高一物理牛顿运动定律的应用知识精讲

【本讲主要内容】

牛顿运动定律的应用

1. 牛顿第二定律在关于加速度与力和质量关系问题方面的应用 2. 牛顿第二定律在水平面问题方面的应用 3. 牛顿第二定律在斜面问题方面的应用 4. 牛顿第二定律在竖直方向问题方面的应用 5. 牛顿第二定律在能力提高问题方面的应用

【知识掌握】 【知识点精析】

应用牛顿第二定律解题的基本思路

1. 确定研究对象，分清物理过程，受力分析

牛顿运动定律 2. 根据物理规律列方程

运动学规律 注意：一定养成将方程集中摆放，让方程和方程见面，便于分析思路。 3. 观察方程，寻找解方程技巧。

【解题方法指导】

一. 关于加速度与力和质量关系问题

例1. 放在光滑水平面上的物体，在水平方向两个平衡力作用下处于静止，其中一个力逐渐减小到最后，又逐渐恢复到原值，则该物体（ ）

A. 速度先增大，后减小 B. 速度一直增大到某个定值 C. 加速度先增大，后减小到零 D. 加速度一直增大到某个定值 解：

（1）F1F2ac（2）F2v0

F1F2aF1F2向右 v向右 m（3）F20a（4）F2F1最大向右，v向右 mFF2F1F2a1向右 v向右 m（5）F2F1a0 v最大 向右 不变 NF2mgF1

例2. A、B、C三球大小相同，A为实心木球，B为实心铁球，C为质量与A相同空心铁球，三球从同一高处由静止下落，若受阻力相同，则（ ）

A. B下落加速度最大 B. C球下落加速度最大 C. A球下落加速度最大 D. 三球同时落地

mgffmAmCmB aAaCaB 解：a g

mmh12at2t2hatAtCtB

A正确

D错误

例3. 竖直上抛物体受空气阻力f大小恒定，物体上升时间为t，加速大小为a1，物体下降的时间为t2，加速度大小为a2，则（ ）

A. a1a2 t1t2 C. a1a2解：a112at2t1t2

B. a1a2t1t2 D. a1a2t1t2

mgffgmmt2haa2mgffgmma1a2

ht1t2 例4. 相同小球A、B，以轻弹簧相连，当A上方细线剪断瞬间两球加速度分别为（ ） A. 2g，2g B. 2g，0 C. g，g D. 0，g AB 二、关于平面问题 例1. 一个物体受120N水平恒力作用，由静止开始沿水平面运动、经时间t后撤去外力，又经2t时间停止，求： （1）物体所受阻力； （2）m=6kg，t=4s，物体总位移 解： NOFNvOffmgmg Ffma1fma2va1ta22tvs3t2

三、关于斜面问题

(1)(2)(3)a1Ff12fF40Na2f3Ff1204040m/s2m63 40160v4m/s33160343s320m2a1 例1. m=10kg物体恰能沿倾角为37°斜面匀速下滑，要使它以1m/s2加速度加速下滑和加速上滑需施加沿斜面方向多大外力。 解：匀速下滑：mgsinmgcos0 （1） Nf mg 加速下滑：F1mgsinmgcosma （2） NfF1 mg 加速上滑：F2mgsinmgcosma （3） NF2 fmg （2）－（1）F1ma10110N （3）－（1）F22mgsinma 210100.6101130N 例2. 一物体沿倾角为θ光滑斜面从h高处自由下滑，求滑到底端时速度。 Nmgh 解：据牛顿第二定律mgsinma 据运动学公式v22ah sin

agsinv2gsinh2gh sin 例3. 一质量为m物体放在粗糙水平面上，受水平力F作用产生加速度a1物体受摩擦力为f，当水平力变为2F产生加速度为a2，则（ ）

A. a22a1

B. a22a1

C. a22a1

D. 摩擦力变为2f

Ffa1m2Ff解：a2

m2F2f2a1ma22a1∴B正确

四、关于竖直方向问题

例1. 质量为3.6kg气球在空中匀速上升，从它上面掉下一小物体后，气球得到2m/s2加速度，则下落物体加速度多大？ 解：匀速上升时FMg0 （1）

掉下物体后F(Mm)g(Mm)a （2）

fmg不变

（2）－（1）mg(Mm)a mMa3.620.6kg ga102FFMg(M-m)g 五、提高能力 例1. 斜木块倾角为37°，当斜木块沿水平面以9m/s2加速度运动时，置于斜面上m2kg的木块刚好不上滑，m受摩擦力多大。要使m刚好不下滑和无相对斜运动趋势，斜木块加速度多大。 解：方法一：将a正交分解 a·cos a 刚好不上滑 mgsinfmacos fmacosmgsin290.82100.62.4N Nfmg 刚好不下滑 mgsinfmacos agtgf32.4106m/s2 mcos420.8Nfmg 刚好无运动趋势： mgsinmacos方法二： agtg1037.5m/s2 4NNffmgmg Ncosmgfsin(1)Nsinfcosma(2)刚好不下滑 (2)cos(1)sin fmacosmgsin2.4NNcosfsinmg(1)(1)sin(2)cos (2)fmgsinmacosNsinfcosma

agtgf6m/s2

mcos刚好无滑动趋势

NcosmgNsinmaagtg7.5m/s2

【考点突破】

【考点指要】

牛顿第二定律应用在高考中多以综合题出现。

【典型例题分析】

例1. （2005·全国理综III·24）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。系统处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d。

解：B刚离C时，A、B受力如图 N2ABkx1kx1FN1mAgmBg 对B：kx1mBgsin 对A：FmAgsinkx1mAa aF(mAmB)gsin

mAN2Akx2刚开始A受力如图 mAg kx2mAgsin 从开始到B离开C、A的位移为 dx1x2mBgsinmAgsin(mAmB)gsin kkk 例2. （2001·全国·8）惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计。加速度计的构造原理的示意图如图所示。沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连；两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度（ ）

A. 方向向左，大小为

ks m2ksC. 方向向左，大小为

mks m2ksD. 方向向右，大小为

mB. 方向向右，大小为

解：据牛顿第二定律 2ksma a2ks m方向向右 N2ksmg 【综合测试】 1. （经典回放）如图所示，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为，在已知水平力F的作用下，A、B做加速运动，A对B的作用力为__________。

2. （2006湖北联考）三个质量相同的物块A、B、C用两个轻弹簧和一根轻线相连，挂在天花板上，处于平衡状态，如图所示，在将A、B之间的线剪断的瞬间，A、B加速度分别为（取向下为正，重力加速度为g）（ ）

A. aA2g，aB2g C. aA2g，aBg

A B C

B. aAg，aBg D. aA0，aB2g

3. 如图所示，物体A和B质量相同，且一轻质弹簧连在一起，再用一细线把它们吊挂在固定的支架上，保持静止状态。弹簧与线质量不计，现用一根点燃的火柴去将细线烧断，当

细线被烧断的瞬间，A，B物体的加速度分别是（ ） A. g，g B. 0，g C. 2g，0 D. 0，2g AB 4. 若在飞机内用绳悬挂一质量为m的物体，当飞机以与水平方向成45°角向下俯冲，且2g时，绳与竖直方向的夹角以及绳的拉力是（ ） 22mg A. 45° mg B. 22.5° 22mg D. 67.5° C. 45° 2mg 2 5. （2004年全国理综一，15）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个小

加速度a滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为0），用t1、t2、t3依次表示滑环到达d所用的时间，则（ ） A. t1t2t3 C. t3t1t2 B. t1t2t3 D. t1t2t3 abc 6. （经典回放）如图所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中，A、B之间无相对运动。设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于（ ） A. 0 B. kx C. (dm)kx MD. (m)kx MmAB 7. 跳起摸高是学生经常进行的一项活动。某同学身高1.8m，质量65kg，站立时举手达到2.2m高，他用力蹬地，经0.45s竖直离地跳起，设他蹬地的力大小恒为1060N，则他跳起可摸到的高度为__________m。 8. 如图所示，质量为m的物体，在倾角为θ的斜面上恰能匀速下滑；若给此物体一沿斜面向上的初速度v0，则它能沿斜面上滑的最大距离为_________。

9. 质量为10kg的物体与水平面的动摩擦因数是0.2，在物体由静止开始在图中所示的拉力作用下运动，则物体在2s内的位移等于___________m。 F/N305012t/s 10. （黄冈市2003年下学期高三统考试题）“神舟”五号飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后返回舱开始从太空向地球表面按预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行减速下降，穿越大气层后，在一定的高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受空气阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v—t图像如图中的AD曲线所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴一点B，其坐标为（8，0），CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量M=400kg，g取10m/s2。试问：

（1）返回舱在这一阶段是怎样运动的？

（2）在初始时刻v=160m/s，此时它的加速度多大？ （3）推证空气阻力系数k的表达式并计算其值。 v/m·s-1160ADt/sC4B08 11. 玻璃杯下压一张纸，用手将纸以较大的速度抽出，由于惯性，玻璃杯只有很小的位移。如果抽纸的速度相同，压住纸的位置相同，而杯中水的质量不同，试猜想杯中盛水多少与杯子位移大小的关系，并进行分析论证。 参

1. 解析：因A、B一起加速运动，可看作一整体，由牛顿第二定律有Fmg3ma，

Fmg。隔离B，水平方向上受摩擦力Ffmg，A对B的作用力FAB，由牛顿第二3mFmgF2mg定律有FABmgma，所以FABmg。 33F2mg 答案：

3a2. 解析：初始时两根弹簧都处于伸长状态，A、B之间轻线的拉力大小为

T(mBmC)g2mg，上面那根弹簧的拉力为T上3mg，下面那根弹簧的拉力为

T下mg，剪断A、B之间的轻线后的瞬间，由于弹簧的形变量不能突变，所以取向下为正

方向，有aAT上mAgmA2g，aBmBgT下mB2g，aC0

答案：A 3. C 4. C 5. D

6. 解析：因A、B之间无相对运动，可把A、B看作一个整体，由牛顿第二定律，有

kx(Mm)a，aFfmkx。

Mmkx，A的加速度由B对A的静摩擦力产生，有Ffma，即

Mm 答案：D 7. 2.6

8. 解析：对物体受力分析如图，当物体匀速下滑时，mgsinFf

则当物体上滑时，滑动摩擦力沿斜面向下

则F合Ffmgsin2mgsinma 所以a2gsin

22v0v0则s。 2a4gsin2v0答案：

4gsin

9. 0.83

10. 杯子之所以发生位移，是由于玻璃杯底受到纸对它的向前的滑动摩擦力，杯子在这个摩擦力的作用下做匀加速运动；待纸抽走后，杯子又受到桌面对它的向后的滑动摩擦力作用而做匀减速运动。杯子在加速阶段和减速阶段加速度的数值应与杯子和水的总质量无关，因此只要杯子压住纸的位置相同和抽纸的速度相同，则杯子位移的大小也应与杯中水的质量无关。（如下图所示）

下面我们论证上述猜测，设杯底与纸之间的动摩擦因数为1，则由牛顿第二定律有

1mgma1a11g

可得杯子做匀加速运动的位移为

11s1a1t21gt2

22式中，t为纸抽出所需的时间。由上述求解过程可知，杯子做加速运动的加速度与杯子

和水的质量无关。又知抽纸的速度相同，压住纸的位置相同，故抽纸所需时间t子和水的质量无关，即位移s1与杯中水的多少无关。

在减速阶段，其初速度v0a1t，其加速度大小为a2L也与杯v2mg2g m

222v0a1t其中2为杯子与桌面间的动摩擦因数，则匀减速阶段的位移为s2 2a222g

即s2亦与杯子中水的质量无关。

综上所述，杯中盛水多少与杯子位移大小之间没有关系，在抽纸的速度、压住纸的位置相同时，玻璃杯的位移只与杯子和纸、杯子和桌面间的动摩擦因数有关。

F30m/s26m/s2。当木箱速度达到0.25m/s时，与m5v传送带相对静止，从放上至相对静止所用时间t0.042s，此段时间木箱对地位移

a 11. 解析：木箱的加速度为as1v2/2a5103m。传送带对地位移s2vt0.250.042m0.01m，故摩擦痕迹长

l=s1s25103m，即木箱相对传送带滑动5103m，痕迹为5103m。

答案：5103m