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高三第三轮复习教案

牛顿运动定律

刘景

13469643559 高三物理第三轮复兴教案：牛顿运动定律

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。

例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FN和摩擦力Ff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：

Ff=macos300,

FN-mg=masin300

因为FfFN63. ，解得mg5mg5图1 mg

300 ax FN yx Ff ayx x a

问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。

牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所L2 L1 θ

受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。

图2(a)

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13469643559 例2、如图2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。

（l）下面是某同学对该题的一种解法：

分析与解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡,有

T1cosθ＝mg， T1sinθ＝T2， T2＝mgtanθ

L2 图2(b) L1 θ

剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mg tanθ＝ma，所以加速度a＝g tanθ，方向在T2反方向。

你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。

（2）若将图2(a)中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即 a＝g tanθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。

分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ. （2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。

问题3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。

当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。

图3 m M 例3、如图3所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：

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13469643559 A．沿斜面向下的直线

B．抛物线

C．竖直向下的直线

D.无规则的曲线。

分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。

问题4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。

加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。

例4、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2) 图4 分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：F(Mm)(ag)350N

2F F F FN a (m+M)g 图5 Mg 图6 再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N. 由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

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13469643559 问题5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。

相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。

例5、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g＝匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。

分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：

mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma 当N=0时，物体与平板分离，所以此时x因为x

例6、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。F 图7 m(ga)

k12at，所以t22m(ga)。

ka现在给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直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是

，F的最大值是

。

分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所图8 以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：

x=mg/k=0.4m

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13469643559 因为x122xat，所以P在这段时间的加速度a220m/s2

2t当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N. 当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.

例7、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。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直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）

分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得：

F+N-m2g=m2a 对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：

(m1m2)gFkx(m1m2)g(m1m2)a

kF 图9 令N=0，并由述二式求得xm2gm1ak，而x1at，所以求得a=6m/s2. 22当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N. 当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N. 问题6：必须会分析临界问题。

例8、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力

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图10

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13469643559 ＦB=2N，Ａ受到的水平力ＦA=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则：

A．Ａ物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍；

B．t＞４s后,Ｂ物体做匀加速直线运动；

C．t＝4.5s时,Ａ物体的速度为零；

D．t＞4.5s后,ＡＢ的加速度方向相反。

分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得：

N+FB=mBa 解得NmBFAFB164tFBNmAmB3

当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<４s时，A、B的加速a P 度均为aFAFBmAmB。

0A 图11

450 例9、如图11所示，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。当滑块至少以加速度a=

向左运T 动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T=

。

分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图12所示。

在水平方向有Tcos45-Ncos45=ma;

在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0. m(ga)m(ga),T由上述两式可解出：N

002sin452cos45

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00N 450 a mg 图12 T α

a mg 图13

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13469643559 由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=2mg. 当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得Tma2g25mg。

问题7：必须会用整体法和隔离法解题。

两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一. 例10、用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F，

如图14所示，求：

(1)物体与绳的加速度；

(2)绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。) 分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：

F=（M+m）a,解得a=F/(M+m). (2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：mFx)

. LMm图15 M mx Fx M m F 图14 Fx=(M+mx/L)a=(M+由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为

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MF。

Mm

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例11、如图16所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成θ角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d是多少？

分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小A θ

L 图16

B m 球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度Vy2gLsin。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.

问题8：必须会分析与斜面体有关的问题。

例12、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面图17

y m

V0 θ

M

x 对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？

分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：

－f=0－mV0cosθ/t, [N－(m+M)g]=0－mV0sinθ/t

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13469643559 所以fmV0cosmVsin，方向向左；N(mM)g0。

tt问题9：必须会分析传送带有关的问题。

例13、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为 ，摩擦力对零件做功为 . 分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg突变为零，此后以速度V走完余下距离。

由于f=μmg=ma,所以a=μg. VV121V2加速时间

t1

加速位移

S1at1

ag22gP V S 图18 Q 通过余下距离所用时间

t2tt1t2SV

V2g12SS1SV

VV2g

共用时间 摩擦力对零件做功

WmV2

例14、如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ，从A到B的长度为16ｍ，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37ｏ=0.6,cos37ｏ=0.8)

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13469643559 分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带

A

N

a1

N

f2

B

a2

f1

ω

mg

mg

(a)

(b)

图20 图19

给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1; 所以:a1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s2; 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移：

ｓ＝a1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B点。

第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2 ;所以：a2＝2m/s 2;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2

则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ22/2 ；解得：t2＝1s , ｔ2/=-11s （舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t 2 =2s . 从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

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13469643559 问题10：必须会分析求解联系的问题。

例15、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径。如图21所示。

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0．5倍。求小球与杆间的动摩擦因数。

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin370 = 0．6，cos370 = 0．8）

分析与解：依题意，设小球质量为FN1 m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、F G F Ff1 FN Ff G 图21 风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：

FN=mg F=Ff

Ff=μFN

解上述三式得：μ=0.5. 同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：

mgsinFcosFf1ma

FN1Fsinmgcos0

Ff1=μFN1

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13469643559 解上述三式得aFcosmgsinFf1m3g. 4由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为: 2S26gS

t. a3g

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