牛顿运动定律典型题

第一篇：牛顿运动定律典型题

牛顿运动定律常见题型

例1.如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（）

A、小球刚接触弹簧瞬间速度最大

B、从小球接触弹簧起加速度就变为竖直向上

C、从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小

D、从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大

变型：如右图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的摩擦力恒定，则：()

A、物体从A到O先加速后减速B、物体从A到O加速，从O到B减速

C、物体在AO间某点时所受合力为零D、物体运动到O点时所受合力为零。

例2：如图所示，传送带与地面倾角θ=370，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动,在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5Kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.75，求:物体从A运动到B所需时间是多少？若上题中物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体从A运动到B所需时间又是多少 ?

（sin370=0.6，cos370=0.8）

例3：如图所示，在箱内倾角为α的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线 固定一质量为m的木块。求：

（1）箱以加速度a匀加速上升时，线对木块的拉力和斜面对箱的支持各多大？

（2）箱以加速度a向左匀加速运动时，线对木块的拉力和斜面对箱的支持力各多大？

拓展：如图所示, m =4kg的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角。求：小车以5m/s2的加速度向右加速时，细线对小球的拉力和后壁对小球的压力各为多大？

变形：自动电梯与地面的夹角为300，当电梯沿这个方向向上做匀加速直线运动时，放在电梯平台上的箱子对平台的压力是其重力的 1.2倍，如右图所示，设箱子质量为m，则箱子与平台间的静摩擦力是多大？

例4：.如图,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与地面的摩擦系数μ。已知水平推力F的作用下，A、B作加速运动。A对B的作用力为_____。

练习1、一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示．在物体始

终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是()

（A）当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小

（B）当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大

（C）当a 一定时，θ 越大，斜面对物体的正压力越小

（D）当a 一定时，θ 越大，斜面对物体的摩擦力越小

2、如图示，倾斜索道与水平方向夹角为θ，已知tan θ=3/4，当载人车厢匀加速向上运动时，人对厢底的压力为体重的1.25倍，这时人与车厢相对静止，则车厢对人的摩擦力是体重的（）

A.1/3倍B.4/3倍C.5/4倍D.1/4倍

第二篇：牛顿运动定律典型习题.

1、如图所示,在一辆表面光滑的小车上,放有质量分别为m1、m2的两个小球,随车一起作匀速直线运动.当车突然停止

运动,则两小球（设车无

限长,其他阻 力不计(A.一定相碰 B.一定不相碰 C 不一定相碰 D 无法确定

2.火车在长直水平轨道上匀速行驶,门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起,发现仍落回到车上原处,这是因为

A.人跳起后,车厢内给他以向前的力,带着他随同火车一起向前运动

B.人跳起的瞬间,车厢的地板给他一个向前的力,推动他随同火车一起向前运动 C.人跳起后,车在继续向前运动,所以人落下后必定偏后一些,只是由于时间很短,偏后距离太小,不明显而已

D.人跳起后直到落地,在水平方向上和车始终具有相同的速度 思考:若火车以加速度a匀加速运动,则人落到起跳点的什么位置? 若火车以加速度a匀减速运动,则人落到起跳点的什么位置? 3.如图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物体从静止开始释放,请分析说明小球在碰到斜面前的运动轨迹

4.如图(俯视图所示,以速度v匀速行驶的列车车厢内有一水平光滑桌面,桌面上的处有一小球.若车厢中旅客突然发现小球沿图中虚线从A运动到B,则由此可判断列车(A速行驶,向南转弯

B.减速行驶,向北转弯 C.加速行驶,向南转弯 D.加速行驶,向北转弯

5.如图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物体从静止开始释放,请分析说明小球在碰到斜面前的运动情况如图所示,重球系于线DC下端,重球下再系一根同样的线BA,下面说法中正确的是(A.在线的A端慢慢增加拉力,结果CD线拉断 B.在线的A端慢慢增加拉力,结果AB线拉断

C.在线的A端突然猛力一拉,结果AB线拉断 D.在线的A端突然猛力一拉,结果CD线拉断

6.一物体放在光滑水平面上,初速度为0,先对物体施加一向东的恒力,历时1s钟;随即把此力改为向西,大小不变,历时1s钟;接着又把此力改为向东,大小不变,历时1S钟;如此反复,只改变力的方向,共历时1分钟.在此一分钟内关于物体的运动,下列说法正确的是

A.物体时而向东运动,时而向西运动,在1分钟末静止于初始位置之东 B.物体时而向东运动,时而向西运动,在1分钟末静止于初始位置 C.物体时而向东运动,时而向西运动,在1分钟末继续向东运动 D.物体一直向东运动,从不向西运动,在一分钟末静止于初始位置之东.7.某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示,据此判断图乙(F表示物体所受合力,x表示物体的位移四个选项中正确的是（图甲

第三篇：牛顿运动定律的简单应用典型例题

牛顿运动定律的简单应用典型例题

【例1】一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F，历时1s；随即把此力改为向西，大小不变，历时1s；接着又把此力改为向东，大小不变．历时1s；如此反复，只改变力的方向，共历时1min，在此1min内 [ ] A．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置之东 B．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置 C．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末继续向东运动 D．物体一直向东运动，从不向西运动，在1min末静止于初始位置之东 【分析】物体在第1s内受恒力作用向东作匀加速运动．在第2s内，受力向西，加速度方向向西，但速度方向仍向东，物体作向东的匀减速运动．由于力的大小不变，前、后两秒内物体的加速度大小不变，仅方向相反，所以至第2s末，物体向东运动的速度恰减为零，且第2s内的位移与第1s内的位移相同． 以后，力的方向又改为向东、继而向西„„如此往复，物体则相应地向东作匀加速运动、继而向东作匀减速运动，„„在1min内物体一直向东运动，至1min末恰静止． 【答】 D．

【说明】 物体运动的加速度方向必与受力方向相同，但不一定与速度方向相同．若以向东方向为速度的正方向，物体运动的v-t图如图所示，物体依次作着加速度大小相等、加速度方向相反的匀加速运动、匀减速运动，„„直到停止．整个1min内v＞0，表示物体一直向东运动．

【例2】汽车空载时的质量是4×103kg，它能运载的最大质量是3×103kg．要使汽车在空载时加速前进需要牵引力是2.5×104N，那么满载时以同样加速度前进，需要的牵引力是多少？

【分析】由空载时车的质量和牵引力算出加速度，然后根据加速度和满载时的总质量，再由牛顿第二定律算出牵引力．

空载时，m1=4×103kg，F1=2.5×104N，由牛顿第二定律得加速度： 满载时，总质量为m1+m2=7×103kg，同理由牛顿第二定律得牵引力：

F2=（m1+m2）a=7×103×6.25N=4.375×104N

【说明】根据牛顿第二定律F = ma可知，当加速度a相同时，物体所受的合外力与其质量成正比．因此可以不必先算出加速度的大小，直接由比例关系求解．即由

直接得

【例3】如图1所示，一根质量为m，长为L的均匀长木料受水平拉力F作用后在粗糙水平面上加速向右运动．在离拉力作用点x处作一断面，在这一断面处，左右两部分木料之间的相互作用力为多少？

【分析】 取整个木料和断面左端（或右端）为研究对象，由于它们的加速度相同，可根据它们所受合外力与质量成正比的关系得解．

【解】 设整个木料所受的摩擦力为f，断面两侧的相互作用力为T，作用在断面左端部分的摩擦力为

整个木料和断面左侧水平方向的受力情况如图2所示．根据加速度相同时力与质量的比例关系可知

【说明】本题由于利用了F∝m的关系，可以不必计算加速度，十分简捷．由解得结果可知，截面位置取得离拉力处越远，截面两侧的相互作用力越小，当x = L时，T=0，这是显然的结果．

如果木料受到水平推力作用，情况怎样？有兴趣的同学可自行研究．

【例4】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图1所示．在A点物体开始与弹簧接触．到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是 [ ]

A．物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B．物体从B上升到A的过程中，速率不断变大

C．物体从A下降到B，以及从B上升到A的速程中，速率都是先增大，后减小

D．物体在B点时，所受合力为零

【分析】本题考察a与F合的对应关系，弹簧这种特殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的运动性质．对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物体正确的受力分析，是解决本题思路所在． 【解】找出AB之间的C位置，此时F合=0 则（1）从A→C．由mg＞kx1，（2）在C位量mg = kxc，a=0，物体速度达最大（如图2乙）（3）从C→B，由于mg＜kx2，同理，当物体从B→A时，可以分析B→C做加速度越来越小的变加速直线运动；从C→A做加速度越来越大的减速直线运动．

【说明】由物体的受力情况判断物体的运动性质，是牛顿第二定律应用的重要部分，也是解综合问题的基础．

弹簧这种能使物体受力连续变化的模型，在物理问题（特别是定性判断）中经常应用．其应用特点是：找好初末两态，明确变化过程．

【例5】图中A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点．当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为 [ ]

A．F = Mg B．Mg＜F＜（M＋m）g C．F=（M + m）g D．F＞（M + m）g

【分析】以铁片为研究对象，它被吸引上升过程中受到电磁铁对它的吸引力Q（变力）、重力mg．在每一时刻

Q-mg = ma，即Q＞mg．

根据牛顿第三定律，铁片也对电磁铁A（包括支架C）施加向下的吸引力，其大小Q′=Q．

以A和C为研究对象，它受到细线向上拉力F、A′和C的重力Mg、铁片吸引力Q′．由力平衡条件知

F = Mg + Q′ = Mg + Q，∴F＞（M + m）g．

【答】 D．

【说明】必须注意，铁片能吸引上升是一个加速过程，因此，Q＞mg．同时，不要疏忽铁片对磁铁的吸引力．

【例6】如图1所示，一只质量为m的猫抓住用绳吊在天花板上的一根质量为M的垂直杆子．当悬绳突然断裂时，小猫急速沿杆竖直向上爬，以保持它离地面的高度不变．则杆下降的加速度为 [ ]

【分析】 设猫急速上爬时对杆的作用力为f，方向向下，则杆对猫的作用力的大小也为f，方向向上，绳断裂后，猫和杆的受力情况如图2所示

由于猫急速上爬，保持对地面的高度不变，意味着在这个过程中，猫对地无加速度，处于力平衡状态，所以f = mg

杆仅受两个竖直向下的力作用，根据牛顿第二定律，得杆的加速度大小为

其方向竖直向下． 答 C．

说明 本题反映了牛顿第二定律的相对性，即加速度a必须是地面而言的．如果不理解这一点，本题就难以求解．

【例7】如图1所示，一木块从h=3.0m、长L=5.0m的固定斜面的顶端，由静止开始沿着斜面滑至底端．如果木块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.30，求

（1）木块运动的加速度；

（2）木块从斜面顶端滑至底端所需的时间．

【分析】以木块为研究对象，它在下滑过程中受到三个力作用：重力mg、斜面支持力N、斜面的滑动摩擦力f（图2）由于这三个力不在同一直线上，可采用正交分解法，然后根据牛顿运动定律求出加速度，结合运动学公式可求出运动时间．

【解】（1）设斜面倾角为θ，由受力图2可知：沿斜面方向由牛顿第二定律得

mgsinθ-f = ma．

垂直斜面方向由力平衡条件得

N-mgcosθ=0．

又由摩擦力与正压力的关系得

f=μN．

联立上述三式可解得木块下滑的加速度为

a = g（sinθ-μcosθ）．

式中

∴a = g（sinθ-μcosθ）

=9.8（0.60-0.30×0.80）m／s2=3.60m／s2．

【说明】 这是属于已知力求运动的问题，通过加速度建立了力和运动的联系．题解中基本上遵循了牛顿第二定律应用的步骤。

【例8】 两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图1所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的滑动摩擦因数为μ1，B与A之间的滑动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力 [ ]

A．等于零 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ

【分析】把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a．由牛顿第二定律（M + m）gsinθ-μ1（M + m）gcosθ=（M + m）a，得

a = g（sinθ-μ1cosθ）．

由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必然受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设力fB（图2）由牛顿第二定律

mgsinθ-fB = ma，得fB =mgsinθ-ma

= mgsinθ-mg（sinθ-μ1cosθ）=μ1mgcosθ． 【答】 B、C．

【说明】由于所求的摩擦力是未知力，如果不从加速度大小的比较先判定其方向，也可任意假设，若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下．则牛顿第二定律的表达式为

mgsinθ+fB = ma，得 fB = ma-mgsinθ

=mg（sinθ-μ1cosθ）-mgsinθ =-μ1mgcosθ．

式中负号表示所求摩擦力的方向与假设的方向相反，应为沿斜面向上．

【例9】 一个质量为m的物体放在水平地面上，设物体与地面间的摩擦系数为μ，对物体施以作用力F。问：

（1）若F是拉力，则F应沿怎样的方向拉，才能使物体获得最大的加速度？（2）若F是推力，则为了不产生加速度，F应朝什么方向推？ 【误解】

（1）当F沿着水平方向拉，物体才有最大的加速度。

（2）为了使物体不获得加速度F的方向必须与水平地面垂直。【正确解答】

（1）如图1所示，物体受重力mg、支持力N′、摩擦力f和拉力F作用。设F与竖直方向成α角，与水平方向成θ角。

在y轴方向有

N′=mg-Fcosα 则f=μ（mg-Fcosα）

在x轴方向上的物体的加速度为

令 μ=tgθ，则

在F是拉力情况下，当90°-α=θ时，也就是作用力F的方向与地面的夹角恰为θ=arctgμ时，物体能获得最大的加速度。很明显，若μ=0，则θ=0°，也就是α=90°时，物体能获得最大的加速度。

（2）如图所示，若F是推力，设推力与竖直方向的夹角为α，与水平地面的夹角为θ，则

f=μ（mg + Fcosα）

在x轴方向上物体的加速度为

推力使物体在x方向上获得加速度，即a＞0，所以

Fsinα-μ（mg + Fcosα）＞0 即 F（sinα-μcosα）-μmg＞0 当α角使

F（sinα-μcosα）-μmg≤0时，即 sinα-μcosα≤

sinα-μcosα≤0

来求解α角的范围。令μ = tgβ 则有

sinα-tgβcosα≤0

即

sin（α-β）≤0，在α、β均为锐角时得

α≤β=arctgμ

当用力推物体时，施力的方向与竖直方向的夹角α小于β，不论F多大都不能使物体获得加速度。

【错因分析与解题指导】[误解]的主要错因是没有注意摩擦力的影响，由于外力F的方向不同，会使摩擦力的大小发生变化。无论是滑动摩擦力还是最大静摩擦力，都和物体与地面间的正压力有关。当外力F以与地面成不同的角度来推、拉物体时，正压力就有不同的值，所以物体所受的合力就有不同的值。只有在正确分析物体的受力情况后，对问题才能作出正确的解答。

【例10】 质量为m=2kg的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1，3，5„奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F1=6N的水平推力，在第2，4，6„偶数秒内，给物体施加方向仍向右、大小为F2=2N的水平推力，已知物体与地面间的摩擦因数μ=0.1．取g=10m／s2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动？（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25m？

【分析】以木块为研究对象，它在竖直方向处于力平衡状态，水平方向仅受推力F1（或F2）和摩擦力f的作用．由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒和偶数秒的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间． 【解】（1）木块在奇数秒内的加速度为

木块在偶数秒内的加速度为

所以，木块在奇数秒内做a = a1=2m／s2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动．

（2）在第1s内木块向右的位移为

至第1s末木块的速度

v1=at=2×1m/s=2m/s．

在第2s内，木块以第1s末的速度向右做匀速运动，在第2s内木块的位移为

s2=v1t=2×1m=2m．

至第2s末木块的速度

v2=v1=2m/s．

在第3s内，木块向右做初速等于2m/s的匀加速运动，在第3s内的位移为

至第3s末木块的速度

v3=v2+at=2m/s+2×1m/s=4m/s．

在第4s内，木块以第3s末的速度向右做匀速运动，在第4s内木块的位移为

S4=v3t=4×1m=4m．

至第4s末木块的速度

v4=v3＝4m/s．

„„

由此可见，从第1s起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列．因此，在ns内的总位移为

当sn=40.25m时，n的值为8＜n＜9．取n=8，则8s内木块的位移共为

至第8s末，木块的速度为

v8=8m/s．

设第8s后，木块还需向右运动的时间为tx，对应的位移为

sx=40.25m-36m=4.25m，由

得合理解

tx=0.5s．

所以，木块的位移大小等于40.25m时需运动时间

T=8s+0.5s=8.5s．

【说明】木块运动的v-t图如下图所示．

因为v-t图线与t轴间的面积表示对应时间内的位移，所以每秒内位移成一等差数列，其公差等于划有斜线的小三角形面积，即

△s=s1=1m．

[例11]如图1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．当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？

【分析】当小球贴着滑块一起向左运动时，小球受到三个力作用：重力mg、线中拉力T、滑块A的支持力N，如图2所示．小球在这三个力作用下产生向左的加速度．当滑块向左运动的加速度增大到一定值时，小球可能抛起，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用．

由于题设加速度a=2g时，小球的受力情况未确定，因此可先找出使N=0时的临界加速度，然后将它与题设加速度a=2g相比较，确定受力情况后即可根据牛顿第二定律列式求解．

【解】根据小球贴着滑块运动时的受力情况，可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为

Tcos45°-Nsin45°=ma，（1）Tsin45°+Ncos45°=mg．（2）

联立两式，得

N=mgcos45°-masin45°．

当小球对滑块的压力等于零，即应使N=0，滑块的加速度至少应为

可见，当滑块以a=2g加速向左运动时，小球已脱离斜面飘起．此时小球仅受两个力作用：重力mg、线中拉力T′，（图3）设线与竖直方向间夹角为β．同理由牛顿第二定律得

T′sinβ=ma，T′cosβ=mg．

联立两式得

【说明】 如果没有对临界状态作出分析，直接由（1）、（2）两式联立得线中拉力

这就错了！

【例12】如图1质量为M的斜面体放在有摩擦的地面上，质量为m1的物体A与质量为m2的物体B之间有摩擦，但物体B与斜面间的摩擦不计，物体B的上表面水平．AB在加速下滑的过程中相对静止，斜面的倾角为θ，求：

①物体B对物体A的摩擦力和弹力 ②地面对斜面体的摩擦力和弹力

【分析】 本题考察整体和隔离法研究动力学问题，恰当的选取研究对象并正确受力分析是解题关键．

【解】（1）取A和B组成的系统为研究对象，受力如图2（a），沿斜面方向

（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a

∴ a=gsinθ（1）

再以A研究受力如图2（b）则 x方向

m1gsinθ+f1cosθ-N1sinθ=m1a（2）y方向

N1cosθ+f1sinθ=m1gcosθ（3）

由式（1）（2）（3）得

f1=m1gcosθ·sinθ 方向：水平向左 N1=m1gcos2θ方向：竖直向上

（2）对物体B受力分析如图2（c）沿y方向

N′2=m2gcosθ+N′1cosθ+f′1sinθ（4）

由牛顿第三定律知 N1=N′1（5）

f1= f′1（6）∴N′2=（m1+m2）gcosθ

对斜面体C分析受力如图2（d），则沿x方向：

N2sinθ-f2=0（7）

沿y方向：

N-Mg-N2cosθ=0（8）

有牛顿第三定律知 N=N′2（9）由式（7）（8）（9）得

f2=（m1+m2）gcosθsinθ 方向水平向左 N = Mg +（m1+m2）g·cos2θ 方向竖直向上

【说明】 本题研究对象很多，在分析各力时，力要清晰，且标好各自符号。题目考察综合分析能力．在运用牛顿第二定律解决问题的应用中，我们应当具备把一个复杂问题分解成若干简单问题的能力，找准它们之间的联系，这既是一种解题方法，也是解复杂题目的关键所在．

【例13】 如图1所示的三个物体质量分别为m1和m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计，为使三个物体无相对运动．水平推力F等于多少？

【分析】由于三个物体无相对运动，因此可看作一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程．然后再隔离m1、m2，分别列出它们的运动方程． 【解】 由整体在水平方向的受力列出牛顿第二定律方程为

F=（m1+m2+m3）a．（1）

分别以m1、m2为研究对象作受力分析（图2）设绳张力为T． 对m1，在水平方向据牛顿第二定律得

T=m1a．（2）

对m2，在竖直方向由力平衡条件得

T-m2g=0．（3）

联立式（1）、（2）、（3），得水平推力

【说明】也可以全部用隔离法求解．设连接m1与m2的绳中张力为T，m2与m3之间相互作用力为N，滑轮两侧绳子张力形成对m3的合力为F′，画出各个物体的隔离体受力图如图3所示（m1、m3竖直方向的力省略）．

对于m1，由受力分析知

T=m1a．（4）

对于m2，由水平方向与竖直方向的受力情况，分别可得

N=m2a，（5）T-m2g=0．（6）

对于m3，设滑轮两侧绳中张力的合力为F′，其水平分力化都表示物体运动状态已发生了改变．（向左）等于T，因此

F-N-T=m3a．（7）

由（4）、（5）、（6）三式得

把它们代入式（7）得水平推力

显然，全部用隔离法求解时，不仅未知数和方程数多，还可能因疏漏滑轮两侧绳子拉力对m3的影响而造成错误．所以应注意灵活地有分有合，交替使用隔离法和整体法．

【例14】 在升降机地面上固定着一个倾角α=30°的光滑斜面，用一条平行于斜面的细绳拴住一个质量m=2kg的小球（图1）当升降机以加速度a=2m／s2竖直向上匀加速运动时，绳子对球的拉力和小球对斜面的压力分别为多少？（取g=10m／s2）

【分析】以小球为研究对象，它随升降机向上加速运动过程中受到三个力作用：重力mg、绳子拉力T、斜面支持力N．由于这三个力不在一直线上，可采用正交分解法，然后列出牛顿第二定律方程，即可求解．

【解】 根据小球的受力情况（图2），把各个力分解到竖直、水平两方向．在竖直方向上（取向上为正方向），根据牛顿第二定律得

Tsinα + Ncosα-mg = ma．（1）

在水平方向上（取向右为正方向），根据力平衡条件得

Tcosα-Nsinα=0．（2）

将（1）式乘以sinα，（2）式乘以cosα，两式相加得绳子对球的拉力为

将（1）式乘以cosα，（2）式乘以sinα，两式相减得斜面对球的支持力为

根据牛顿第三定律，球对斜面的压力

N′=-N=-20.8N，式中“-”号表示N′与N方向相反，即垂直斜面向下．

【说明】 本题是已知运动求力，解题基本步骤与例2相同．需注意题中求出的N是斜面对球的支持力，还必须用牛顿第三定律，得出球对斜面的压力．

【例15】如图所示，在一个盛水的容器中漂浮一个物体，这时水面到达物体的某一位置。如将这个容器放在升降机中，在升降机以加速度a由静止开始向上匀加速直线上升的过程中，物体浸入水中的深浅如何变化？

【误解】 设漂浮物体的密度为ρ，体积为V，浸入水中的体积为V′，水的密度为ρ水。当容器静止时

ρgV=ρ

水gV′

当容器以加速度a向上做匀加速直线运动时

F浮-mg = ma

∴ F浮=m（g+a）=ρV（g+a）设此时排开水的体积为V″，则有 ρ水V″g=ρV（g+a）

物体浸入深度将大些。

【正确解答】当容器处于静止状态时

当容器以加速度a向上运动时，则有 F浮-mg = ma 即 ρ水（g + a）V″-ρgV =ρaV

∴V″=V′ 物体浸入深度不变。

【错因分析与解题指导】当容器以加速度a竖直向上做匀加速运动时，容器中的漂浮物和水同样处于“超重”状态，因此，水对漂浮物的浮力应变成ρ水（g + a）V″而不是ρ水gV″，这也就是[误解]的根源之所在。

我们不妨再来考虑一种特殊情况：即当盛水容器放在自由下落的升降机上，物体浸入水中的深浅又如何变化呢？

全决定于自由下落前物体浸入水中的情况。由于下落前物体已静浮液在

结论。

[例16]一个质量m为3.0kg的物块，静置在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为0.20，现在给物块施加一个大小为15N，方向向右的水平推力F，并持续作用6s，在6s末撤去F1，在撤去F1的同时给物块施加一个大小为12N，方向向左的水平推力F2，持续作用一段时间后又将它撤去，并立即给物块施加一个大小仍为12N、方向向右持续作用的水平推力F3，已知物块由静止开始运动，经历14s速度达到18m/s，方向向右，g取10m/s2，求物块在14s内发生的位移。[分析]本题是物块多次受不同恒力而运动的题目，显然研究对象是物块。物块的运动情况可分为三个阶段： 第一段：v10=0

物体向右做初速为零的匀加速运动，历时6s 第二段：v20=a1t1=3.0×6m/s=18m/s

物体将向右做匀减速运动，由于t2末知，t2秒末物体可能有向右速度，可能速度为零，可能有向左的速度。第三段：v3t=18m/s（向右）

由分析知道各段的速度和加速度情况，根据速度和加速度可画出v-t图象，用图象来求解。

第二段末尾速度是第三段初始速度，两段速度图线交点在横轴之上（即正值），且说明物体在第二段一直向右运动，t2=2sv2t=6m/s

[解]

解法一：用图象解

物体运动的v-t图线与横轴所围“面积”为位移大小，即

解法二：用牛顿定律和运动学公式解

v1t=a1t1=18m/s ②

v2t=v1-a2t2=18-6t2④

t3=t总-t1-t3=8-t2 ⑥

v3=v2t+a3t3=18-16t2+2(8-t2)=18 ⑦ 解得：

t2=2s t3=6s v2t=6m/s

解法二：用动量定律求解 对全程有

F1t1-F2t2+F3(t-t1-t2)-ft=mv

解得

t2=2s从而t3=6s 对第一段（F1-f）t1=mv1 v1=18m/s

对第二段

（F2+f）t2=mv2-mv1 v2=6m/s

∴ s=s1+s2+s3=150m [说明]

1.物体的运动性质由两个条件决定：一是运动的初始状态，即初速度，二是物体所受合外力的大小方向。

2.同一个物体做几个不同的运动时，前一过程的末速度，是后一过程的初速度。3.一题往往有几种不同的解法，注意各种解法的特点，正确运用物理公式求解。[例17]图为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开始时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动，开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速率v0平动，则可

A.．先开动P1适当时间，再开动P4适当时间 B．先开动P3适当时间，再开动P2适当时间 C．开动P4适当时间

D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间

[分析]每台发动机开动时，都能向探测器提供的是“推力”

最后探测器是向x偏负y60°的方向以原来的速度v0平动，对此速度进行分解

沿x正方向速率减小，要开动P1 , [解]正确答案为A。

[说明]判断物体的运动时，要考虑初速度和受力情况。速度分解时，由于合速度处于直角三角形的斜边所以合速度大小要大于水平分速度大小。

第四篇：牛顿运动定律 机械能

牛顿运动定律 机械能

【教学结构】

牛顿运动定律

一、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。又称为惯性定律。

惯性：物体有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。一切物体都有惯性。与运动状态无关，静止状态、匀速直线运动状态、匀变速运动等，物体都有惯性，且不变。惯性的大小是由质量量度的。物体的速度不需要力来维持。

二、牛顿第二定律

1.运动状态变化：物体运动速度发生变化，运动状态就变化。速度是矢量，有大小，有方向，大小和方向一个变化或同时都变，都叫速度变化，加速度描述物体运动状态变化快慢。

2.力的作用效果：改变物体运动状态，使物体形状或体积发生变化。

3.质量：质量是惯性的量度。质量越大，惯性越大，阻碍物体改变运动状态作用越大。

4.牛顿第二定律：物体的加速度跟物体所受外力成正比，跟物体质量成反比。∑F=ma 等号左边是物体所受的合外力，等号右边是物体质量和加速度的乘积。在使用牛顿第二定律时，（1）选择研究对象，（2）分析物体受力，（3）利用正交分解方法求物体的合力，建立xoy坐标系，根据解题方便确立x、y方向，（4）列牛顿第二定律方程，∑Fy=may，∑Fx=max（5）解方程。关键是正确分析物体受力，求合力。

5.力的平衡：当物体所受合外力为零时，物体为平衡状态，即静止状态或匀速直线运动状态。静止状态应是υ=0,a=0。单一速度为零不叫静止状态，使牛顿第二定律解题时，往往是一个方向运动状态不变化，需列平衡方程，另一方向有加速度列第二定律方程，然后联立求解。

6.牛顿第二定律的应用：（1）根据物体受力情况，使用牛顿第二定律求得加速度，然后结合运动学公式，求解位移，速度等。（2）根据运动学规律利用题给定的条件求出加速度再利用牛顿第二定律，求解力或质量。

三、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上。作用力和反作用力与二力平衡的区别：作用力与反作用力作用在两个物体上不能使物体平衡，二力平衡一定是作用在一个物体上。作用力与反作用力一定是同种性质的力，是摩擦力都是摩擦力，二力平衡则可是不同性质的力。在确定作用力的反作用力时，一定发生在两个物体之间，A给B的力为作用力，反作用力一定是B给A的力。

四、单位制：

基本单位：选定几个物理量的单位为基本单位。

导出单位：利用基本单位导出的单位，例如：基本单位位移m，时间s，速s度单位：根据υ=，速度单位为m/s，即为导出单位。

t单位制：基本单位和导出单位一起组成单位制。

国际单位制：基本单位：位移：m, 质量：kg, 时间：s。又称：米，千克，秒制。导出单位：加速度：m/s2，力：1牛顿（N）=1kgm/s2等。机械能

一、功：物体受力的作用，在力的方向上

发生位移，这个力对物体做了功。如图1所示：W=Fscosα，物体 在F1方向上发生位移S。

α＜90°时，cosα＞0，力对物体做正功

α=90°时，cosα=0，力对物体不做功，这是很重要的情况，必须重视；带电沿等势面移动，电场力不做功，洛仑兹力对运动电荷不做功。90°＜α≤180°时，cosα＜1，力对物体做负功，也可理解为物体克服某力做功。

功是标量只有大小而无方向，做正功、负功只反映做功的效果。功是能量转化的量度，做功过程是能量转化过程。功的单位：焦耳。1焦耳=1Nm。

w功率：描述做功快慢的物理量，定义：功跟完成这些功所用时间的比值，P=。

t功率的单位1瓦（W）=1J / S，1千瓦（KW）=1000 J / S，功率是标量。

P=Fυ，F大小方向不变，υ在变化，某时刻功率P=Fυt，称为即时功率。若

w时间t完成功为W，P=，又称为在t时间内的平均功率，或表示为PFV。

t额定功率：机械在正常工作时的最大功率。机械的实际功率可以小于额定功率。当机械在额定功率下工作：P额=Fυ，速度越大，牵引力越小，在汽车起动时，速度很小，牵引力很大，且大于阻力，汽车加速运动，υ增大，F减小，加速度随之减小，当F=f时，加速度为零，汽车有最大速度υm，汽车开始的υm做匀速运动，P额=F·υm=fυm。

二、机械能

11.动能：物体动能等于它的质量跟它的速度平方乘积的一半。Ek=m2，动

2能是标量，动能单位：焦耳（J），静止物体动能量为零。动能大小由m、2共同决定。

2.重力势能：物体的重力势能就等于物体所受重力和它的高度的乘积。EP=mgh。势能是标量，单位：焦耳。在研究物体重力势能时，首先要确定重力势能0势能参考平面。h是相对零势能参数面的高度，物体在“0”势能面上面h为正，重力势能为正表示比零重力势能大。在0势能面下面h为负，重力势能为负，表示0重力势能小。零势能面的选择是任意的，在解决具体问题时，以方便为选零势能面的原则。

重力功与重力势能的关系：重力做正功重力势减小，做多少正功重力势能减少多少。重力做负功，重力势能增加，重力做多少负功，重力势增加多少。

3.弹性势能：被拉伸或压缩的弹簧，内部各部分之间的相对位置发生变化，而具有的势能。其它弹性物体形变时也能产生弹性势能。我们主要考虑弹簧的形变势能。

势能：指弹性势能和重力势能。机械能：动能和势能的总和。

三、机械能守恒定律：如果没有摩擦和介质阻力（空气阻力、水的阻力等），物体只发生动能和势能的相互转化，机械能总量保持不变。

对于机械能守恒条件可以理解为：只有重力和产生弹性势能弹力做功，其它力都不做功或其它力做功总和为零，能量转化过程中，机械能守恒。重点要求会用机械能解释一些比较简单的物理过程。例如：单摆在忽略空气阻力情况下，机械能守恒，竖直上抛物体机械能守恒，它们都是动能与势能之间的转化。

【课余思考】

1.牛顿三定律内容是什么？第一定律与第二定律关系？在使用牛顿第二定律时应注意什么？物体的平衡条件是什么？

2.什么叫机械能守恒？机械能守恒条件是什么？

【解题要点】

例

一、下面说法正确的是（）A.物体受的合外力越大，动量越大 B.物体受的合外力越大，动量变化量越大

C.物体受的合外力越大，动量变化率越大 D.物体动量变化快慢与合外力没关系

解析：运动物体的质量与运动速度的乘积叫做物体动量，是矢量，用P表示。P=mυ,其单位为：kgm/s，其方向与速度方向相同，设物体受的合外力F合作用

t0时间为t，在此时间内物体速度由υ0变到υt，其加速度a，代入牛顿第tt0二定律式F合=ma=m

tmtm0PtP0PtP0==，PtP0为动量变化量，为动量变化率。可知C选ttt项正确。

牛顿第二定律又可表述为：作用在物体上的合外力等于单位时间动量的变化。

例

二、质量为10kg的物体，原来静止在水平面上，当受到水平拉力F后开始沿直线做匀加速运动，设物体经过时间t位移为x，且x、t的关系为x=t2，物体所受合外力大小为 第4S末的速度是 当4S末时撤去F，则物体再经过10S停止，运动物体受水平拉力F =，物体与平面摩擦因数=。

1解析：依题意，物体做初速度为零的匀加速运动，位移公式为S=at2，与

2x=2t2比较可知a=4m / s2，F合=ma=10×4=40N。4S末的速度υ 4=4×4=16 m / s。撤掉F后在水平方向上受摩擦力f，物体做初速为16m / s的匀减速运动，经10S

2停止运动，υ ′t，a′=1.6m / s，f=ma=10×1.6=16N，F－f=40，F=40＋16=56N，4=υ 0－af又f=mg，== mg16 / 100=0.16。

例

三、如图2所示，质量为m的工件，随传送带运动，工件与传送带间无滑动，求下列情况下工件所受静摩擦力，（1）传送带匀速上升，（2）以a=g / 2的加速度向下加速运动，（3）以a=g的加速度向下

加速运动。解析：选工件为研究对象，分析工件受力，如图3所示，受重力、斜面支持力N，斜面给的静摩擦力f，其方向

可设为沿斜面向上，建立xoy坐标，x平行斜面向上 为正，y与斜面垂直，向上为正，分解mg为

1Gx=mgsin30°=mg，沿－x方向，23Gy=mgcos30°=mg沿－y方向。

2（1）物体处于平衡状态，合外力为零，13即f－mg=0 N－mg=0，解方程

221可得f=mg沿斜面向上。第二个方程可不解。

（2）物体以a=g / 2沿斜面向下加速运动，在x方向列牛顿第二定律方程

1f－mg=－ma，y方向方程可不列，但在很多题目中列y方向方程也是必要2的。方程中的正、负是以x轴方向而决定的，a方向向－x，故为负，将a=g / 2代入方程解得：f=0。

1（3）当a=g时，其它情况同于（2），f=－mg此负号表示与原设定方向相

21反，f大小为mg，方向沿斜面向下。

2例

四、在某次实验中获得的纸带上 每5个点取为一个计数点0、1、2、3、4、5，每个计数点相对于起点距离 如图4所示，由纸带测量数据可知，从起点O到第5个计数点的时间间隔为

S，这段时间里小车的平均速度为

cm / s，在连续相等的时间内位移差均为

，所以小车运动可看作为

，小车的加速度为

计数点4处小车的速度为

cm / s。

解析：打点计时器每打两个点所用时间t0=0.02S，所以每两个计数点之间的时间间隔T=0.1S，从O点到第5个计数点所时间t=0.5S。这段时间内小车位移

s14.30为14.30 cm，平均速度V=28.6 cm / s。

t0.5第一个T内位移S1=12.6 mm，第二个T内位移S2=33.2－12.6=20.6 mm，S3=61.8－33.2=28.6 mm，S4=98.4－61.8=36.6 mm，S5=143.0－98.4=44.6 mm，连续相等时间位移差S=20.6－12.6=28.6－20.6=36.6－28.6=44.6－36.6=8mm。根据匀加速直SnSn1线运动：a=，可知aT2为恒量，连续相等时间内位移差一定时，此运动2T便为匀加速直线运动。

S0.8a=2280cm/s2。在匀加速直线运动中，时间中点的即时速度即等于T01.S4S536.644.6这段时间的平均速度，V4==40.6 cm / s。2T201.例

五、如图5所示，质量为m的物体静止在水平面上，物体与平面间摩擦因数为，在与水平成

角的恒力F作用下，做直线运动，当

位移为S时，F对物体做功为

，摩擦力做功为

，重力做功为。

解析：WF=F·Scos直接可求得F做功。摩擦力 的做功，首先分析物体受力，如图6所示，在 竖直方向上无加速度处于平衡

N＋F2－mg=0，N=mg－F sin，f=N=(mg－F sin)摩擦力功Wf=(mg－F sin)S。重力功W重=0重力与

位移方向垂直。解决功的问题关键是确定力的大小

和方向，位移的大小和方向，然后根据功的定义计算功。

例

六、自高为H处，以速度υ0抛出一个质量为m的小球，在不计空气阻力的情况下，小球落地时速度大小为多少？若以相同的速度向不同方向抛出不同质量的小球，它们落地时速度大小关系是什么

解析：在忽略空气阻力情况下，小球自抛出点落地过程机械能守恒，抛出时11机械能为E1=mgH＋m02，落地时只有动能而无重力势能，机械能E2=m2。

221

1mgH＋m02=m2 022gh

22从上式知物体落地时的速度与物体的质量无关，与抛出的方向无关，只要抛出时速度大小相等，抛出高度相同，落地时速度应相等。

【同步练习】

1.如图7所示，把质量为m的物体沿倾角不同斜面拉至 同一高度，若物体与不同斜面摩擦系数相同，倾角 θ1＜θ2＜θ3

（1）拉m从坡底到坡顶过程中，克服重力做 功为W1、W2、W3则（）

A.W1＞W2＞W3、B.W1＜W2＜W

3C.W1=W2=W3

D.无法确定

（2）在此过程中克服摩擦力的功为W1、W2、W3则（）

A.W′′′B.W′′′1＞W2＞W1＜W2＜W3

C.W′′′ D.不知运动状态无法确定。1=W2=W3

2.在有空气阻力情况下，竖直上抛一物体，到达最高点又落回原处，若过程中阻力不变，则（）

A.上升过程中重力对物体做功的大小大于下降过程中重力做功的大小

B.上升过程和回落过程阻力做功相等

C.上升过程和回落过程合力做功前者大于后者

D.上升过程重力做功平均功率大于回落过程重力做功的平均功率

3.质量为m的物体，受到位于同一平面内的共点力F1、F2、F3、F4的作用，并处于平衡状态，当其中F2变为F2＋F，且方向不变时，则（）

A.物体一定做匀加速直线运动 B.物体一定做变加速直线运动

C.物体的加速度一定是F/m D.在任何相等时间内物体速度变化一定相同

4.如图8所示，升降机静止时弹簧伸长8cm，运动时弹簧伸长4cm，则升降机运动状态可能是（）

A.a=1m/s2，加速下降

B.以a=1m/s2，加速上升

C.以a=4.9m/s2，减速上升

2D.以a=4.9m/s，加速下降

5.对于质量相同的甲、乙两个物体，下列说法正确 的是（）

A.当甲、乙两物体的速度相同时，它们所受的合外力一定相等

B.当它们受到合外力相同时，它们的动量改变得快慢相同

C.当甲、乙两物体的加速度相同时，它们所受的合外力一定相等

D.当甲、乙两物体的位移相等时，它们所受的合外力一定相等 6.以υ=5m/s的速度匀速上升的气球，吊篮连同重物的质量为10kg，在500m的高空，从吊篮中落下一重物为2kg，经过10S钟，气球离开地面高度为多少？（g取10m/s2）

[参考答案] 1.(1)C(2)A 2.B C D 3.C D 4.C D 5.B C 6.675m

第五篇：牛顿运动定律教案

三、牛顿运动定律

教学目标 1．知识目标：

（1）掌握牛顿第一、第二、第三定律的文字内容和数学表达式；（2）掌握牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性和对应性；（3）了解牛顿运动定律的适用范围． 2．能力目标：

（1）培养学生正确的解题思路和分析解决动力学问题的能力；（2）使学生掌握合理选择研究对象的技巧． 3．德育目标：

渗透物理学思想方法的教育，使学生掌握具体问题具体分析，灵活选择研究对象，建立合理的物理模型的解决物理问题的思考方法．

教学重点、难点分析

1．在高

一、高二的学习中，学生较系统地学习了有关动力学问题的知识，教师也介绍了一些解题方法，但由于学生掌握物理知识需要有一个消化、理解的过程，不能全面系统地分析物体运动的情境，在高三复习中需要有效地提高学生物理学科的能力，在系统复习物理知识的基础上，对学生进行物理学研究方法的教育．本单元的重点就是帮助学生正确分析物体运动过程，掌握解决一般力学问题的程序．

2．本单元的难点在于正确、合理地选择研究对象和灵活运用中学的数学方法，解决实际问题．难点的突破在于精选例题，重视运动过程分析，正确掌握整体—隔离法．

教学过程设计

一、引入

牛顿运动定律是经典力学的基础，应用范围很广．

在力学中，只研究物体做什么运动，这部分知识属于运动学的内容．至于物体为什么会做这种运动，这部分知识属于动力学的内容，牛顿运动定律是动力学的支柱．我们必须从力、质量和加速度这三个基本概念的深化理解上掌握牛顿运动定律．这堂复习课希望学生对动力学的规律有较深刻的理解，并能在实际中正确运用．

二、教学过程 教师活动

1．提问：叙述牛顿第一定律的内容，惯性是否与运动状态有关？ 学生活动

回忆、思考、回答：

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． 教师概括．

牛顿第一定律指明了任何物体都具有惯性——保持原有运动状态不变的特性，同时也确定了力是一个物体对另一个物体的作用，力是改变物体运动状态的原因．

应该明确：

（1）力不是维持物体运动的原因；

（2）惯性是物体的固有性质．惯性大小与外部条件无关，仅取决于物体本身的质量．无论物体受力还是不受力，无论是运动还是静止，也无论是做匀速运动还是变速运动，只要物体质量一定，它的惯性都不会改变，更不会消失，惯性是物体的固有属性．

放投影片：

[例1]某人用力推原来静止在水平面上的小车，使小车开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见：

A．力是使物体产生运动的原因 B．力是维持物体运动速度的原因 C．力是使物体产生加速度的原因 D．力是使物体惯性改变的原因 讨论、思考、回答： 经讨论得出正确答案为：C． 2．提问：牛顿第二定律的内容及数学表达式是什么？ 学生回忆、回答：

物体受到外力作用时，所获得的加速度的大小跟外力大小成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与合外力方向相同．

ΣF=ma

理解、思考． 教师讲授： 牛顿第二定律的意义

（1）揭示了力、质量、加速度的因果关系．（2）说明了加速度与合外力的瞬时对应关系．（3）概括了力的独立性原理

提问：怎样应用牛顿第二定律？应用牛顿第二定律解题的基本步骤如何？ 讨论：归纳成具体步骤．

应用牛顿第二定律解题的基本步骤是：（1）依题意，正确选取并隔离研究对象．

（2）对研究对象的受力情况和运动情况进行分析，画出受力分析图．（3）选取适当坐标系，一般以加速度的方向为正方向．根据牛顿第二定律和运动学公式建立方程．

（4）统一单位，求解方程组．对计算结果进行分析、讨论． 在教师的引导下，分析、思考． 依题意列式、计算．

[例2]有只船在水中航行时所受阻力与其速度成正比，现在船由静止开始沿直线航行，若保持牵引力恒定，经过一段时间后，速度为v，加速度为a1，最终以2v的速度做匀速运动；若保持牵引力的功率恒定，经过另一段时间后，速度为v，加速度为a2，最终也以2v的速度做匀速运动，则a2=______a1．

放投影片，引导解题： 牵引力恒定：

牵引力功率恒定：

提问：通过此例题，大家有什么收获？随教师分步骤应用牛顿第二定律列式． 学生分组讨论，得出结论：

力是产生加速度的原因，也就是说加速度与力之间存在即时直接的因果关系．被研究对象什么时刻受力，什么时刻产生加速度，什么时刻力消失，什么时刻加速度就等于零．这称做加速度与力的关系的同时性，或称为瞬时性．

放投影片：

[例3]已知，质量m=2kg的质点停在一平面直角坐标系的原点O，受到三个平行于平面的力的作用，正好在O点处于静止状态．已知三个力中F2=4N，方向指向负方向，从t=0时起，停止F1的作用，到第2秒末物体的位置坐标是（-2m，0）．求：（1）F1的大小和方向；（2）若从第2秒末起恢复F1的作用，而同时停止第三个力F3的作用，则到第4秒末质点的位置坐标是多少？（3）第4秒末质点的速度大小和方向如何？（4）F3的大小和方向？

读题，分析问题，列式，求解． 画坐标图：

经启发、讨论后，学生上黑板写解答．

（1）在停止F1作用的两秒内，质点的位置在x轴负方向移动，应

所以F1=-Fx=-ma=2（N）F1的方向沿X轴方向．

（2）当恢复F1的作用，而停止F3的作用的2秒内，因为F1在x轴正方向，F2在y轴负方向，直接用F1和F2列的动力学方程

所以第4秒末的位置坐标应是

其中v1x=a1t1=-2（m/s），t2=2s

（3）第4秒末质点沿x轴和y轴方向的速度分别为v2x和v2y，有

即第4秒末质点的速度为4m/s，沿y轴负方向．

限，设F3与y轴正向的夹角为θ，则有

对照解题过程理解力的独立作用原理． 教师启发、引深：

大量事实告诉我们，如果物体上同时作用着几个力，这几个力会各自产生自己的加速度，也就是说这几个力各自产生自己的加速度与它们各自单独作用时产生的加速度相同，这是牛顿力学中一条重要原理，叫做力的独立作用原理，即：

3．提问：叙述牛顿第三定律的内容，其本质是什么？ 回忆，思考，回答：

两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上． 放投影片：

牛顿第三定律肯定了物体间的作用力具有相互作用的本质：即力总是成对出现，孤立的单个力是不存在的，有施力者，必要有受力者，受力者也给施力者以力的作用．这一对作用力和反作用力的关系是：等大反向，同时存在，同时消失，分别作用于两个不同的物体上，且具有相同的性质和相同的规律．

[例4] 如图1-3-2，物体A放在水平桌面上，被水平细绳拉着处于静止状态，则：

[

]

A．A对桌面的压力和桌面对A的支持力总是平衡的 B．A对桌面的摩擦力的方向总是水平向右的 C．绳对A的拉力小于A所受桌面的摩擦力

D．A受到的重力和桌面对A的支持力是一对作用力与反作用力 思考、讨论、得出正确结论选B，并讨论其它选项错在何处． 放投影片：

4．牛顿运动定律的适用范围

牛顿运动定律如同一切物理定律一样，都有一定的适用范围．牛顿运动定律只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子；只适用于物体的低速（远小于光速）运动问题，不能用来处理高速运动问题．牛顿第一定律和第二定律还只适用于惯性参照系．

理解，记笔记．

三、课堂小结

提问：你怎样运用牛顿运动定律来解决动力学问题？ 组织学生结合笔记讨论并进行小结．

由牛顿第二定律的数学表达式ΣF=ma，可以看出凡是求瞬时力及作用效果的问题；判断质点的运动性质的问题，都可用牛顿运动定律解决．

解决动力学问题的基本方法是：

（1）根据题意选定研究对象，确定m．

（2）分析物体受力情况，画受力图，确定F合．（3）分析物体运动情况，确定a．

（4）根据牛顿定律，力的概念、规律、运动学公式等建立有关方程．（5）解方程．（6）验算、讨论．

四、教学说明

1．作为高三总复习，涉及概念、规律多．因此复习重点在于理解概念、规律的实质，总结规律应用的方法和技巧．

2．复习课不同于新课，必须强调引导学生归纳、总结．注意知识的连贯性和知识点的横向对比性．如一对作用力和反作用力与一对平衡力有什么不同？

3．复习课可以上得活跃些，有些综合题可以由学生互相启发，互相讨论去解决，这样既可以提高学生的学习兴趣又可提高学生分析问题的能力．

同步练习

一、选择题

1．如图1-3-3所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg．A、B间动摩擦因数μ=0.2．A物上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，下述中正确的是（g=10m/s2）

[

]

A．当拉力F＜12N时，A静止不动 B．当拉力F＞12N时，A相对B滑动 C．当拉力F=16N时，B受A摩擦力等于4N D．无论拉力F多大，A相对B始终静止

2．如图1-3-4所示，物体m放在固定的斜面上，使其沿斜面向下滑动，设加速度为a1；若只在物体m上再放上一个物体m′，则m′与m一起下滑的加速度为a2；若只在m上施加一个方向竖直向下，大小等于m′g的力F，此时m下滑的加速度为a3，则

[

]

A．当a1=0时，a2=a3且一定不为零 B．只要a1≠0，a1=a2＜a3 C．不管a1如何，都有a1=a2=a3 D．不管a1如何，都有a1＜a2=a3

3．如图1-3-5所示，在光滑的水平面上放着两块长度相等，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放有一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始都处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力F1、F2，当物体与木板分离后，两木板的速度分别为v1和v2，若已知v1＞v2，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，需要同时满足的条件是

[

]

A．F1=F2，且M1＞M2 B．F1=F2，且M1＜M2 C．F1＞F2，且M1=M2 D．F1＜F2，且M1=M2

二、非选择题

4．如图1-3-6所示，一质量为M=4kg，长为L=3m的木板放在地面上．今施一力F=8N水平向右拉木板，木板以v0=2m/s的速度在地上匀速运动，某一时刻把质量为m=1kg的铁块轻轻放在木板的最右端，不计铁块与木板间的摩擦，且小铁块视为质点，求小铁块经多长时间将离开木板？（g=10m/s2）

5．一艘宇宙飞船飞近一个不知名的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道，宇航员着手进行预定的考察工作．宇航员能不能仅仅用一只表通过测定时间来测定该行星的平均密度？说明理由．

6．物体质量为m，以初速度v0竖直上抛．设物体所受空气阻力大小不变，已知物体经过时间t到达最高点．求：

（1）物体由最高点落回原地要用多长时间？（2）物体落回原地的速度多大？

7．如图1-3-7所示，质量均为m的两个梯形木块A和B紧挨着并排放在水平面上，在水平推力F作用下向右做匀加速运动．为使运动过程中A和B之间不发生相对滑动，求推力F的大小．（不考虑一切摩擦）

8．质量m=4kg的质点，静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O，先用F1=8N的力沿x轴作用了3s，然后撤去F1，再用y方向的力F2=12N，作用了2s，问最后质点的速度的大小、方向及质点所在的位置．

参考答案

1．CD

2．B

3．BD

4．2s

7．0＜F≤2mgtanθ