第一篇：牛顿定律、动量练习题
牛顿定律、动量练习题
一、单选题(每道小题 3分 共 30分)1.工厂里，有一台机器正在运转，当其飞轮转得很快的时候，机器的振动并不强烈.切断电源，飞轮转动逐渐慢下来，到某一时刻t ,机器发生了强烈的振动,此后，飞转转动得更慢，机器的振动反而减弱, 这种现象说明 A．在时刻t飞轮惯性最大
B．在时刻t飞轮转动的频率最大
C．在时刻t飞轮转动的频率与机身的固有频率相等，发生共振 D．纯属偶然现象，并无规律
2.物体在周期性外力作用下做受迫振动，固有频率为f1，驱动力的频率为f2，则物体做受迫振动的频率f为
A．f = f1 B．f = f2 C．f>f1 D．f< f2
3.如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐运动，当振子从平衡位置O向a运动过程中 A．加速度和速度均不断减小 B．加速度和速度均不断增大
C．加速度不断增大，速度不断减小 D．加速度不断减小，速度不断增大
4.质量为 5 t 的汽车，在水平路面上以加 速度23a = 2m / s起动，所受阻力为1.0×10N，汽车起动后第1秒末的即时功率是 A．2kW B．22kW C．1.1kW D．20kW 5.质量为1kg的物体从30m高处自由下落2s，此时它的重力势能为 A．200J B．300J C．100J D．400J 6.利用砂摆(用线悬挂起来的盛砂漏斗)描迹，显示简谐运动的图象的实验，如果考虑到砂子逐渐减少的因素，该砂摆的振动频率将 A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
7.物体做自由落体运动，前一半位移内重力做功的平均功率与后一半位移内重力做功的平均功率之比为
A．1:3 B．1:4C．1 :(2-1)D．1 :(2+1)
8.如图所示，a、b是一列横波上的两个质点，它们在x轴上的距离s为30m，波沿x轴正方向传播，当a振动到最高点时，b恰好经过平衡位置，经过3s，波传播了30m，并且a经过平衡位置时b恰好到达最高点，那么下列说法中不正确的有
A．这列波的波长可能是24m B．这列波的周期可能是0.8s
C．这列波的周期可能是3s D．这列波的速度一定是10m/s 9.在距地面15m高处，某人将一质量为4kg的物体以5m/s速度抛出，人对物体做的功是 A．20J B．50J C．588J D．638J 10.火车质量是飞机质量的110倍，火车的速度只有飞机的1/12，火车和飞机的动量分别为P1和P2，动能分别为EK1和EK2，则
A．P1>P2；EK1 EK2 二、填空题(第1小题 2分, 2-3每题 3分, 4-6每题 4分, 共 20分)1.在《用单摆测定重力加速度》的实验中，单摆摆长的测量方法是：用最小刻度为毫米的刻度尺测量摆线的长，用游标卡尺测量摆球的直径．若测得摆线长950.0mm，用游标卡尺测量摆球直径的结果如图所示．则单摆的摆长为 __________m． 2.在“验证机械能守恒定律”的实验中 (1)下列物理量中需要测量的有______，通过计算得到的有________(填字母序号)A．重锤质量 B．重力加速度 C．重锤下落高度 D．与下落高度对应的重锤的即时速度 (2)某同学重复做了三次实验，得到三条纸带．第一，二点间的距离分别为A．1mm B．2mm C．4mm则应选用哪一条比较恰当?__________(填字母序号)3.一列简谐横波在X轴上传播,某时刻的波形如图中实线所示,经过了△t=0.06s后其波形如图中虚线所示．已知△t小于一个周期, 则这列波的速度可能是________________． 4.做用单摆测重力加速度的实验． (1)从下列备选的器材中，选出可以完成实验的五个最合适的器材．(在横线上填写器材的序号)A．小铁球 B．小塑料球 C．30cm长的细线 D．100cm长细线 E．120cm长的绳子 F．手表 G．秒表 H．量角器 I．游标卡尺 ______、_____、______、_______、_________． (2)测周期时，计数的起、止时刻应落在摆球到达______位置时为好． 5.如图所示，是一列波在t =0时的波形图，波速为20m/s，传播方向沿X轴正向．从t =0到t=2.5s的时间内，质点到M所通过的路程是________m，位移是________m． 6.图为用单摆做简谐运动测定重力加速度的装置示意图．下表中L0、d、n、t分别表示实验时已测得的有关数据． 试根据这些数据计算出： (1)单摆的摆长为__________；(2)单摆的周期为__________； (3)实验地点的重力加速度为______________． 三、多选题(每道小题 5分 共 20分)1.若不计空气的阻力，以下实例中运动物体机械能守恒的是 A．物体沿斜面匀速下滑 B．物体做竖直上抛运动 C．物体做自由落体运动 D．用细绳拴着小球，一端为圆心，使小球在竖直平面内做圆周运动 2.如图所示是一列传播的横波在某一时刻的波形图线，以下说法哪些是正确的 A．a、b两点振幅相同 B．a、b两点位移相同 C．a、d两点周期相同 D．a、b、c、d各点振动的频率相同 3.一列波沿直线传播，在某一时刻的波形图如图所示，质点A的位置与坐标原点相距0.5m，此时质点A沿y轴正方向运动，再经过0.02s将第一次达到最大位移，由此可见 A． 这列波波长是2m B． 这列波频率是50Hz C． 这列波波速是25m/s D．这列波的传播方向是沿x轴的负方向 4.小球在光滑槽内做简谐运动，如图所示，下述哪些方法可使小球的振动加快? A．减小小球的振幅 B．增大光滑圆槽的直径 C．增大摆球的直径 D．减小光滑圆槽的直径 四、作图题(4分) 一列振幅是2.0cm，频率是4.0Hz的简谐横波，以32cm/s的速度沿图中x轴的正方向传播．在某时刻，X坐标为-7.0cm处的介质质点正好经平衡位置且向y轴正方向运动．试在图中画出此时刻的波形图．(要求至少画出两个波长) 五、计算题(1-2每题 4分, 3-5每题 6分, 共 26分)1.某质点做简谐运动，先后以相同的速度通过A、B两点，历时0.5s，过B点再经过0.5s，质点以大小相等方向相反的速度再次通过B点，求该质点的振动周期． 2.如图所示，有一个摆长为L的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d． 663.一列火车的总质量m=2.0×10kg，机车的额定功率P=4.6×10W，如果列车以最大速度运行时所受阻力是车重的0.02倍，那么，列车所能达到的最大运行速度是多少km/h?(g取10m/s) 4.一个单摆的摆长为L=9.8m，在其悬点O的正下方3L/4处的A点钉一小钉使摆球如图摆动，∠BOC和∠DAC都小于5°，求小球的摆动周期． 5.质量为m的物体自由下落，第n秒内重力的平均功率多大?第n秒末重力的即时功率多大? 高中物理单元练习试题答案par 一、单选题 1.提示：在受迫振动中，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，振动的振幅最大，故本题答案是C． 2.B 3.C 4.B 5.C 6.D 7.D 8.C 9.B 10.A 二、填空题 1.0.9587 2.(1)C，D(2)B 3.向左，83.3m/s 向右，250m/s 4.(1)A、D、G、H、I；(2)平衡 5.2.5，0.05 6.(1)L0d2；（2）tn；（3）4L02d22n/t 2 三、多选题 1.B、C、D 2.ACD 3.ACD 4.CD 四、作图题 1.如图 五、计算题 1.解：由示意图可知质点由平衡位置到最大位移处C历经0.5s，故质点的振动周期T=0.5×4=2(s) 2.解：A球碰撞后继续摆动，再回到平衡位置所历时间为(k+1)T/2(k=0，1，2，„„)，B球碰撞后向右运动，再回到P点所历时间为2d/v．依题意应有 (k1)/g2d/v解得d12(k1)v/g(k0，1，2，„„)(k0，1，2，„„) T12121232T22LgLgL/4g12))2.解：∵P=F·v，当v=vmax时，a=0，F=f 3.∴P=f·vmax，vmax=P/f=P/0.02mg vmax=4.6×106/0.02×2.0×106×10=41.4(km/h)4． 5.解：T2(2(1(s)4.71(s)解：重力G=mg 第n秒内位移为(2n-1)× 即h'n=(n-12)g(m)12212g×12 P'n=G·h'n/1=(n-)mg2(W)Pn=G·Vn=n·mg(W) 专题5：牛顿三大定律参考答案 题型1：惯性概念的理解及应用 1.一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了.列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的() 解析：列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致． 答案：C (1)若列车正在出站，则水面的形状与哪个选项一致？ (2)若水面形状与选项A中相同，说明列车的运动状态是怎样的？ 解析：(1)列车出站时速度增加，水由于惯性仍要保持原来较小的速度，故形成选项B中的液面形状． (2)液面水平，说明列车的运动状态没有变化，则列车可能处于静止状态或匀速直线运动状态． 答案：(1)B(2)静止或匀速直线运动 2.在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是() A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进 B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进 C．磁悬浮列车急刹车时，小球不滚动 D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动 解析：若磁悬浮列车减速，磁悬浮列车运动的速度变小了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要大于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向前滚．反之，当磁悬浮列车加速时，磁悬浮列车运动的速度变大了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要小于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向后滚．由以上分析可知，选项B正确． 答案：B 题型2：牛顿第三定律的理解及应用 3.下列说法正确的是() A．走路时，只有地对脚的作用力大于脚蹬地的力时，人才能往前走 B．走路时，地对脚的作用力与脚蹬地的力总是大小相等，方向相反的C．物体A静止在物体B上，A的质量是B的质量的10倍，则A对B的作用力大于B对A的作用力 D．以卵击石，石头没有损伤而鸡蛋破了，是因为鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力 解析：地对脚的作用力与脚蹬地的力是作用力和反作用力，由牛顿第三定律，这两个力总是大小相等、方向相反的，A不正确，B正确．物体A对B的作用力总是等于B对A的作用力，与A、B两物体的质量无关，C不正确．以卵击石时，鸡蛋对石头的作用力等于石头对鸡蛋的作用力，但鸡蛋的承受能力较小，所以鸡蛋会破，D不正确． 答案：B 作用力和反作用力的关系： ①与物体的运动状态及如何作用无关． ②作用力与反作用力总是大小相等，方向相反． 4.如图所示，两车厢的质量相同，其中有一个车厢内有一人拉动绳子使车厢相互靠近，若不计绳子质量及车与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢有人的判断正确的是() A．绳子拉力较大的那一端车厢里有人 B．先开始运动的车厢内有人 C．先到达两车中点的车厢内没人 D．不去称质量，无法确定哪个车厢内有人 答案：C 5.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则() A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mg B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C．当F>μ2(m＋M)g时，长木板便会开始运动 D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动 解析：木块受到的滑动摩擦力大小为μ1mg，由牛顿第三定律，长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ1mg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ1mg，A、B错误．改变F的大小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，C错误，D正确． 答案： D 题型3：牛顿第二定律的应用 用牛顿第二定律解题时，通常有以下两种方法： 1．合成法 若物体只受两个力作用而产生加速度时，利用平行四边形定则求出两个力的合外力方向就是加速度方向．特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单． 2．分解法 当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法．分解方式有两种： (1)分解力：一般将物体受到的各个力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，则：F合x＝ma(沿加速度方向)，F合y＝0(垂直于加速度方向)． (2)分解加速度：当物体受到的力相互垂直时，沿这两个相互垂直的方向 分解加速度． 6.如图所示．一静止斜面CD与水平面的倾角α＝30°，斜面上有一质量为m的小球P，Q是一带竖直推板的直杆，其质量为3m.现使竖直杆Q以水平加速度a＝0.5g水平向右匀加速直线运动，从而推动小球P沿斜面向上运动．小球P与直杆Q及斜面之间的摩擦均不计，直杆Q始终保持竖直状态，求该过程中： (1)小球P的加速度大小；(2)直杆Q对小球P的推力大小． 解析：对小球P进行受力分析，受力图如右图所示，根据牛顿第二定律可得 aPcos 30°＝a，联立以上各式解得aP＝g，.答案：(1) g(2) mg 7.如图甲所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．杆对小球的作用力的变化如图乙所示，则关于小车的运动说法中正确的是(杆对小球的作用力由F1至F4变化)() A．小车向右做匀加速运动 B．小车由静止开始向右做变加速运动 C．小车的加速度越来越大 D．小车的加速度越来越小 解析：对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力和杆对球的弹力，作出二力的合力的力的图示，就可判断出合力始终是增大的，因此小球的加速度始终增大．作图时必须注意合力的方向始终沿水平方向．车和小球是个整体，因此小车的加速度也是越来越大的．故选项C正确． 答案：C 8.如图所示，车内绳AB与绳BC拴住一小球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则() A．AB绳、BC绳拉力都变大 B．AB绳拉力变大，BC绳拉力变小 C．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变 D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大 解析：如图，车加速时，球的位置不变，则AB绳拉力沿竖直方向的分力仍为 cos θ，且等于重力G，即，故FT1不变．向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供，故 增加，所以D正确． 答案：D 9.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为ml的物体，与物体l相连接的绳与竖直方向成θ角，则 （） 双选 A．车厢的加速度为gsinθ B．绳对物体1的拉力为m1g/cosθ C．底板对物体2的支持力为(m2一m1)g D．物体2所受底板的摩擦力为m2 g tanθ 【解析】小车在水平方向向右运动，由图可知小车的加速度沿水平向右，物体1与小车有相同加速度，根据【例1】对物体1进行受力分析，由牛顿第二定律得F=mgtanθ=ma,得a=gtanθ，故A选项错误；且由图3-2-2可知绳对物体1的拉力为m1g/cosθ，底板对物体2的支持力为(m2g一m1g/cosθ)，故C错、B正确；物体2与小车也有相同加速度，由牛顿第二定律得，物体2所受底板的摩擦力为f=m2a=m2 g tanθ，即D选项正确.【答案】BD 10.如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图3－1－9(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息不能计算出() A．物体的质量2 kg B．斜面的倾角37° C．加速度为6 m/s2时物体的速度 D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N 解析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得：a＝cos θ－gsin θ，当F＝0 N时a＝－6 m/s2，当F＝20 N时a＝2 m/s2，解得θ＝37°，m＝2 kg.由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的最小力为F＝mgsin θ＝12 N，方向平行斜面向上，故选项A、B、D均可确定.动情况未知，运动时间未知，所以不能确定加速度为6 m/s2时物体的速度． 答案：C 11.如图所示，物体A与斜面B保持相对静止并一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度a增大时，下列说法可能正确的是() A．B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能减小 B．B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能增大 C．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力一定增大 D．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力可能减小 解析：本题考查牛顿第二定律的应用．物体和斜面保持相对静止，沿水平方向加速运动，则合力沿水平方向，竖直方向的合力为零，设斜面的倾角为θ，若开始静摩擦力的方向沿斜面向下，则Nsin θ＋fcos θ＝ma，Ncos θ＝fsin θ＋mg.若N增大，则f增大，因此此时，a增大，N、Ff都在增大．同理，若开始时静摩擦力方向沿斜面向上，则Nsin θ－fcos θ＝ma，Ncos θ＋fsin θ＝mg，若N逐渐增大，则f沿斜面向上先逐渐减小到零，再沿斜面向下逐渐增大，此时B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能减小，可能为零，可能不变，可能增大，因此D项正确． 答案： D 12.如图所示，在倾角为θ的光滑物块P的斜面上有两个用轻弹簧相连接的物体A和B；C为一垂直固定斜面的挡板，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止在水平面上．现对物体A施加一平行于斜面向下的力F压缩弹簧后，突然撤去外力F，则在物体B刚要离开C时(此过程中A始终没有离开斜面)() A．物体B加速度大小为gsin θ B．弹簧的形变量为（F+mgsin θ）/k C．弹簧对B的弹力大小为mgsin θ D．物体A的加速度大小为gsin θ 解析：当物体B刚要离开挡板C时，对物体B受力分析可得：kx－mgsin θ＝0，弹簧的形变量x=mgsin θ/k则选项A、B错误，C正确；对物体A由牛顿第二定律可得：kx＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，选项D错误． 答案： C 13.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为（） A.B.C.D.【解析】 当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,对于A物体所受的合外力为由牛顿第二定律知;对于A、B整体,加速度由牛顿第二定律得.【答案】 C 14.如图甲所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为2.0 kg,小车上放一个物体B,其质量为.0 kg.给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动.如果撤去F,对A施加一水平推力F′,如图乙所示.要使A、B不相对滑动,求F′的最大值.【解析】 根据图甲所示,设A、B间的静摩擦力达到最大值时,系统的加速度为a.根据牛顿第二定律对A、B整体有 对A有代入数据解得.0 N.根据图乙所示,A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′,根据牛顿第二定律有 ′，′ 代入数据解得=6.0 N.【答案】 6.0 N 题型4：动力学的两类基本问题 15.质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力的作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,斜面倾角为37○,斜面足够长,物体与斜面动摩擦因数为0.25.若物体在力F作用下沿斜面向上运动10 m后撤去力F,求: (1)撤力F时物体的速度.(2)撤力F后物体继续上滑的距离.(已知sin37○=0.6,cos37○=0.8) 【解析】 (1)在第一段上升阶段,设位移为末速度为v,垂直斜面方向:N=Fsincos 沿斜面方向:Fcossin 由运动学公式:由以上各式得撤去力F时物体速度v=10 m/s.(2)撤力后物体减速上升过程中,由动能定理得: -(mgsincos 代入数据解得上升距离.25 m.【答案】 (1)10 m/s (2)6.25 m 16.风洞实验中可产生水平方向的、大小可以调节的风力，先将一套有小球的细杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动，这时所受风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆的动摩因数.（2）保持小球所示风力不变，使杆与水平方向间夹角为37º并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s的时间为多少（sin370=0.6,cos370=0.8） 【解析】（1）设小球所受的风力为F，支持力为FN、摩擦力为Ff、小球质量为m，作小球受力图，如图3-2-5所示，当杆水平固定，即θ=0时，由题意得： F=μmg μ=F/mg =0.5mg/mg=0.5 （2）沿杆方向，由牛顿第二定律得： Fcosθ+mgsinθ-Ff =ma ① 在垂直于杆的方向，由共点力平衡条件得： FN+Fsinθ-mgcosθ=0 ② 又： Ff =μN ③ 联立①②③式解得： a== 将F=0.5 mg代入上式得a=g ④ 由运动学公式得：s=at2 ⑤ 由④⑤得： t== 题型5：用牛顿定律处理临界问题的方法 1.临界与极值问题是中学物理中的常见题型，结合牛顿运动定律求解的也很多，临界是一个特殊的转换状态，是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的某些物理量达到极值.临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变.2.处理临界状态的基本方法和步骤 ①分析两种物理现象及其与临界相关的条件； ②用假设法求出临界值； ③比较所给条件和临界值的关系，确定物理现象，然后求解.3．处理临界问题的三种方法 ①极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这类问题时，应把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，达到尽快求解的目的.②假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类问题，一般用假设法.③数学方法：将物理过程转化为数学公式根据数学表达式求解得出临界条件.α 17.如图所示，在水平向右运动的小车上，有一倾角为α的光滑斜面，质量为m的小球被平行于斜面的细绳系住并静止在斜面上，当小车加速度发生变化时，为使球相对于车仍保持静止，小车加速度的允许范围为多大？ 【解析】当小车向左加速时，球相对于车保持静止的临界状态是细绳的拉力刚好为零，小球受重力mg和支持力FN，两个力作用，其合外力水平向左，由牛顿第二定律得： F合=mgtanα=mamax∴amax= gtanα，则小球（即小车）的加速度范围为0＜a＜gtanα.当小车向右加速时，小球在斜面上将分离而未分离的临界状态是斜面对小球的支持力刚好为零，小球此时受细绳对小球的拉力F与本身重力mg两个力作用，其合外力水平，由牛顿第二定律得：F合=mgcotα=mamax，∴amax= gcotα则小球（即小车）的加速度范围为0＜a＜gcotα。 【答案】a向左时，a≤gtanα；a向右时，a≤gcotα 【点拨】解决临界问题，关键在于找到物体处于临界状态时的受力情况和运动情况，看临界状态时哪个力会为零，物体的加速度方向如何，然后应用牛顿第二定律求解.18.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球.试求（1）当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零；（2）当滑块以a=2g的加速度向左运动时线中的拉力FT为多大？ FT·cosθ=ma,① FT·sinθ-mg=0 ② 联立①②两式并解得a=g，即当斜面体滑块向左运动的加速度为a=g时，小球恰好对斜面无压力.当a>g时，小球将“飘”起来，当a=2g时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况如图所示，故根据①②两式并将a=2g代入，解得FT=mg 此即为所求线中的拉力.【答案】mg 19.一个装有固定斜面的小车静止在动摩擦因数.5的水平地面上,小球通过轻质细绳与车顶相连,细绳与竖直方向的夹角为37○,斜面光滑,倾角也为37○,如图所示.已知小球的质量为m=1 kg,小车和斜面的总质量为M=4 kg,已知g取10 m/ssin37○=0.6,cos37○=0.8.求: (1)小车静止时小球受到的斜面对它的支持力的大小; (2)现对小车施加一个水平向右的恒力F,当F多大时,小球恰好离开斜面? 【解析】 (1)小球受力如图甲所示,由平衡条件可得: sin37○sin37○ (4分) cos37○cos37○=mg (4分) 代入数据解得: =6.25 N.(2分) (2)此时小球受力如图乙所示,竖直方向由平衡条件得: cos37○=mg (2分) 水平方向由牛顿第二定律: sin37○=ma (2分) 对整体,有M+m)a (4分) 代入数据解得:F=62.5 N.(2分) 【答案】 (1)6.25 N (2)62.5 N 教学内容：动量守恒定律习题 例 1、质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落，正落在以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4kg，地面光滑，则车后来的速度为多少？ 分析：以物体和车做为研究对象，受力情况如图所示。 在物体落入车的过程中，物体与车接触瞬间竖直方向具有较大的动量，落入车后，竖直方向上的动量减为0，由动量定理可知，车给重物的作用力远大于物体的重力。因此地面给车的支持力远大于车与重物的重力之和。 系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒。但在水平方向系统不受外力作用，所以系统水平方向动量守恒。以车的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得： 车 重物 初：v0=5m/s 0 末：v v Mv0=(M+m)v vM4v054m/s Nm14即为所求。 例 2、质量为1kg的滑块以4m/s的水平速度滑上静止在光滑水平面上的质量为3kg的小车，最后以共同速度运动，滑块与车的摩擦系数为0.2，则此过程经历的时间为多少？ 分析：以滑块和小车为研究对象，系统所受合外力为零，系统总动量守恒。以滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得 滑块 小车 初：v0=4m/s 0 末：v v mv0=(M+m)v vM1v041m/s Mm13再以滑块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得 ΣF=-ft=mv-mv0 tf=μmg 即为所求。 vv0(14)1.5s g0.210 例 3、一颗手榴弹在5m高处以v0=10m/s的速度水平飞行时，炸裂成质量比为3：2的两小块，质量大的以100m/s的速度反向飞行，求两块落地点的距离。（g取10m/s2） 分析：手榴弹在高空飞行炸裂成两块，以其为研究对象，系统合外力不为零，总动量不守恒。但手榴弹在爆炸时对两小块的作用力远大于自身的重力，且水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，以初速度方向为正。 由已知条件：m1：m2=3：2 mm2 初：v0=10m/s v0=10m/s 末：v1=-100m/s v2=? (m1+m2)v0=m1v1+m2v2 v2(m1m2)v0m1v15103(100)175m/s m22炸后两物块做平抛运动，其间距与其水平射程有关。 Δx=(v1+v2)t x(v1v2)y=h=gt2 即为所求。 例 4、如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)。设小车足够长，求： （1）木块和小车相对静止时小车的速度。 （2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。 （3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离。分析：（1）以木块和小车为研究对象，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以木块速度方向为正方向，由动量守恒定律可得： 木块m 小车M 初：v0=2m/s v0=0 末：v v mv0=(M+m)v vm0.4v020.4m/s Mm0.41.6122h25(100175)275m g10（2）再以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得 ΣF=-ft=mv-mv0 tf=μmg vv0(0.42)40.8s g0.210 fg2m/s2 mfmg0.20.4100.5m/s2，由运动学公式可得： 车做匀加速运动，加速度a2MM1.6（3）木块做匀减速运动，加速度a1vt2-v02=2as 2vt2v00.42220.96m 在此过程中木块的位移S12a2211车的位移S2a2t20.50.820.16m 22由此可知，木块在小车上滑行的距离为ΔS=S1-S2=0.8m 即为所求。 另解：设小车的位移为S2，则A的位移为S1+ΔS，ΔS为木块在小车上滑行的距离，那么小车、木块之间的位移差就是ΔS，作出木块、小车的v-t图线如图所示，则木块在小车上的滑行距离数值上等于图中阴影部分的三角形的“面积”。 例 5、甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他所乘的冰车的质量共为30kg，乙和他所乘的冰车的质量也为30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子，和甲一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推向乙，箱子滑到乙处，乙迅速将它抓住。若不计冰面的摩擦，甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞？ 分析：设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后的速度为v乙。分别以甲、箱子；乙、箱子为研究对象，系统在运动过程中所受合外力为零，总动量守恒。以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得： 甲推箱子的过程： 甲：M 箱子：m 初：v0=2m/s v0=2m/s 末：v甲 v=? (M+m)v0=Mv甲+mv （1）乙接箱子的过程 乙：M 箱子；m 初：v0=-2m/s v 末：v乙 v乙 Mv0+mv=(M+m)v乙 （2）甲、乙恰不相撞的条件：v甲=v乙 三式联立，代入数据可求得：v=5.2m/s 反馈练习： 1、质量分别为2kg和5kg的两静止的小车m1、m2中间压缩一根轻弹簧后放在 光滑水平面上，放手后让小车弹开，今测得m2受到的冲量为10N·s，则 （1）在此过程中，m1的动量的增量为 A、2kg·m/s B、-2kg·m/s C、10kg·m/s D、-10kg·m/s（2）弹开后两车的总动量为 A、20kg·m/s B、10kg·m/s C、0 D、无法判断 2、质量为50kg的人以8m/s的速度跳上一辆迎面驶来的质量为200kg、速度为4m/s的平板车。人跳上车后，车的速度为 A、4.8m/s B、3.2m/s C、1.6m/s D、2m/s 3、如图所示，滑块质量为1kg，小车质量为4kg。小车与地面间无摩擦，车底板距地面1.25m。现给滑块一向右的大小为5N·s的瞬时冲量。滑块飞离小车后的落地点与小车相距1.25m，则小车后来的速度为 A、0.5m/s，向左 B、0.5m/s，向右 C、1m/s，向右 D、1m/s，向左 4、在光滑的水平地面上有一辆小车，甲乙两人站在车的中间，甲开始向车头走，同时乙向车尾走。站在地面上的人发现小车向前运动了，这是由于 A、甲的速度比乙的速度小 B、甲的质量比乙的质量小 C、甲的动量比乙的动量小 D、甲的动量比乙的动量大 5、A、B两条船静止在水面上，它们的质量均为M。质量为 M的人以对地速度2v从A船跳上B船，再从B船跳回A船，经过几次后人停在B船上。不计水的阻力，则 A、A、B两船速度均为零 B、vA：vB=1：1 C、vA：vB=3：2 D、vA：vB=2：3 6、质量为100kg的小船静止在水面上，船两端有质量40kg的甲和质量60kg的乙，当甲、乙同时以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速率为 A、0 B、0.3m/s，向左 C、0.6m/s，向右 D、0.6m/s，向左 7、A、B两滑块放在光滑的水平面上，A受向右的水平力FA，B受向左的水平力FB作用而相向运动。已知mA=2mB，FA=2FB。经过相同的时间t撤去外力FA、FB，以后A、B相碰合为一体，这时他们将 A、停止运动 B、向左运动 C、向右运动 D、无法判断 8、物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩的弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开后一小段时间内 A、A的速率是B的一半 B、A的动量大于B的动量 C、A受的力大于B受的力 D、总动量为零 9、放在光滑的水平面上的一辆小车的长度为L，质量等于M。在车的一端站一个人，人的质量等于m，开始时人和车都保持静止。当人从车的一端走到车的另一端时，小车后退的距离为 A、mL/(m+M) B、ML/(m+M) C、mL/(M-m) D、ML/(M-m) 10、如图所示，A、B两个物体之间用轻弹簧连接，放 在光滑的水平面上，物体A紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧压缩，然后由静止释放，则 A、弹簧第一次恢复为原长时，物体A开始加速 B、弹簧第一次伸长为最大时，两物体的速度一定相同 C、第二次恢复为原长时，两个物体的速度方向一定反向 D、弹簧再次压缩为最短时，物体A的速度可能为零 11、如图所示，小球A以速率v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以v0v的速率弹回，而B球以0的速率向右运23动，求A、B两球的质量之比。 12、质量为10g的小球甲在光滑的水平桌面上以30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为50g的小球乙以10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球乙恰好静止。那么，碰撞后小球甲的速度多大？方向如何？ 13、如图所示，物体A、B并列紧靠在光滑水平面上，mA=500g，mB=400g，另有一个质量为100g的物体C以10m/s的水平速度摩擦着A、B表面经过，在摩擦力的作用下A、B物体也运动，最后C物体在B物体上一起以1.5m/s的速度运动，求C物体离开A物体时，A、C两物体的速度。 14、如图所示，光滑的水平台子离地面的高度为h，质量为m的小球以一定的速度在高台上运动，从边缘D水平射出，落地点为A，水平射程为s。如果在台子边缘D处放一质量为M的橡皮泥，再让小球以刚才的速度在水平高台上运动，在边缘D处打中橡皮泥并同时落地，落地点为B。求AB间的距离。 参考答案： 1、D、C 2、C 3、B 4、C 5、C 6、D 7、C 8、AD 9、A 10、AB 11、2：9 12、20cm/s，方向向左13、0.5m/s，5.5m/s 14、Ms Mm 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 牛顿定律单元典型例题 [内容和方法] 本单元内容包括力的概念及其计算方法，重力、弹力、摩擦力的概念及其计算，牛顿运动定律，物体的平衡，失重和超重等概念和规律。其中重点内容重力、弹力和摩擦力在牛顿第二定律中的应用，这其中要求学生要能够建立起正确的“运动和力的关系”。因此，深刻理解牛顿第一定律，则是本单元中运用牛顿第二定律解决具体的物理问题的基础。 本单元中所涉及到的基本方法有：力的分解与合成的平行四边形法则，这是所有矢量进行加、减法运算过程的通用法则；运用牛顿第二定律解决具体实际问题时，常需要将某一个物体从众多其他物体中隔离出来进行受力分析的“隔离法”，隔离法是分析物体受力情况的基础，而对物体的受力情况进行分析又是应用牛顿第二定律的基础。因此，这种从复杂的对象中隔离出某一孤立的物体进行研究的方法，在本单元中便显得十分重要。 [例题分析] 在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对物体受力情况不能进行正确的分析，其原因通常出现在对弹力和摩擦力的分析与计算方面，特别是对摩擦力（尤其是对静摩擦力）的分析；对运动和力的关系不能准确地把握，如在运用牛顿第二定律和运动学公式解决问题时，常表现出用矢量公式计算时出现正、负号的错误，其本质原因就是对运动和力的关系没能正确掌握，误以为物体受到什么方向的合外力，则物体就向那个方向运动。 例 1、如图2－1所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受三个力，F1，F2和摩擦力，处于静止状态。其中F1=10N，F2=2N。若撤去力F1则木块在水平方向受到的合外力为（） A.10N向左 B.6N向右 C.2N向左 D.0 【错解分析】错解：木块在三个力作用下保持静止。当撤去F1后，另外两个力的合力与撤去力大小相等，方向相反。故A正确。 造成上述错解的原因是不加分析生搬硬套运用“物体在几个力作用下处于平衡状态，如果某时刻去掉一个力，则其他几个力的合力大小等于去掉这个力的大小，方向与这个力的方向相反”的结论的结果。实际上这个规律成立要有一个前提条件，就是去掉其中一个力，而其他力不变。本题中去掉F1后，由于摩擦力发生变化，所以结论不成立。 【正确解答】由于木块原来处于静止状态，所以所受摩擦力为静摩擦力。依据牛二定律有F1-F2-f=0此时静摩擦力为8N方向向左。撤去F1后，木块水平方向受到向左2N的力，有向左的运动趋势，由于F2小于最大静摩擦力，所以所受摩擦力仍为静摩擦力。此时－F2+f′=0即合力为零。故D选项正确。 【小结】摩擦力问题主要应用在分析物体运动趋势和相对运动的情况，所谓运动趋势，一般被解释为物体要动还未动这样的状态。没动是因为有静摩擦力存在，阻碍相对运动产生，使物体间的相对运动表现为一种趋势。由此可以确定运动趋势的方向的方法是假设静摩擦力不存在，判断物体沿哪个方向产生相对运动，该相对运动方向就是运动趋势的方向。如果去掉静摩擦力无相对运动，也就无相对运动趋势，静摩擦力就不存在。 例 2、如图2－2所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体m，当用力缓慢抬起一端时，木板受到物体的压力和摩擦力将怎样变化？ 【错解分析】错解：以木板上的物体为研究对象。物体受重力、摩擦力、支持力。因为物体静止，则根据牛顿第二定律有 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 错解一：据式②知道θ增加，f增加。 错解二：另有错解认为据式知θ增加，N减小；则f=μN说明f减少。 错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识透。只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析。若能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免错解一的错误。若想到f=μN是滑动摩擦力的判据，就应考虑滑动之前怎样，也就会避免错解二。 【正确解答】以物体为研究对象，如图2－3物体受重力、摩擦力、支持力。物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动。静止时可以依据错解一中的解法，可知θ增加，静摩擦力增加。当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法，据f=μN，分析N的变化，知f滑的变化。θ增加，滑动摩擦力减小。在整个缓慢抬起过程中y方向的方程关系不变。依据错解中式②知压力一直减小。所以抬起木板的过程中，摩擦力的变化是先增加后减小。压力一直减小。 【小结】物理问题中有一些变化过程，不是单调变化的。在平衡问题中可算是一类问题，这类问题应抓住研究变量与不变量的关系。可从受力分析入手，列平衡方程找关系，也可以利用图解，用矢量三角形法则解决问题。如此题物体在未滑动时，处于平衡状态，加速度为零。所受三个力围成一闭合三角形。如图2－4。类似问题如图2－5用绳将球挂在光滑的墙面上，绳子变短时，绳的拉力和球对墙的压力将如何变化。从对应的矢量三角形图2－6不难看出，当绳子变短时，θ角增大，N增大，T变大。图2－7在AC绳上悬挂一重物G，在AC绳的中部O点系一绳BO，以水平力F牵动绳BO，保持AO方向不变，使BO绳沿虚线所示方向缓缓向上移动。在这过程中，力F和AO绳上的拉力变化情况怎样？用矢量三角形（如图2－8）可以看出T变小，F先变小后变大。这类题的特点是三个共点力平衡，通常其中一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，大小变，第三个力大小、方向均改变。还有时是一个力大小、方向不变，另一个力大小不变，方向变，第三个力大小、方向都改变。 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 例 3、如图2-9天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为 [ ] A．a1=g a2=g B．a1=2g a2=g C．a1=2g a2=0 D．a1=0 a2=g 【错解分析】错解：剪断细绳时，以(A+B)为研究对象，系统只受重力，所以加速度为g，所以A，B球的加速度为g。故选A。 出现上述错解的原因是研究对象的选择不正确。由于剪断绳时，A，B球具有不同的加速度，不能做为整体研究。 【正确解答】 分别以A，B为研究对象，做剪断前和剪断时的受力分析。剪断前A，B静止。如图2-10，A球受三个力，拉力T、重力mg和弹力F。B球受三个力，重力mg和弹簧拉力F′ A球：T－mg-F = 0 ① B球：F′－mg = 0 ② 由式①，②解得T=2mg，F=mg 剪断时，A球受两个力，因为绳无弹性剪断瞬间拉力不存在，而弹簧有形米，瞬间形状不可改变，弹力还存在。如图2-11，A球受重力mg、弹簧给的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F′。 A球：－mg－F = maA ③ B球：F′－mg = maB ④ 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 由式③解得aA=－2g（方向向下） 由式④解得aB= 0 故C选项正确。 【小结】（1）牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系。合外力不变，加速度不变。合外力瞬间改变，加速度瞬间改变。本题中A球剪断瞬间合外力变化，加速度就由0变为2g，而B球剪断瞬间合外力没变，加速度不变。 弹簧和绳是两个物理模型，特点不同。弹簧不计质量，弹性限度内k是常数。绳子不计质量但无弹性，瞬间就可以没有。而弹簧因为有形变，不可瞬间发生变化，即形变不会瞬间改变，要有一段时间。 例 4、甲、乙两人手拉手玩拔河游戏，结果甲胜乙败，那么甲乙两人谁受拉力大？ 【错解分析】错解：因为甲胜乙，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大。就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大。 产生上述错解原因是学生凭主观想像，而不是按物理规律分析问题。按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的。甲胜乙是因为甲受合外力对甲作用的结果。甲、乙两人之间的拉力根据牛顿第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一样大。 【正确解答】甲、乙两人相互之间的拉力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、乙两人身上。 【小结】生活中有一些感觉不总是正确的，不能把生活中的经验，感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问题。 例 5、如图2－12，用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC绳能承受的最大的拉力为150N，而BC绳能承受的最大的拉力为100N，求物体最大重力不能超过多少？ 【错解分析】错解：以重物为研究对象，重物受力如图2－13。由于重物静止，则有 TACsin30°=TBCsin60° TACcos30°+TBCcos60°=G 将TAC=150N，TBC=100N代入式解得G=200N。 以上错解的原因是学生错误地认为当TAC=150N时，TBC=100N，而没有认真分析力之间的关系。实际当TBC=100N时，TBC已经超过150N。 【正确解答】以重物为研究对象。重物受力如图2-13，重物静止，加速度为零。据牛顿第二定律列方程 TACsin30°－TBCsin60°= 0 ① TACcos30°+TBCcos60°－G = 0 ② 而当TAC=150N时，TBC=86.6＜100N 将TAC=150N，TBC=86.6N代入式②解得G=173.32N。 所以重物的最大重力不能超过173.2N。 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 例 6、如图2－14物体静止在斜面上，现用水平外力F推物体，在外力F由零逐渐增加的过程中，物体始终保持静止，物体所受摩擦力怎样变化？ 【错解分析】错解一：以斜面上的物体为研究对象，物体受力如图2－15，物体受重力mg，推力F，支持力N，静摩擦力f，由于推力F水平向右，所以物体有向上运动的趋势，摩擦力f的方向沿斜面向下。根据牛顿第二定律列方程 f+mgsinθ=Fcosθ ① N-Fsinθ－mgcosθ=0 ② 由式①可知，F增加f也增加。所以在变化过程中摩擦力是增加的。 错解二：有一些同学认为摩擦力的方向沿斜面向上，则有F增加摩擦力减少。 上述错解的原因是对静摩擦力认识不清，因此不能分析出在外力变化过程中摩擦力的变化。 【正确解答】本题的关键在确定摩擦力方向。由于外力的变化物体在斜面上的运动趋势有所变化，如图2－15，当外力较小时（Fcosθ＜mgsinθ）物体有向下的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向上。F增加，f减少。与错解二的情况相同。如图2－16，当外力较大时（Fcosθ＞mgsinθ）物体有向上的运动趋势，摩擦力的方向沿斜面向下，外力增加，摩擦力增加。当Fcosθ=mgsinθ时，摩擦力为零。所以在外力由零逐渐增加的过程中，摩擦力的变化是先减小后增加。 【小结】若斜面上物体沿斜面下滑，质量为m，物体与斜面间的摩擦因数为μ，我们可以考虑两个问题巩固前面的分析方法。 （1）F为怎样的值时，物体会保持静止。 （2）F为怎样的值时，物体从静止开始沿斜面以加速度a运动。 受前面问题的启发，我们可以想到F的值应是一个范围。 首先以物体为研究对象，当F较小时，如图2－15物体受重力mg、支持力N、斜向上的摩擦力f和F。物体刚好静止时，应是F的边界值，此时的摩擦力为最大静摩擦力，可近似看成f静=μN（最大静摩擦力）如图建立坐标，据牛顿第二定律列方程 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 当F从此值开始增加时，静摩擦力方向开始仍然斜向上，但大小减小，当F增加到FCOSθ= mgsinθ时，即F= mg·tgθ时，F再增加，摩擦力方向改为斜向下，仍可以根据受力分析图2-16列出方程 随着F增加，静摩擦力增加，F最大值对应斜向下的最大静摩擦力。 要使物体静止F的值应为 关于第二个问题提醒读者注意题中并未提出以加速度a向上还是向下运动，应考虑两解，此处不详解此，给出答案供参考。 例 7、如图2－17，m和M保持相对静止，一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑，则M和m间的摩擦力大小是多少？ 【错解分析】错解：以m为研究对象，如图2－18物体受重力mg、支持力N、摩擦力f，如图建立坐标有 再以m＋N为研究对象分析受力，如图2－19，（m＋M）g·sinθ=（M＋m）a③ 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 据式①，②，③解得f = 0 所以m与M间无摩擦力。 造成错解主要是没有好的解题习惯，只是盲目的模仿，似乎解题步骤不少，但思维没有跟上。要分析摩擦力就要找接触面，摩擦力方向一定与接触面相切，这一步是堵住错误的起点。犯以上错误的客观原因是思维定势，一见斜面摩擦力就沿斜面方向。归结还是对物理过程分析不清。 【正确解答】因为m和M保持相对静止，所以可以将（m＋M）整体视为研究对象。受力，如图2－19，受重力（M十m）g、支持力N′如图建立坐标，根据牛顿第二定律列方程 x：(M+m)gsinθ=(M+m)a ① 解得a = gsinθ 沿斜面向下。因为要求m和M间的相互作用力，再以m为研究对象，受力如图2－20。 根据牛顿第二定律列方程 因为m，M的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图2－21。 由式②，③，④，⑤解得f = mgsinθ·cosθ 方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。 【小结】 此题可以视为连接件问题。连接件问题对在解题过程中选取研究对象很重要。有时以整体为研究对象，有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知道的相互作用力去掉，单个物体作研究对象主要解决相互作用力。单个物体的选取应以它接触的物体最少为最好。如m只和M接触，而M和m还和斜面接触。 另外需指出的是，在应用牛顿第二定律解题时，有时需要分解力，有时需要分解加速度，具体情况分析，不要形成只分解力的认识。 例 8、如图2－22质量为M，倾角为α的楔形物A放在水平地面上。质量为m的B物体从楔形物的光滑斜面上由静止释放，在B物体加速下滑过程中，A物体保持静止。地面受到的压力多大？ 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 【错解分析】错解：以A，B整体为研究对象。受力如图2－23，因为A物体静止，所以N=G=（M＋m）g。 由于A，B的加速度不同，所以不能将二者视为同一物体。忽视了这一点就会造成错解。 【正确解答】分别以A，B物体为研究对象。A，B物体受力分别如图2－24a，2－24b。根据牛顿第二定律列运动方程，A物体静止，加速度为零。x：Nlsinα-f=0 ① y：N-Mg-Nlcosα=0 ② B物体下滑的加速度为a，x：mgsinα=ma ③ y：Nl-mgcosα=0 ④ 由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcosα 根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg十mgcosα。 【小结】 在解决物体运动问题时，在选取研究对象时，若要将几个物体视为一个整体做为研究对象，应该注意这几个物体必须有相同的加速度。 例 9、如图2-25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mA=6kg，mB=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时F=10N，此后逐渐增加，在增大到45N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 【错解分析】错解：因为静摩擦力的最大值近似等于滑动摩擦力。fmax=μN=0.2×6=12（N）。所以当F＞12N时，A物体就相对B物体运动。F＜12N时，A相对B不运动。所以A，B选项正确。 产生上述错误的原因一般是对A选项的理解不正确，A中说两物体均保持静止状态，是以地为参考物，显然当有力F作用在A物体上，A，B两物体对地来说是运动的。二是受物体在地面上运动情况的影响，而实际中物体在不固定物体上运动的情况是不同的。 【正确解答】 首先以A，B整体为研究对象。受力如图2-26，在水平方向只受拉力F，根据牛顿第二定律列方程 F=(mA+mB)a ① 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 再以B为研究对象，如图2-27，B水平方向受摩擦力 f = mBa ② 代入式①F=（6+2）×6=48N 由此可以看出当F＜48N时A，B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A，B间不会发生相对运动。所以D选项正确。 【小结】 物理解题中必须非常严密，一点的疏忽都会导致错误。避免错误发生的最好方法就是按规范解题。每一步都要有依据。 例 10、如图2－28，有一水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10m的距离所需时间为多少？ 【错解分析】错解：由于物体轻放在传送带上，所以v0=0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力（传送带施加），做v0=0的匀加速运动，位移为10m。 据牛顿第二定律F = ma有f =μmg = ma，a =μg =5m/s 2上述解法的错误出在对这一物理过程的认识。传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程。一是在滑动摩擦力作用下作匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始作匀速直线运动。关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答。 【正确解答】以传送带上轻放物体为研究对象，如图2－29在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v0=0的匀加速运动。据牛二定律：F = ma 有水平方向：f = ma ① 竖直方向：N－mg = 0 ② f=μN ③ 由式①，②，③解得a = 5m/s2 设经时间tl，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式 vt=v0+at ④ 解得t1= 0.4s 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 物体位移为0.4m时，物体的速度与传送带的速度相同，物体0.4s后无摩擦力，开始做匀速运动 S2= v2t2⑤ 因为S2=S－S1=10-0.4 =9.6（m），v2=2m/s 代入式⑤得t2=4.8s 则传送10m所需时间为t = 0.4＋4.8=5.2s。 【小结】本题是较为复杂的一个问题，涉及了两个物理过程。这类问题应抓住物理情景，带出解决方法，对于不能直接确定的问题可以采用试算的方法，如本题中错解求出一直做匀加速直线运动经过10m用2s，可以拿来计算一下，2s末的速度是多少，计算结果v =5×2=10（m/s），已超过了传送带的速度，这是不可能的。当物体速度增加到2m/s时，摩擦力瞬间就不存在了。这样就可以确定第2个物理过程。 例 11、如图2-30，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？ 【错解分析】错解： F最大值即N = 0时，F = ma+mg=210(N) 错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G = F+N，不自觉的贯穿在解题中。 【正确解答】解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F是恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。 以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。 因为物体静止，∑F=0 N = G = 0 ① N = kx0② 设物体向上匀加速运动加速度为a。 此时物体P受力如图2-31受重力G，拉力F和支持力N′ 为您服务教育网http://www.xiexiebang.com/ 据牛顿第二定律有 F+N′－G = ma ③ 当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则 将式①，②中解得的x0= 0.15m代入式③解得a = 7.5m/s2 F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N = kx。 代入式③得 Fmin= ma + mg－kx0 =12×(7.5+10)-800×0.15 =90(N) F最大值即N=0时，F = ma+mg = 210（N） 【小结】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）。 在这节课的设计上，我想突出学生主体特征。在具体的教学中注重创设问题情境，激发疑问，有效导学。课题引入阶段，通过简单器材设计的两个实验，在很短的时间里，有效地激发出贯穿本节课的三个问题：什么是超重（失重）现象？什么情况下会出现超重（失重）现象？为什么会出现超重和失重现象？ 为了提高学生学习的兴趣，我在课前找了大量的视频、图片资料，真实地再现了完全失重现象。从而使学生明确：超重不是重力增加，失重不是重力减少，完全失重并不是重力完全消失。物体处于超重或失重状态时，只是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，物体的重力仍然存在且大小不变。 在分析超重和失重问题时，加速度是关键。物体的速度不能反映物体的受力情况，只有加速度才能反映物体的受力情况。应灵活运用牛顿第二定律和运动学的规律解题，必要时要用牛顿第三定律转换研究对象（在最后的练习题中有所体现）。第二篇：专题5：牛顿定律
第三篇：动量教学
第四篇：牛顿定律单元典型例题
第五篇：《牛顿定律》教学反思
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