本章复习与测试教学设计第二课时

力和运动

牛顿运动定律――学案

课时安排：2课时

教学目标：1．深入理解力和运动的关系、知道动力学的两类基本问题；学会处理动力学问题的一般思路和步骤

2．应用牛顿运动定律解决实际问题，提高分析解决实际问题的能力

本讲重点：牛顿运动定律的应用

本讲难点：1．力和运动的关系

2．牛顿运动定律的应用

一、考纲解读

本专题涉及的考点有：牛顿运动定律及其应用；超重和失重。

《大纲》对牛顿运动定律及其应用为Ⅱ类要求，对超重和失重为Ⅰ类要求。

牛顿定律是历年高考重点考查的内容之一。对这部分内容的考查非常灵活，各种题型均可以考查。其中用整体法和隔离法处理牛顿第二定律，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题、同步卫星问题等应用非常广泛，尤其要注意以天体问题为背景的信息给予题，这类试题不仅能考查考生对知识的掌握程度而且还能考查考生从材料、信息中获取有用信息的能力，因此备受命题专家的青睐。

二、命题趋势

牛顿运动定律是解决力和运动关系问题的依据，是历年高考命题的热点。总结近年高考的命题趋势，一是考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；二是联系实际，以实际问题为背景命题，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的能力。

三、例题精析

【例1】一斜面AB长为5m，倾角为30°，一质量为2kg的小物体（大小不计）从斜面顶端A点由静止释放，如图所示．斜面与物体间的动摩擦因数为面底端B时的速度及所用时间．（g取10 m/s2）

解析：以小物块为研究对象进行受力分析，如图所示．物块受重力mg、斜面支持力N、摩擦力f，

垂直斜面方向，由平衡条件得：mgcos30°=N

沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin30°-f=ma

又f=μN

3，求小物体下滑到斜6

由以上三式解得a=2.5m/s2 小物体下滑到斜面底端B点时的速度：vB运动时间：t2as5m/s 2s2s a

题后反思：以斜面上物体的运动为背景考查牛顿第二定律和运动学知识是常见的题型之一，熟练掌握斜面上物体的受力分析，正确求解加速度是解决问题的关键。

【例2】如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块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，两物块均保持静止状态

B．两物块开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动

C．两物块间从受力开始就有相对运动

D．两物块间始终没有相对运动，但AB间存在静摩擦力，其中A对B的静摩擦力方向水平向右

解析：先以B为研究对象，B水平方向受摩擦力f=mBa

，当f为最大静摩擦力时，B的最大加速度为a

mAgmB126m/s2；再以AB整体为研究对象，能使AB一起匀加速2运动所施加的最大外力Fm=（mA+mB）a=48N。由题给条件，F从10N开始逐渐增加到45N的过程中，AB将始终保持相对静止而一起匀加速运动。故D选项正确。答案：D

题后反思：研究对象是两个或两个以上物体时，应该首先想到整体法和隔离法。此外还要注意最大静摩擦力能给物体提供的加速度的最大值。

【例3】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与

桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）

解析：设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有

1mgma1

①

桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有

2mgma2

②

设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上在运动距离x2后便停下，有

v122a1x1

③

v122a2x2

④

盘没有从桌面上掉下的条件是

x21lx1

⑤

2设桌布从盘下抽出的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有

12at

⑥

21x1a1t2

⑦

2x而

x由以上各式解得

1lx1

⑧

2a1221g

⑨

2题后反思：本题涉及到圆盘和桌布两个物体的运动，而且圆盘的运动过程包括加速和减速两个过程，本题是一个综合性较强的动力学问题，难度较大。画出研究对象的运动草图，抓住运动过程的特点分别应用牛顿第二定律和运动学公式即可求解。

【例4】如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2。若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是

（

）

A．L2＜L1

B．L2＞L1

C．L2＝L1

B A

F

D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系

解析：利用整体法和隔离法，分别对AB整体和物体B分别由牛顿第二定律列式求解，即得C选项正确。本题容易错选A或C，草率地认为A、B置于粗糙水平面上时要受到摩擦力的作用，力F的大小不变，因此L2应该短一些，或认为由于A、B质量关系未知，故L1、L2的大小关系无法确定。

答案：C

题后反思：本题涉及到胡克定律、滑动摩擦力、牛顿第二定律等。从考查方法的角度看，本题重在考查考生对整体法和隔离法的应用，属于2级要求。对胡克定律、摩擦力的考查在近年高考中屡屡出现，并可与其他知识相结合，变化灵活，体现对考生能力的考查。

【例5】质量为40kg的雪撬在倾角θ=37°的斜面上向下滑动（如图甲所示），所受的空气阻力与速度成正比。今测得雪撬运动的v-t图像如图7乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为θ

甲

15 10 5 0 v/m·s-1 B

C

A

2 4 6 8 10 D

t/s

乙

（4，15），CD是曲线的渐近线。试求空气的阻力系数k和雪撬与斜坡间的动摩擦因数μ。

解析：

由牛顿运动定律得：mgsinNkvma

由平衡条件得：Nmgcos

由图象得：A点，vA=5m/s，加速度aA＝2.5m/s2；

最终雪橇匀速运动时最大速度vm=10m/s，a＝0 代入数据解得：μ=0.125

k=20N·s/m

解决本题的关键是，先对雪橇进行受力分析，画出正确的受力图，然后由正交分解法列出牛顿第二定律的方程。从物理图像上分别读取初、末两个状态的速度和加速度值，代入方程组联立求解。

题后反思：本题以体育运动为素材，涉及匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、斜面上的受力分析、摩擦力、物理图象等多个知识点，综合性较强，考查学生分析、解决力和运动的关系问题。以体育运动为背景的问题历来是高考命题的重点和热点，情景复杂多变，涉及的知识点较多，可以有效地考查学生的基础知识和综合能力。

【例6】如图所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为mA=2.0kg的薄木板A和质量为mB=3 kg的金属块B．A的长度L=2.0m．B上有轻线绕过定滑轮与质量为mC=1.0 kg的物块C相连．B与A之间的滑动摩擦因数

µ

=0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B位于A的左端（如图），然后放手，求经过多长时间t后

B从

A的右端脱离（设

A的右端距滑轮足够远）（取g=10m/s2）．

解析：

以桌面为参考系，令aA表示A的加速度，aB表示B、C的加速度，sA和sB分别表示

t时间

A和B移动的距离，则由牛顿定律和匀加速运动的规律可得

mCg-µmBg=（mC+mB）aB

µ mBg=mAaA

12aBt

21sA=aAt2

2sB=sB-sA=L

由以上各式，代入数值，可得

t=4.0s

题后反思：

本题属于多体运动问题，研究对象涉及到三个物体，考点涉及匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析、摩擦力等多个知识点，综合性较强，考查学生分析、解决力和运动的关系问题。此类试题历来是高考命题的重点和热点，情景复杂多变，涉及的知识点较多，可以有效地考查学生的基础知识和综合能力。解决本题的关键是，弄清A、B、C三个物体的加速度，以及A、B间的位移关系。B、C属于连接体，加速度大小相等；A板长L是联系A、B间位移关系的纽带。

【例7】某人在地面上最多可举起60 kg的物体，在竖直向上运动的电梯中可举起80 kg的物体，则此电梯的加速度的大小、方向如何？电梯如何运动？（g=10 m/s2）

解析：某人在地面上最多可举起m1=60 kg的物体，则人对物体的最大支持力

FN= m1g=600N，

当人在竖直向上运动的电梯中可举起m2=80 kg的物体，物体受力如图3所示，由牛顿第二定律得

m2g- FN = m2a，

解得a =2.5 m/s2，竖直向下．

所以，电梯向上做匀减速直线运动．

题后反思：超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度，与物体的运动方向无关．物体有向上的加速度时，超重；有向下的加速度时，失重；当竖直向下的加速度为重力加速度时，完全失重．这是一种力学现象，物体所受重力（mg）并不变化．

【例8】一弹簧秤秤盘的质量M=1.5kg，盘内放一个质量m=10.5kg的物体P，弹簧质量忽略不计，轻弹簧的劲度系数k=800N/m，系统原来处于静止状态，如图所示．现给物体P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上作匀加速直线运动．已知在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力．求物体匀加速运动的加速度多大？取g=10m/s．

解析：

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=0.2s2F m P M k

时，P离开秤盘．此时P对盘的压力为零，由于盘的质量M=1.5kg，所以此时弹簧不能处于原长．

开始时，系统处于静止状态，设弹簧压缩量为x1，由平衡条件得

kx1(Mm)g

t=0.2s时，P与秤盘分离，设弹簧压缩量为x2，对秤盘据牛顿第二定律得：

kx2MgMa

t=0.2s内，物体的位移：xx1x2由以上各式解得a=6m/s2．

题后反思：与弹簧关联的物体，运动状态变化时，弹簧的长度（形变量）随之变化，物体所受弹力也相应变化．物体的位移和弹簧长度的变化之间存在一定的几何关系，这一几何关系常常是解题的关键．

四、考点精炼

1．手提一根不计质量的、下端挂有物体的弹簧上端，竖直向上作加速运动。当手突然停止运动后的极短时间内，物体将

（

）

A．立即处于静止状态

B．向上作加速运动

C．向上作匀速运动

D．向上作减速运动

2．如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，沿竖直墙壁匀加速向上运动，F与竖直方向的夹角为．已知木块与墙壁间的动摩擦因数为µ，则木块受到的滑动摩擦力大小是

（

）

A．µmg

B．Fcosθ -mg

C．Fcosθ+mg

D．µFsinθ

F 12at

2

3．倾角为θ的光滑斜面上有一质量为m的滑块正在加速下滑，如图所示。滑块上悬挂的小球达到稳定（与滑块相对静止）后悬线的方向是（

）

A．竖直下垂

B．垂直于斜面

C．与竖直向下的方向夹角

D．以上都不对

4．某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是

（

）

A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快

B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快

C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变

D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出

5．如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D，且C点很靠近D点。如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是：

（

）

A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点

B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点

C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点

D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点

6．质点受到在一条直线上的两个力F1和F2的作用，F1、F2随时间的变化规律如图37所示，力的方向始终在一条直线上且方向相反。已知t=0时质点的速度为零。在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速率最大？

（

）

A．t1

B．t2

C．t3

D．t4

7．如下右图所示一根轻绳跨过光滑定滑轮，两端分别系一个质量为m1、m2的物块。m1放在地面上，m2离地面有一定高度。当m2的质量发生改变时，m1的加速度a的大小也将随之改变。以下左面的四个图象，哪个最能正确反映a与m2间的关系

（

）

g B

θ

F/N F1 10

A

D

C

t/s O

-10

t1 F2 t2 t3 t4

a

a g g a g a m2

o

m1 m2 o m1 m2 o m1 m2 o m1 m2 m1 A

B

C

D 8．如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处于静止状态。当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是：

（

）

A．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变大

B．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变小

C．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变

D．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大

9．在汽车中悬线上挂一小球。实验表明，当小球做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度。如图所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况正确的是

（

）

A．汽车一定向右做加速运动

B．汽车一定向左做加速运动

左

m θ

M

右

C．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用

D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用

10．在2006年2月26号闭幕的都灵冬奥会上，张丹和张昊一起以完美表演赢得了双人滑比赛的银牌．在滑冰表演刚开始时他们静止不动，随着优美的音乐响起后在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两人的冰刀与冰面间的摩擦因数相同，已知张丹在冰上滑行的距离比张昊远，这是由于（

）

A．在推的过程中，张昊推张丹的力大于张丹推张昊的力

B．在推的过程中，张昊对张丹做的功大于张丹对张昊做的功

C．在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度

D．在分开后，张丹的加速度大于张昊的加速度

11．如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中（

）

A．B的加速度为g sinθ

B．绳的拉力为Gcosθ

C．绳的方向保持竖直

D．绳的拉力为G

θ

A B 12．如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为mA2.0kg，小车上放一个物体B，其质量为mB1.0kg，如图（1）所示。给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N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（2）所示，要使A、B不相对滑动，求F′的最大值Fm

F

B

A

F′

B

A

图（1）

图（2）

13．如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B点处与一倾角为θ=30°光滑的斜面BC连接，一小滑块从水平面上的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动。运动到B点时小滑块恰能沿光滑斜面下滑。已知AB间的距离s=5m，求：

（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；

（2）小滑块从A点运动到地面所需的时间；

（3）若小滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点时小滑块将做什么运动？并求出小滑块从A点运动到地面所需的时间。（取g=10m/s2）。

14．如图，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.

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数. （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°，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？（sin37°=0.6

cos37°=0.8）

15．在跳马运动中，运动员完成空中翻转的动作，能否稳住是一个得分的关键，为此，运动员在脚接触地面后都有一个下蹲的过程，为的是减小地面对人的冲击力。某运动员质量为m，从最高处下落过程中在空中翻转的时间为t，接触地面时所能承受的最大作用力为F（视为恒力），双脚触地时重心离脚的高度为h，能下蹲的最大距离为s，若运动员跳起后，在空中完成动作的同时，又使脚不受伤，则起跳后的高度H的范围为多大？

16．一质量为m40kg的小孩子站在电梯内的体重计上。电梯从t0时刻由静止开始下降，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯下降的高度是多少?取重力加速度风

g10m/s2。

考点精炼参考答案

1．B（本题考查力和运动的关系。当手突然停止运动后极短时间内，弹簧形变量极小，弹簧中的弹力仍大于重力，合力向上，物体仍向上加速。故B选项正确）

2．D 3．B．（滑块和小球有相同的加速度a=gsinθ，对小球受力分析可知，B选项正确）

4．D（不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出）

5．A（提示：甲球自由落体，乙球匀加速直线运动，丙球视为简谐运动）

6．B（从0至

t2时间值点合力方向与速度方向相同，一直加速，故t2时刻速度最大。）

7．D（对整体，am2m1g，D选项正确）

m2m18．C（小车向右加速运动，悬绳向左偏，则绳中拉力大于重力，弹簧秤读数变大，系统在竖直方向受地面的支持力不变，故C正确。）

9．C（对小球受力分析可知，有向右的加速度，但小车的初速度可能向右也可能向左，

汽车的运动情况不确定；M有向右的加速度，一定受到向右的摩擦力。故C选项正确）

10．BC（根据牛顿第三定律可知，作用力和反作用力是等大、反向的，A不正确；张丹滑行的距离远，说明张丹获得的初动能大，所以张昊对张丹做的功较多，B正确；由于冰刀与冰面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可知加速度也大小相同，根据匀变速运动的规律可知位移大小反映初速度的大小，所以在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度，故C正确，D不正确．）

11．AB（分析滑轮A受力分析知a=g sinθ,由于下滑时，物体B相对于A静止，因此物体B的加速度也为g sinθ，对物体B受力分析得：绳的拉力为Gcosθ。绳的方向保持与斜面垂直。）

12．解：根据图（1），设A、B间的静摩擦力达到最大值f时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律有：

F(mAmB)a

①

fmAa

②

代入数值联立解得：f2.0N

③

根据图（2）设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：

fmBa

④

Fm(mAmB)a

⑤

联立解得：Fm6.0N

⑥

13．解：（1）小滑块运动到B点时速度恰为零，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a，据牛顿第二定律可得

μmg=ma

①

2由运动学公式得

v02as

②

解得

0.09

③（1分）

（2）小滑块运动到B点

t1=v0=3.3s

④

g在斜面上运动的时间

t2=2h0.8s

⑤

2gsin小滑块从A点运动到地面所需的时间为

t=t1+t2=4.1s

⑥

（3）若小滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动22到B点时的速度为，由vBv12as

得vB=v12as4m/s

2小滑块将做平抛运动。

（1分）

假设小滑块不会落到斜面上，则经过t32h0.4s，由于水平运动的位移g

x=vBt3=1.67m>h=1.36m所以假设正确。

tan30小滑块从A点运动到地面所需的时间为t32s1.5s

⑨

v1vB14．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，

当杆水平固定，即θ=0时，由题意得：

F=μmg

①

∴μ=F/mg=0.5 mg/mg=0.5

②

（2）沿杆方向，由牛顿第二定律得：

Fcosθ+mgsinθ-Ff

=ma

③

垂直于杆方向，由共点力平衡条件得：

FN+Fsinθ-mgcosθ=0

④

又

Ff

=μN

⑤

联立③④⑤式得：

a=FcosmgsinFfm=F(cossin)mg(sincos)

m将F=0.5 mg代入上式得a=由运动学公式得：s=3

g

⑥

412

at⑦

2所以

t=2s8s=

⑧

3g/43g12gt

215．解：设人起跳后重心离地高度为H1，为完成空中动作，须有H1h即H1h12gt

2设人起跳后从H2高度下落，下蹲过程所受的力为重力和地面的支持力F，人在这两个力作用下做匀变速直线运动，根据牛顿第二定律，得Fmgma

2v02又根据运动学公式得，a，v02g(H2h)

2s故H2hsFs

mg则H的范围为H1HH2，

即h12Fs

gtHhs2mg16．解析：由图可知，在第一段时间t11s内，电梯向下匀加速运动，mgF1ma

1，解得

a12m/2s，

电梯下降的高度

h112a1t11m；

2在第二段时间t23s内，电梯向下匀速运动，速度为va1t12m/s，下降高度h2vt26m；

在第三段时间t32s内，电梯向下匀减速运动，F2mgma2，

解得

a21m/s2，

下降高度

h3vt312a2t32m

2所以，在整个过程中，电梯下降的总高度为

hh1h2h39m