） （3）
高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求： （1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P到达B时的速度大小； （3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度v c与a的关系式，并画出v c2-a图象． 【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s （4） 2 2 2 200.4/ 80.4/ c a a m s v a m s ?< =? ≥ ? （） （） 如图所示： 【解析】 【分析】 先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系，从而画出图像。 【详解】
（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-= 代入数据得：2 10.4/a m s =-，方向：沿传送带向上； （2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220 L=2v v a - 代入数据得：1/v m s =； （3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-= 得2 20.4/a m s = 当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4 v t s s a = == 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4 v x m m a = ==? 因为x 牛顿运动定律解题方法总结（教师版） 1、正交分解法：把矢量（F ，a ）分解在两个互相垂直的坐标轴上的方法。 例1、如图4-45所示，一自动电梯与水平面之间的夹角θ＝30°，当电梯加 速向上运动时，人对梯面的压力是其重力的6/5，试求人与梯面之间的摩擦力是其重力的多少倍？解析：在动力学的两类基本问题中，本题应属于已知物体的运动状态求解 物体的受力情况。 人受力如图4-46所示，建立直角坐标系，将a 分解在x 轴和y 轴上， 由牛顿第二定律得：f ＝macosθ，N －mg ＝masinθ，N ＝6mg/5联立解得f ＝√3mg/5 说明：可见，当研究对象所受的力都是互相垂直时，通常采用分解加速度的方法，可以使解题过程更为简化。 2、整体法和隔离法：主要对连接体问题要用整体法和隔离法。 例2、如图4-47所示，固定在水平地面上的斜面倾角为θ，斜面上放一个带有支架的木块，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如果木块可以沿斜面加速下滑，则这一过程中，悬挂在支架上的小球悬线和竖直方向的夹角α为多大时小球可以相对于支架静止？ 解析：要使小球可以相对于支架静止，说明二者具有相同的加速度。 视小球、木块为一整体，其具有的加速度为a ，由牛顿第二定律得： a ＝gsinθ－μgcosθ，对小球受力分析如图4-48所示，建立水平竖直方向坐标系，由牛顿第二定律得：Tsinα＝macosθmg －Tcosα＝masinα消去T ，得：tanα＝acosθ/(g －asinα) 将a 代入得：tanα＝(sinθ－μcosθ)/(cosθ＋μsinθ) 3、瞬时分析法：主要求某个力突然变化时物体的加速度时用此法。 例3、质量为m 的箱子C ，顶部悬挂质量为m 的小球B ，小球B 的下方通过一轻弹簧与质量为m 的小球A 相连，箱子C 用轻绳OO ′悬于天花 板上处于平衡状态，如图4-49所示，现剪断OO ′，在轻绳被剪断的瞬 间，小球A 、B 和箱子C 的加速度分别是多少？B 、C 间绳子的拉力T 为多少？ 解析：细绳剪断瞬间，拉力消失，A 、B 间弹簧弹力未变，B 、C 间绳子 拉力发生突变，所以A 仍受重力mg 和弹簧拉力F ＝mg 作用而平衡， 故a A ＝0。 剪断OO ′时，B 、C 间拉力也要突变，但B 、C 将同步下落，所以： a B ＝a C ＝3mg/2m ＝1.5g 。 对C 由牛顿第二定律得：T ＋mg ＝ma C ，∴T ＝0.5mg 。 4、程序法：按时间先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同状态）进行分析计算的解 题方法叫做程序法。 图4- 图4- 图4-图 4-图4- 牛顿运动定律经典练习题 一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3， 则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与 水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为 （ ） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) 第 5 题 第 6 题 【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x=L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg△x 代值解得： Q=0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求： （1）开始时B离小车右端的距离； （2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。 【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离： 【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒 解得：， A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止 ，， 解得 B离右端距离 (2)从开始到达共速历时，，， 解得 小车在前静止，在至之间以a向右加速： 小车向右走位移 高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(1) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求： （1）m 、M 之间的动摩擦因数； （2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数； （3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有： 11mg ma μ= 由乙图知 214m /s a = 解得 10.4μ= （2）对M 由牛顿第二定律有 122()F mg M m g Ma μμ--+= 即 12122()()F mg M m g mg M m g F a M M M μμμμ--+--+= =+ 乙图知 11 4 M = 12()9 4 mg M m g M μμ--+=- 解得 M = 4 kg μ2=0. 1 （3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左， 设m 运动t 1时间速度减为零，则 11 1s v t a = = 位移 2101111 2m 2 x v t a t =-= M 的加速度大小 2122()5m /s F mg M m g a M μμ--+= = 方向向左， M 的位移大小 2 2211 2.5m 2 x a t = = 此时M 的速度 2215m /s v a t == 由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落， 设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律 23F Mg Ma μ-= 可得 2325 m /s 4 a = 在t =2s 时m 与M 右端的距离 2321311 ()()8.125m 2 x v t t a t t =-+-=． 2．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求： 7.14作业一牛顿第一定律、牛顿第三定律 看书：《大一轮》第一讲 基础热身 1．2012·模拟用一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图K12－1所示，下列说确的是( ) B．F2的反作用力是F3 C．F3的施力物体是地球 D．F4的反作用力是F1 2．2011·模拟关于惯性，下列说法中正确的是( ) A．在月球上物体的重力只有在地面上的1 6 ，但是惯性没有变化 B．卫星的仪器由于完全失重，惯性消失了 C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼惯性，使其飞得更远 D．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了 3．2011·模拟跳高运动员蹬地后上跳，在起跳过程中( ) A．运动员蹬地的作用力大小大于地面对他的支持力大小 B．运动员蹬地的作用力大小等于地面对他的支持力大小 C．运动员所受的支持力和重力相平衡 D．运动员所受的支持力小于重力 4．2011·海淀模拟物体同时受到F1、F2、F3三个力的作用而保持平衡状态，则以下说确的是( ) A．F1与F2的合力一定与F3大小相等，方向相反 B．F1、F2、F3在某一方向的分量之和可能不为零 C．F1、F2、F3中的任何一个力变大，则物体必然做加速运动 D．若突然撤去F3，则物体一定沿着F3的反方向做匀变速直线运动 技能强化 5．就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是( ) A．采用了大功率的发动机后，某些赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性 B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了 C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性 D．摩托车转弯时，车手一方面要控制速度适当，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到急转弯的目的 6．2011·模拟计算机已经应用于各个领域．如图K12－2所示是利用计算机记录的某作用力和反作用力变化图线，根据图线可以得出的结论是( ) 图K12－2 A．作用力大时，反作用力小 B．作用力和反作用力的方向总是相反的 C．作用力和反作用力是作用在同一个物体上的 D．牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时不再适用 7．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因 高一物理牛顿运动定律的解题技巧 Revised on November 25, 2020 牛顿运动定律的综合应用 一、临界问题 在运用牛顿运动定律解动力学问题时，常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动，相互接触的物体是否会发生分离等等，这类问题就是临界问题。 解决临界问题的基本思路 1．分析临界状态 一般采用极端分析法，即把问题中的物理量推向极值，就会暴露出物理过程，常见的有A．发生相对滑动；B．绳子绷直；C．与接触面脱离。 所谓临界状态一般是即将要发生质变时的状态，也是未发生质变时的状态。此时物体所处的运动状态常见的有：A．平衡状态；B．匀变速运动；C．圆周运动等。 2．找出临界条件 （1）相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达最大值； （2）绳子松弛的临界条件是绳中拉力为零； （3）相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是相互作用的弹力为零。 3．列出状态方程 将临界条件代到状态方程中，得出临界条件下的状态方程。 4．联立方程求解 有些临界问题单独临界条件下的状态方程不能解决问题，则需结合其他规律联立方程求解。 1、如图所示，质量为m=1kg的物块放在倾角为θ=37的斜面体上，斜面质量为 M=1kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ= ，地面光滑，现对斜 面体施一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围。（g取10m/s2） 2、一斜面放在水平地面上，倾角为θ=53°，一个质量为 kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示．斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行．不计斜面与水平面间的摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。(g取10 m/s2) 3、如图所示，两个质量都为m的滑块A和B，紧挨着并排放在水平桌面上，A、B间的接触面垂直于图中纸面与水平面成θ角，所有接触面都光滑无摩擦，现用一个水平推力作用于滑块A，使A、B一起向右做加速运动。求： （1）要使A、B间不发生相对滑动，它们共同向右运动的最大加速度是多大 （2）要使A、B间不发生相对滑动，水平推力的大小应在什么 范围内 二、滑块-木板模型的动力学分析 1、如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。变式1.若拉力F作用在A上呢如图2所示。 变式2.在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。 3、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( ) A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动 C．两物体间从受力开始就有相对运动 D．两物体间始终没有相对运动 牛顿运动定律典型例题分析 基础知识回顾 1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 对牛顿第一定律的理解要点： （1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持； （2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性； （4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律； （5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。 2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma. 对牛顿第二定律的理解要点： （1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础； （2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度； （3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示， F x=ma x,F y=ma y,F z=ma z; （4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2. 3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。对牛顿第三定律的理解要点： (1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提； (2)作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力； （3）作用力和反作用力是同一性质的力； （4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。 4.物体受力分析的基本程序： （1）确定研究对象； （2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力； （3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力； （4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。 5.超重和失重： （1）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma.； 应用牛顿运动定律解题 的方法和步骤 Document serial number【LGGKGB-LGG98YT-LGGT8CB-LGUT- §3.4应用牛顿运动定律解题的方法和步骤 应用牛顿运动定律的基本方法是隔离法，再配合正交坐标运用分量形式求解。 解题的基本步骤如下： (1)选取隔离体，即确定研究对象 一般在求某力时，就以此力的受力体为研究对象，在求某物体的运动情况时，就以此物体为研究对象。有几个物体相互作用，要求它们之间的相互作用力，则必须将相互作用的物体隔离开来，取其中一物体作研究对象。有时，某些力不能直接用受力体作研究对象求出，这时可以考虑选取施力物体作为研究对象，如求人在变速运动的升降机内地板的压力，因为地板受力较为复杂，故采用人作为研究对象为好。 在选取隔离体时，采用整体法还是隔离法要灵活运用。如图3-4-1要求质量分别为M 和m 的两物体组成的系统的加速度a ，有两种方法，一种是 将两物体隔离，得方程为 另—种方法是将整个系统作为研究对象，得方程为 显然，如果只求系统的加速度，则第二种方法好；如果 还要求绳的张力，则需采用前一种方法。 (2)分析物体受力情况：分析物体受力是解动力学问题的一个关键，必须牢牢掌握。 ①一般顺序：在一般情况下，分析物体受力的顺序是先场力，如重力、电场力等，再弹力，如压力、张力等，然后是摩擦力。并配合作物体的受力示意图。 大小和方向不受其它力和物体运动状态影响的力叫主动力，如重力、库仑力；大小和主向与主动力和物体运动状态有密切联系的力叫被动力或约束力，如支持力、摩擦力。这m 图3-4-1 就决定了分析受力的顺序。如物体在地球附近不论是静止还是加速运动，它受的重力总是不变的；放在水平桌面上的物体对桌面的压力就与它们在竖直方向上有无加速度有关，而滑动摩擦力总是与压力成正比。 ②关于合力与分力：分析物体受力时，只在合力或两个分力中取其一，不能同时取而说它受到三个力的作用。一般情况下选取合力，如物体在斜面上 受到重力，一般不说它受到下滑力和垂直面的两个力。在—些特 殊情况下，物体其合力不能先确定，则可用两分力来代替它，如 图3-4-2横杆左端所接铰链对它的力方向不能明确之前，可用水 平和竖直方向上的两个分力来表示，最后再求出这两个分力的合 力来。 ③关于内力与外力：在运用牛顿第二定律时，内力是不可能对整个物体产生加速度的，选取几个物体的组合为研究对象时，这几个物体之间的相互作用力不能列入方程中。要求它们之间的相互作用，必须将它们隔离分析才行，此时内力转化成外力。 ④关于作用力与反作用力：物体之间的相互作用力总是成对出现，我们要分清受力体与施力体。在列方程解题时，对一对相互作用力一般采用同一字线表示。在不考虑绳的质量时，由同一根绳拉两个物体的力经常作为一对相互作用力处理，经过不计摩擦的定滑轮改变了方向后，我们一般仍将绳对两个物体的拉力当作一对相互作用力处理。 (3)分析物体运动状态及其变化 ①运用牛顿定律解题主要是分析物体运动的加速度a ，加速度是运动学和动力学联系的纽带，经常遇到的问题是已知物体运动情况通过求a 而求物体所受的力。 图3-4-2 7.14作业一 牛顿第一定律、牛顿第三定律 看书 ：《大一轮》 第一讲 基础热身 1．2012·厦门模拟用一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图K12－1所示， 下列说法正确的是( ) B ．F 2的反作用力是F 3 C ．F 3的施力物体是地球 D ．F 4的反作用力是F 1 2．2011·芜湖模拟关于惯性，下列说法中正确的是( ) A ．在月球上物体的重力只有在地面上的16 ，但是惯性没有变化 B ．卫星内的仪器由于完全失重，惯性消失了 C ．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼惯性，使其飞得更远 D ．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了 3．2011·金华模拟跳高运动员蹬地后上跳，在起跳过程中( ) A ．运动员蹬地的作用力大小大于地面对他的支持力大小 B ．运动员蹬地的作用力大小等于地面对他的支持力大小 C ．运动员所受的支持力和重力相平衡 D ．运动员所受的支持力小于重力 4．2011·海淀模拟物体同时受到F 1、F 2、F 3三个力的作用而保持平衡状态，则以下说法正确的是( ) A ．F 1与F 2的合力一定与F 3大小相等，方向相反 B ．F 1、F 2、F 3在某一方向的分量之和可能不为零 C ．F 1、F 2、F 3中的任何一个力变大，则物体必然做加速运动 D ．若突然撤去F 3，则物体一定沿着F 3的反方向做匀变速直线运动 技能强化 5．就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是( ) A ．采用了大功率的发动机后，某些赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性 B ．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了 C ．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性 D ．摩托车转弯时，车手一方面要控制速度适当，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到急转弯的目的 6．2011·台州模拟计算机已经应用于各个领域．如图K12－2所示是利用计算机记录的某作用力和反作用力变化图线，根据图线可以得出的结论是( ) 图K12－2 A ．作用力大时，反作用力小 B ．作用力和反作用力的方向总是相反的 C ．作用力和反作用力是作用在同一个物体上的 D ．牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时不再适用 7．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因 高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题含解析(1) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ?=的固定且足够长的斜面上,对物体 施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。(2 10/,sin 370.6,cos370.8g m s ? ? ===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （2）拉力F 的大小为多少？ 【答案】(1)0.5 (2)30N 【解析】 【详解】 （1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小： 22110-5 m/s 10m/s 0.5 a = = 根据牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+= 代入数据解得： 0.5μ= （2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时： 2220m /s v a t ?= =? 根据牛顿第二定律得： 2sin cos F mg mg ma θμθ--= 代入数据解得： 30N F = 2．质量M ＝0.6kg 的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度1 5.0v =m/s 和2 2.0v =m/s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取g =10m/s 2，求： （1）A 、B 两物体在车上都停止滑动时车的速度； （2）车的长度是多少？ （3）从A 、B 开始运动计时，经8s 小车离原位置的距离. 【答案】（1）0.6m/s （2）6.8m （3）3.84m 【解析】 【详解】 解：（1）设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律有： ()()122m v v M m v -=+ 代入数据解得：v =0.6m/s ，方向向右． （2）设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系有: ()()22 212121 11 2222 mg L L mv mv M m v μ+=+- + 又L ≥L 1+L 2 代入数据解得L ≥6.8m ，即L 至少为6.8m （3）当B 向左减速到零时，A 向右减速，且两者加速度大小都为12a g μ==m/s 2 对小车受力分析可知，小车受到两个大小相等、方向相反的滑动摩擦力作用，故小车没有动 则B 向左减速到零的时间为2 11 1v t a = =s 此时A 的速度为1113A v v a t =-=m/s 当B 减速到零时与小车相对静止，此时A 继续向右减速，则B 与小车向右加速，设经过t s 达到共同速度v 对B 和小车，由牛顿第二定律有：()2mg m M a μ=+，解得：20.5a =m/s 2 则有：12A v v a t a t =-=，代入数据解得：t =1.2s 此时小车的速度为20.6v a t ==m/s ，位移为2 1210.362 x a t = =m 当三个物体都达到共同速度后，一起向右做匀速直线运动，则剩下的时间发生的位移为 ()28 3.48x v t =-=m 则小车在8s 内走过的总位移为12 3.84x x x =+=m 3．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m =0.05kg 的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h =0.8m 高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f =0.3N 的阻力和F =1.0N 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型 2012牛顿运动定律典型精练 基础知识回顾 1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。 2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma. 对牛顿第二定律的理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x =ma x ,F y =ma y ,F z =ma z ;（4）牛顿第二定律F=ma 定义了力的基本单位——牛 顿（定义使质量为1kg 的物体产生1m/s 2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s 2. 3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。 对牛顿第三定律的理解要点：(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。 4.物体受力分析的基本程序：（1）确定研究对象；（2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。 5.超重和失重：（1）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F （或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma.；（2）失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力F N （或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg ，即F N =mg －ma ，当a=g 时，F N =0,即物体处于完全失重。 6、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。 二、解析典型问题 问题1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。 牛顿第二定律F=ma 是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利用正交分解法进行求解。 练习1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力 的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？ 分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用，如图1所示.取水平向右 为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：F f =macos300, 0 图1(完整版)牛顿运动定律解题方法总结(教师版),推荐文档
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