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第三章⎪⎪⎪牛顿运动定律[备考指南]第1节牛顿第一定律__牛顿第三定律(1)牛顿第一定律是实验定律。
(×))(2)在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果。
(×)(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。
(×)(4)物体的惯性越大，状态越难改变。
(√)(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。
(×)(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。
(√)(1)伽利略利用“理想实验”得出“力是改变物体运动状态的原因”的观点，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的错误观点。
(2)英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。
·要点一牛顿第一定律的理解1．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。
惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。
2．对牛顿第一定律的四点说明(1)明确惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。
(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
-(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。
在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。
(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。
力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
[多角练通]1．关于牛顿第一定律的说法中，正确的是()A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因~解析：选D根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项C错；不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错；牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D正确；牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小，故选项B错。
热点专题系列(三)动力学中三种典型物理模型热点概述：动力学中三种典型物理模型分别是等时圆模型、传送带模型和滑块—木板模型，通过本专题的学习，可以培养审题能力、建模能力、分析推理能力。
[热点透析]等时圆模型 1．模型分析如图甲、乙所示，质点沿竖直面内圆环上的任意一条光滑弦从上端由静止滑到底端，可知加速度a ＝g sin θ，位移x ＝2R sin θ，由匀加速直线运动规律x ＝12at 2，得下滑时间t ＝2R g，即沿竖直直径自由下落的时间。
图丙是甲、乙两图的组合，不难证明有相同的结论。
2．结论模型 1 质点从竖直面内的圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；模型 2 质点从竖直面内的圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；模型 3 两个竖直面内的圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始经切点滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
3．思维模板其中模型3可以看成两个等时圆，分段按上述模板进行时间比较。
如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点。
竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心。
已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点。
则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点解析 由等时圆模型知，a 球运动时间小于b 球运动时间，a 球运动时间和沿过CM 的直径的下落时间相等，所以从C 点自由下落到M 点的c 球运动时间最短，故C 正确。
答案 C 传送带模型传送带模型的特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。
这类问题涉及滑动摩擦力和静摩擦力的转换、对地位移和二者间相对位移的区别，需要综合牛顿运动定律、运动学公式、功和能等知识求解。
题型一：物块在水平传送带上题型概述：物块在水平传送带上可分为两种情形：一是物块轻放在水平传送带上；二是物块以一定的初速度冲上水平传送带。
方法突破：已知传送带长为L ，速度为v ，与物块间的动摩擦因数为μ，则物块滑动时的加速度大小a ＝μg 。
1．如图甲，v 0＝0时，物块加速到v 的位移x ＝v 22μg，若x <L 即v <2μgL 时，物块先加速后匀速；若x ≥L 即v ≥2μgL 时，物块一直加速到右端。
2．如图甲，当v 0≠0，v 0与v 同向时，当v 0<v 时，物块加速到v 的位移x ＝v 2－v 202μg，若x <L ，即v 0<v < v 20＋2μgL ，物块先加速后匀速；若x ≥L ，即v ≥ v 20＋2μgL ，物块一直加速到右端；当v 0>v 时，物块减速到v 的位移x ＝v 20－v 22μg，若x <L ，即v 0>v >v 20－2μgL ，物块先减速后匀速；若x ≥L ，即v ≤ v 20－2μgL ，物块一直减速到右端；当v ＝v 0时，物块匀速运动到右端。
3．如图乙，v0≠0，v0与v反向，物块向右减速到零的位移x＝v202μg，若x≥L，即v0≥2μgL，物块一直减速到右端；若x<L，即v0<2μgL，则物块先向右减速到零，再向左加速(也可能加速到v后匀速运动)直至离开传送带。
拓展：若水平传送带匀变速运动，传送带与物块共速后，需讨论μg与传送带加速度a 的关系。
若f max＝μmg≥ma，即μg≥a，则物块与传送带一起以加速度a匀变速运动；若f max ＝μmg<ma，即μg<a，则物块以加速度μg匀变速运动。
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行。
初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。
若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示。
已知v2>v1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大，A 错误，B正确。
0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误。
答案 B题型二：物块在倾斜传送带上题型概述：物块在倾斜传送带上又可分为向上传送和向下传送两种情况，物块相对传送带速度为零时μmg cosθ与mg sinθ的大小关系决定着物块是否会相对传送带下滑，μ>tanθ时相对静止，μ<tanθ时相对下滑。
方法突破：一、传送带向上传送1．如图甲，若0≤v0<v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μg cosθ－g sinθ向上匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μg cosθ－g sinθ向上匀加速运动再向上匀速运动。
2．如图甲，若0≤v0<v且μ<tanθ：物块以向下的加速度a＝g sinθ－μg cosθ运动。
3．如图甲，若v0>v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μg cosθ＋g sinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μg cosθ＋g sinθ向上匀减速运动再向上匀速运动。
4．如图甲，若v0>v且μ<tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μg cosθ＋g sinθ向上匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μg cosθ＋g sinθ向上匀减速运动再以a＝g sinθ－μg cosθ向上匀减速运动，最后向下匀加速运动。
二、传送带向下传送1．如图乙，若0≤v0<v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μg cosθ＋g sinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μg cosθ＋g sinθ向下匀加速运动再向下匀速运动。
2．如图乙，若0≤v0<v且μ<tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μg cosθ＋g sinθ向下匀加速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μg cosθ＋g sinθ向下匀加速运动再以a＝g sinθ－μg cosθ向下匀加速运动。
3．如图乙，若v0>v且μ>tanθ：(1)传送带比较短时物块一直以a＝μg cosθ－g sinθ向下匀减速运动。
(2)传送带足够长时物块先以a＝μg cosθ－g sinθ向下匀减速运动再向下匀速运动。
4．如图乙，若v0>v且μ<tanθ：物块一直以a＝g sinθ－μg cosθ向下匀加速运动。
总结：物块在倾斜传送带上的运动情形还有很多，但分析思路大体相同：(1)判断物块相对于传送带的运动方向，从而判断滑动摩擦力方向。
(2)列牛顿第二定律方程，判断a 的方向。
(3)根据临界条件v 物＝v 带确定临界状态的情况，根据μ与tan θ的关系判断之后的运动情形。
如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，在传送带顶端A 处无初速度释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2。
求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间。
解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，因μ<tan θ，物体相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有：mg (sin37°－μcos37°)＝ma则a ＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s 2， 根据l ＝12at 2得t ＝4 s 。
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 1 则有a 1＝mg sin37°＋μm g cos37°m＝10 m/s 2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010s＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin37°>μmg cos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变。
设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m ＝2 m/s 2x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝vt 2＋12a 2t 22，解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去) 所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s 。
答案 (1)4 s (2)2 s 滑块—木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx ＝x 1－x 2＝L (或Δx ＝x 2－x 1＝L )；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx ＝x 2＋x 1＝L 。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板如图所示，物块A 和长木板B 的质量均为1 kg ，A 与B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A 静止在B 的左端，B 停在水平地面上。
某时刻起给A 施加一大小为10 N ，方向与水平方向成θ＝37°斜向上的拉力F,0.5 s 后撤去F ，最终A 恰好停在B 的右端。
(sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：(1)0.5 s 末物块A 的速度； (2)木板B 的长度。
