高中物理牛顿运动定律典型例题精选讲解

牛顿运动定律典型精练

基础知识回顾

1、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。 对牛顿第一定律的理解要点：（１）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；(2）它定性地揭示了运动与力的关系,即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性;（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象,利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律;(５）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础,不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例,牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系,牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。

2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=m ａ．

对牛顿第二定律的理解要点:(1)牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力,可根据牛顿第二定律研究其效果,分析出物体的运动规律;反过来，知道了运动,可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动,控制运动提供了理论基础；（2)牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系,力变加速度就变,力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度;（3)牛顿第二定律是矢量关系,加速度的方向总是和合外力的方向相同的,可以用分量式表示，Ｆx ＝ｍa x ，

F y =ma y ,F z ＝ｍa z ；(４）牛顿第二定律F=ｍa 定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为１kg 的物体产生1ｍ/ｓ2

的加速度的作用力

为1N,即1N ＝1k ｇ.m/s ２

.

３、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等,方向相反，作用在同一直线上。

对牛顿第三定律的理解要点:(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存,互以对方作为自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化,不是先有作用力后有反作用力;（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4)作用力和反作用力是不可叠加的,作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上,各产生其效果,不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消,这应注意同二力平衡加以区别。

4.物体受力分析的基本程序:（1)确定研究对象;（２)采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力;(3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力,最后分析其他场力；(４)画物体受力图,没有特别要求,则画示意图即可。

5.超重和失重：(１）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F （或对悬挂物的拉力)大于物体的重力,即F=mg ＋ma ．；（2)失重:物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力F Ｎ(或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg,即F N =m ｇ-ma,当a=ｇ时，F N =0,即物体处于完全失重。

6、牛顿定律的适用范围：（1)只适用于研究惯性系中运动与力的关系,不能用于非惯性系;(2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；(3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。

二、解析典型问题

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。 练习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F Ｎ和摩擦力F ｆ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：F f =mac ｏｓ３00

, F N -mg=masi ｎ

300

因为

56=mg F N ，解得5

3

=mg F f ． 练习2.一物体放置在倾角为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3-1-15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 练习3.一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于在水平面上加速运动的小车中,加速度为a ,如图3—1-1６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大 Ｂ.当θ一定时，a 越大,斜面对物体的摩擦力越大 Ｃ.当θ一定时,ａ越大,斜面对物体的正压力越小 D ．当θ一定时，a 越大,斜面对物体的摩擦力越小 问题2:必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。

1.物体运动的加速度a 与其所受的合外力Ｆ有瞬时对应关系,每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力.若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即(同时)改变;或合外力变为零,加速度也立即变为零（物体运动的加速度可以突变)．

2.中学物理中的“绳”和“线”,是理想化模型,具有如下几个特性:

A.轻:即绳（或线)的质量和重力均可视为等于零,由此特点可知，同一根绳（或线)的两端及其中间各点的张力大小相等.

30

a

F m g

F f 图1 x

y x a a 图图

B.软:即绳(或线)只能受拉力，不能承受压力(因绳能变曲),由此特点可知，绳与其物体相互间作用力的方向总是沿着绳子且背离受力物体的方向.

Ｃ．不可伸长：即无论绳所受拉力多大,绳子的长度不变,由此特点可知，绳子中的张力可以突变. 3．中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”,也是理想化模型,具有如下几个特性:

A ．轻:即弹簧(或橡皮绳)的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等. B.弹簧既能承受拉力，也能承受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力．

C.由于弹簧和橡皮绳受力时,要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变,但是,当弹簧或橡皮绳被剪断时,它们所受的弹力立即消失．

4．做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化(大小变化或方向变化或大小、方向都变化),某时刻的加速度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，瞬时力决定瞬时加速度，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力．

练习4、如图2(a)所示，一质量为m 的物体系于长度分别为L 1、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,L ２水平拉直,物体处于平衡状态。现将L 2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L １线上拉力为T １，L ２线上拉力为T ２,重力为ｍｇ,物体在三力作用下保持平衡,有T 1cos θ=mg, Ｔ１ｓin θ＝T 2, T 2=m ｇｔan θ。剪断线的瞬间,Ｔ２突然消失，物体即在T 2反方向获得加速度。因为m ｇ ta ｎθ＝ｍa ，所以加速度a=g t ａn θ，方向在T 2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 ta ｎθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。

分析与解:(1)错。因为L ２被剪断的瞬间，L 1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度ａ＝gs ｉｎθ.（2)对。因为L 2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。

练习５．如图3-1-2所示，质量为m 的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来,静止平衡时ＡＣ和

BC 与过C 的竖直线的夹角都是600

，则剪断A Ｃ线瞬间，求小球的加速度;剪断Ｂ处弹簧的瞬间，求小球的加速度．

练习6.一物体在几个力的共同作用下处于静止状态.现使其中向东的一个力Ｆ的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变）,则( )

A.物体始终向西运动 B ．物体先向西运动后向东运动

Ｃ．物体的加速度先增大后减小 D ．物体的速度先增大后减小

练习7．如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为ｍ，当剪断上端的绳子OA 的瞬间.小球A 和B 的加速度多大?

练习8．如图3-1-１４所示,在两根轻质弹簧a 、b 之间系住一小球,弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a,则在撤去弹簧后的瞬间,小球加速度的大

小为２.5米/秒２

，若突然撤去弹簧b,则在撤去弹簧后的瞬间,小球加速度的大小可能为（ ）

Ａ.7.5米／秒２，方向竖直向下 B.7．5米／秒２

，方向竖直向上

C ．1２．5米/秒２,方向竖直向下 Ｄ.１2.5米/秒２

,方向竖直向上

练习9．(2０１0·全国卷Ⅰ·15）如右图,轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a 。重力加速度大小为g 。则有 Ａ.1

a g =，2a g = B ．10a =，2a g

=

C ．10a =,2m M

a g M

+=

D ．1a g =,2m M

a g M

+=

【答案】C 【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对２的压力并未改变。对１物体受重力和支持力，m ｇ＝F,a 1＝0． 对２物体受重力和压力，根据牛顿第二定律g M

m

M M Mg F a

+=+=

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。

练习１0、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：

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

L 1 L 2

θ

图2(b)

L L

θ

图2(a) M m

图

图

3-1

图3-1-2

图

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。 练习11、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/s 2

,求这时人对吊台的压力。（g=9.8m/ｓ2)

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：N g a m M F 3502

)

)((=++=

再选人为研究对象,受力情况如图6所示,其中F Ｎ是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+F N -Ｍｇ＝Ma,故F N ＝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。

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。

练习1２、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

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k

a g m x

)

(-=

因为2

21at x =

，所以ka

a g m t )

(2-=。

练习13、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 。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/s ２

,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 ＝m ｇ/k=0.4ｍ，因为221at x =

,所以Ｐ在这段时间的加速度22/202s m t

x

a ==，当P 开始运动时拉力最小，此时对物体P 有N －m ｇ+F min ＝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,F max =ｍ(a+g)＝３60N.

练习１４、一弹簧秤的秤盘质量m 1＝1．5kg,盘内放一质量为m 2＝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/s ２

）

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m 1＝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:a m m g m m x k g m m k F )()()(212121+=+-??

?

???-++，令Ｎ=0,并由述二式求得k a m g m x 12-=,而221at x =，所以求得a=６ｍ/s ２

.当P 开始运动时拉力最小,此时对盘和物体P 整体有Ｆm ｉn =（m 1+ｍ2）ａ=７2N.

当P 与盘分离时拉力Ｆ最大,F ma ｘ＝m ２(a+g)=168N. 问题6：必须会分析临界问题。

在应用牛顿定律解决动力学问题中,当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态.特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时,往往会有临界现象．此时要采用极限分析法,看物体在不同加速度时，会有哪些现象发生,尽快找出临界点，求出临界条件．

练习1５、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 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：F A +F Ｂ=（m A +m B )a,设Ａ、B 间的作用为Ｎ，则对Ｂ据牛顿第二定律可得: N+ＦB =m B a

(m+M)g

F

F

a

F F

M g 图

图F

图

8 F

图9

图

解得N

t

F m m F F m N

B B A B A B

3

416-=-++=，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的加速度均为B

A B

A m m F F a ++=

。综上所述，

选项A 、Ｂ、D 正确。

练习16、如图11所示，细线的一端固定于倾角为４50

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m ｇ、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T

ｃｏs450-N ｃo ｓ450＝ma; 在竖直方向有T ｓi ｎ450-Ｎsin450

-m ｇ＝0.由上述两式可解出：

045cos 2)

(,45sin 2)(a g m T a g m N +=

-=

，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 ＝m ｇ／cos ４5０

=

mg

2．

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:Tco ｓα=m ａ,Tsin α=mg,解得

mg g a m T 52

2=+=。

练习17．如图3-2-8所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为ｍ =1．0k ｇ的均匀小球,a 线与水平方向成5３°角，ｂ线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是F m ＝1５N 。当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线

不被拉断,加速度可取的最大值是＿_＿＿_m ／s ２

；当该系统沿水平方向向右匀加速运动时,为保证细线不被拉断,加

速度可取的最大值是_＿__＿m/s 2。(取ｇ＝1０m/s ２

)

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.

练习1８.如图3－2－4所示,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？

练习19.如图3-2-10所示，质量为M =4.０ｋｇ的一只长方体形铁箱在水平拉力F 作用下沿水平面向右运

动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ１=0．2０。这时铁箱内一个质量为m =１．0kg 的木块恰好能沿箱

的后壁向下匀速下滑，木块与铁箱间的动摩擦因数为μ2=0.５0。求水平拉力F 的大小。(取g =１0m ／s ２

) 练习２0．一质量为M,倾角为θ的楔形木块，静置在水平桌面上，与桌面间的动摩擦因数为μ。一物

块质量为ｍ,置于楔形木块的斜面上，物块与斜面之间是光滑的。为了使物块与斜面保持相对静止，可用

一水平外力推动楔形木块,如图3-２－18所示。则此水平力的大小等于 .

练习21．如图3-2－19所示,一质量为M 的楔形木块放在水平桌面上,它的顶角为以9０0

,两底角为α和β，a 、ｂ为两个位于斜面上质量均为ｍ的小木块，已知所有接触面都是光滑的,现发现a 、b 沿斜面下滑,而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于＿____＿__＿。

问题8：必须会分析与斜面体有关的问题。

练习２2、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V ０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-ｍＶ0cos θ／t ，[N －（m+Ｍ）g ］=0－m Ｖ0sin θ／t 所以

t

mV f θ

cos 0=

,方向向左；t

mV g M m N θ

sin )(0-

+=。

练习23.如图3-2－１３所示,质量为Ｍ的斜面B 放在水平地面上．质量为m 的物体A 沿斜面以加速度a 加速下滑,而斜面B 相对水平面静止,斜面倾角为θ，且A 、B 间滑动摩擦因数为μ，则地面对B 的摩擦力f 的大小和方向分别是 （ ）

A ．ｆ=mg ｃo s θs ｉn θ，方向水平向左； Ｂ.F=μmgcos ２

θ,方向水平向右 C ．ｆ=ｍａcos θ,方向水平向左 D.ｆ＝μ[M ｇ＋m(g －ａs ｉｎθ）］， 方向水平向右

问题9:必须会分析传送带有关的问题。

练习２4、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

m g

a

T N

4图m

g

a

T α 图 a A P 4图

x

y V

M

m

θ 图17

a

b

图3-2-8

图

v F

图3-2-10 图3-2-19

图3-2-18

图3-2-13

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.，加速时间 g

V

a V t μ==1,加速位移 g V at S μ22112121==， 通过余下距离所用时

间 g V V S V S S t μ212-=-=，共用时间 g V V S t t t μ221+=+=，摩擦力对零件做功 2

2

1mV W = 练习25、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,ｃｏs ３７ｏ

=0.８) 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＜ｔａn θ，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:mgs ｉｎθ+μｍｇcos θ=ma 1;所以：a 1=ｇsin θ＋μgco ｓθ＝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＝a 1t １2

/2=5ｍ＜16m;物体加速到10m/s 时仍未到达B 点。

第二阶段,有:m ｇsin θ-μm ｇｃｏｓθ＝ｍa 2 ;所以:a 2=2m ／ｓ 2;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t 2 则：ＬAB -S=v ｔ2＋ａ２t 22

／２ ；

解得：t 2=1s , t 2/

=-11s (舍去)。故物体经历的总时间t=t 1+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。

问题1０:必须会分析求解联系的问题。

练习２6、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？（s ｉｎ３7０ = 0.6，ｃos37０

=

０．８） 分析与解:依题意,设小球质量为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 、风力Ｆ、摩擦力Ｆｆ,如图21所示.由平衡条件得：

F Ｎ＝mg,F=F f ，F f =μF Ｎ ，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F f １,如图２1所示。根据牛顿第二定律可得:ma F F mg f =-+1cos sin θθ，0cos sin 1=-+θθmg F F N

F ｆ１=μF N １,解上述三式得g m

F mg F a f 4

3

sin cos 1

=

-+=

θθ.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: g

gS a S t

3622=

=.

综合练习一

１.一个质量可忽略不计的降落伞，下面吊一个很轻的弹簧测力计,测力计下面挂一个质量为１0kg 的物体。降落伞在下降过程中受

到的空气阻力为30Ｎ，则此过程中测力计的示数为（取g ＝１0m/s ２

) A.1３０Ｎ?B ．3０N C.70N ?Ｄ.100Ｎ

２.在汽车中悬线上挂一小球。实验表明，当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23所示,若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m 1,则关于汽车的运动情况和物体m １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;

Ｃ．m 1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 ．ｍ1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。 3.如图24所示,一质量为M 的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a 、b 为两个位于斜面上质量均为m 的小木块。已知所有接触面都是光滑的。现发现a 、b 沿斜面下滑,而

楔形木块静止不动,这时楔形木块对水平桌面的压力等于 ( ）

A.Mg+ｍg B ．M ｇ+2ｍｇ

Ｃ．Mg ＋ｍｇ(sin α+sin β） D ．Mg+mg(co ｓα+cos β)

A N a 1 N f 2

B

a 2 f 1

ω

mg

mg 图图(a (b 图21

F G

F F

G F F N F f1 m θ 图m 1 右 左 M α β a

b 图24

4．如图25所示，一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩。在压缩的全过程中,弹簧均为弹性形变,那么当弹簧的压缩量最大时：

A.球所受合力最大，但不一定大于重力值

B.球的加速度最大,且一定大于重力加速度值 C ．球的加速度最大,有可能小于重力加速度值 D ．球所受弹力最大,且一定大于重力值。

5、有一只箩筐盛有几个西瓜，放在粗糙水平地面上，箩筐与水平地面间的动摩擦因数为μ若给箩筐一个水平初速度Ｖ０,让整筐西瓜在水平地面上滑行，则在滑行过程中，箩筐内某个质量为m 的西瓜(未与箩筐接触）受到周围的西瓜对它的作用力的大小为：

A.0

B.mg μ Ｃ．2

1μ+mg

Ｄ．2

1μ-mg

6、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26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

7、放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力Ｆ的作用,F 的大小与时间t 的关系和物块速度V

与时间t 的关系如图27、2８所示。取重力加速度ｇ=１0ｍ/s 2

.由此两图线可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为:

A ．m=0.５ｋg,μ=0.4; B. m=1.5kg ，μ=２/15;

C. m=0.５ｋｇ，μ=0．2;

D. m=1.0kg,μ=0.2．

８、一航天探测器完成对月球的探测任务后,在

离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加

速运动,再匀速运动.探测器通过喷气而获得推动力.以下关于喷气

方向的描述中正确的是

Ａ．探测器加速运动时，沿直线向后喷气. B.探测器加速运动时,竖直向下喷气．

C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气.

D.探测器匀速运动时，不需要喷气.

９、物体B 放在物体A 上,A 、B 的上下表面均与斜面平行（如图29所示）,当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C 向上做匀减速运动时，下列说法正确的是: Ａ．A 受到Ｂ的摩擦力沿斜面方向向上。

Ｂ.Ａ受到B 的摩擦力沿斜面方向向下。 C ．Ａ、B 之间的摩擦力为零。

? D.A 、Ｂ之间是否存在摩擦力取决于A 、B 表面的性质。

10.如图3０所示,弹簧秤外壳质量为m ０,弹簧及挂钩的质量忽略不计,挂钩吊着一重物质量为m,现用一方向竖直向上的外力Ｆ拉着弹簧秤，使其向上做匀加速运动,则弹簧秤的读数为：

A ．mg; B. mg m

m m

+0; C.

F m m m +00; Ｄ.

F m

m m +0

11.如图３1所示,质量为ｍ的小球A 用细绳悬挂于车顶板的O 点,当小车在外力作用下沿倾角为30°的斜面向上做匀加速直线运动时,球A 的悬线恰好与竖直方向成30°夹角。求：?（1)

小车沿斜面向上运动的加速度多大??(2）悬线对球A 的拉力是多大?

１２．如图32所示，质量为M 的木板放在倾角为θ的光滑斜面上,质量为m 的人在木,

假如脚与板接触处不打滑。

（1)要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？

(2)要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向运动？

13.如图33所示,在质量为m B ＝30kg 的车厢Ｂ内紧靠右壁，放一质量m A =20k ｇ的小物

体A （可视为质点)，对车厢B 施加一水平向右的恒力F,且F ＝120Ｎ，使之从静止开始运动。测得车厢B 在最初t=2．0ｓ内移动ｓ=5.0m,且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞。车厢与地面间的摩擦忽略不计。

(１)计算Ｂ在2．0s 的加速度。 (2)求ｔ＝2.０s 末A 的速度大小。

a

θ 图

G

F

F

t/s F/N 0 2 4 6 8 1 2 3 图27 t/s V/m.s -1

0 2 4 6 8 2 4 图28

图31 图32 θ

F

A

B

F

m m

图

图29

（3)求t ＝2.0ｓ内Ａ在B 上滑动的距离。 综合练习一参考答案：1.B; 2.C; 3.A ；. 4.BD; 5.C ； 6.B Ｃ； 7.Ａ; 8.Ｃ； ９.Ｃ; １0.D;1１.

11.解：对于小球A ，它受到重力mg 和绳的拉力F 1作用，根据牛顿第二定律可知，这两个力的合力应沿斜面向上，如图所示.

由几何关系和牛顿第二定律可得:F ＝mg ＝ma,所以a=g.

易求得Ｆ1＝mg

mg

330cos 20=

１２.解:(1）对板,沿坐标x 轴的受力和运动情况如图所示,视为质点，由牛顿第二定律可得:ｆ1-Ｍgsin θ=0

对人，由牛顿第三定律知f １/与f 1等大反向，所以沿x 正方向受ｍｇsin θ和ｆ1／

的作用。由牛顿第二定律可得： f 1+ｍgs ｉn θ=ma

由以上二方程联立求解得m

g m M a

θ

sin )(+=

,方向沿斜面向下。

（２）对人,沿x 轴方向受力和运动情况如图21所示。视人为质点,根据牛顿第二定律得：ｍｇsi ｎθ-f 2＝０

对板，由牛顿第三定律知f 2/和f 2等值反向。所以板沿ｘ正方向受M ｇs ｉn θ和ｆ2/

的作用。据牛顿第二定律得:f 2+Mgsin θ＝Ma

由上述二式解得M

g M m a θ

sin )(+=

，方向沿斜面向下。

１３．解：(1)设t ＝2.0s 内车厢的加速度为ａＢ，由s ＝

22

1

t a B 得a B

=２.5m/s 2

． (２)对B ，由牛顿第二定律:F-f=ｍＢa B ，得f=4５N.

对A 据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝f/ｍA =２．２5m/s 2

,所以ｔ=2.０s 末A 的速度大小为:ＶA ＝a A t ＝4．５m/s. （3)在ｔ=２．０s 内A 运动的位移为S Ａ=m t a A 5.42

1

2=, A 在Ｂ上滑动的距离m s s s

A 5.0=-=?

综合练习二 真题训练

（２0１1朝阳期末)４.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，滑块A 与斜面间的动摩擦因数为μ。Ａ沿斜面上滑时加速度的大小为a 1，沿斜面下滑时加速度的大小为a ２,则

1

2

a a 等于 A.

sin cos (sin cos )θμθμθθ-- B ．sin cos sin cos θμθ

θμθ

+-

C ．(1tan )μθ+

D ．cos sin cos μθ

θμθ

-

（２011顺义期末）３．如图所示,光滑轨道MO 和ON 底端对接且ON >ＭO ,M 、N 两点高度相同。小球自M 点由静止自由滑下，忽略小球经过Ｏ点时的机械能损失，以v 、s 、a 、ＥK 分别表示小球的速率、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图象中能正确反映小球自Ｍ点到N 点运动过程的是

(2０１1东城期末)9.在电梯内

的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体。当电梯静止时，弹簧被压缩了x;当电梯运动时，弹簧又

被继续压缩了10

x

。则电梯运动的情况可能是（ D )

? A.以大小为1110g 的加速度加速上升 Ｂ．以大小为11

10g 的加速度减速上升 ?

C.以大小为110g 的加速度加速下降 Ｄ.以大小为1

10

g 的加速度减速下降 F 1 mg F=ma

300

x

f 2

G 2X θ θ

A O t v A O t s

B O t a

C O t

E k

D M N

o

（2０１1西城期末） 3．如图所示,一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。下列各种情况中,体重计的示数最大的是

Ａ.电梯匀减速上升，加速度的大小为 1．０ ｍ／ｓ

2

Ｂ．电梯匀加速上升,加速度的大小为 １.０ m/ｓ2

C.电梯匀减速下降,加速度的大小为 0.5 m/ｓ２

Ｄ.电梯匀加速下降,加速度的大小为 0．5 m/s 2

２0１1普通高校招生考试试题汇编-牛顿运动定律

17．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a ）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为:通过Ａ点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ０抛出，如图（b)所示。则在其轨迹最高点Ｐ处的曲率半径是

A

．20v g

B ．

220sin v g

α

Ｃ．

220cos v g

α

D.

220cos sin v g αα

答案:C 解析:物体在其轨迹最高点Ｐ处只有水平速度，其水平速度大小为v 0co ｓα，根据牛顿第二定律得2

0(cos )v mg m

αρ

=，所

以在其轨迹最高点P 处的曲率半径是220cos v g

α

ρ=

,C 正确。

21．如图,在光滑水平面上有一质量为ｍ1的足够长的木板,其上叠放一质量为m 2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间ｔ增大的水平力Ｆ=k ｔ（ｋ是常数）,木板和木块加速度的大小分别为a １和a 2，下列反映a １和ａ2变化的图线中正确的是（A ）

解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时,所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前,木块和木板以相同加速度运动,根据牛顿第二定律2

121

m m kt a a +=

=。木块和木板相对运动时， 1

21

m g

m a μ=

恒定不变,g m kt

a μ-=

2

2

。所以正确答案是A 。

2(20１1天津）.如图所示，A 、B 两物块叠放在一起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的

摩擦力

A ．方向向左,大小不变? B.方向向左,逐渐减小 Ｃ.方向向右，大小不变?Ｄ．方向向右，逐渐减小

【解析】:考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若

系统内各个物体具有相同的运动状态,应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A 、B 系统整

体分析有

A =()()A

B A B f m m g m m a μ+=+地,a =μg ,B 与A 具有共同的运动状态，取B 为研究对

象，由牛顿第二定律有：

=AB B B f m g m a μ==常数,物体B 做速度方向向右的匀减速运动,故而

加速度方向向左。【答案】:Ａ

19（20１1天津)（1)某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态。他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G 。他在电

梯中用测力计仍测量同一砝码的重力,发现测力计的示数小于G ，由此判断此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降。 【解析】:物体处于失重状态，加速度方向向下,故而可能是减速上升或加速下降。 （2)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。 该金属丝的直径是1.706ｍm

【解析】:注意副尺一定要有估读。读数为1.5＋２0．６×0.０1mm ＝1.706mm 。因为个人情况不同,估读不一定一致，本题读数1.7０４-1.７08都算正确。

19（２01１四川）.如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为：

打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降,为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则

ρ

A

v 0 α

ρ

P

图图

A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

Ｂ.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D ．返回舱在喷气过程中处于失重状态

【答案】A 【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,加速度方向向上,返回舱处于超重状态,动能减小,返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。 9(2011江苏）.如图所示,倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧,绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M 、m （Ｍ>m ）的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有

Ａ．两物块所受摩擦力的大小总是相等 B.两物块不可能同时相对绸带静止 C.Ｍ不可能相对绸带发生滑动 D.ｍ不可能相对斜面向上滑动

21.（1０分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时,已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是 ① （漏选或全选得零分）;并分别写出所选器材的作用 ② 。 ２１.答案：①学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码或电火花计时器、钩码、砝码。②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器（电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量;砝码用以改变小车受到的拉力的大小,还可以用于测量小车的质量。解析:电磁打点计时器（电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小,还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点计时器，则需要学生电源,如果选电火花计时器，则不需要学生电源。

1８（2011北京).“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力Ｆ的大小随时间ｔ变化的情况如图所示。将蹦

极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g 。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为

Ａ．G B ．2ｇ C ．3ｇ D ．4g

１9（２011上海）．受水平外力F 作用的物体,在粗糙水平面上作直线运动,其v t - 图线如图所示,则 （A)在10

t 秒内，外力F 大小不断增大 (Ｂ)在1t 时刻,外力F 为零 (Ｃ)在12t t 秒内，外力F 大小可能不断减小 (D)在1

2t t 秒内，外力F 大小可能先减小后增大

26（201１上海)．(5 分)如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度,将宽度均为b 的挡光片Ａ、B 固定在小车上,测得二者间距为d 。(１)当小车匀加速经过光电门时,测得两挡光片先后经过的时间1t ?和2t ?，则小车加速度a =

。

(2)（多选题）为减小实验误差,可采取的方法是( ) (A ）增大两挡光片宽度b (B)减小两挡光片宽度b

(C)增大两挡光片间距d （D)减小两挡光片间距d

2６答案.（1)222

2111

[]2()()b d t t -?? （2）B ，C (3分)

3１.(12 分)如图，质量2m kg =的物体静止于水平地面的Ａ处,Ａ、B 间距L =20m 。用大小为3０N ，沿水平方向的外力拉此物体，经02t s =拉至B 处。(已知cos370.8?=, 。取210/g m s =)

(１)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(２)用大小为３0Ｎ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体,使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t 。 3１答案.（1２分)

(1)物体做匀加速运动 2012

L at =

(1分）

∴2220222010(/)2

L a

m s t ?=

== （１分）

由牛顿第二定律 F f ma -= （1分）

3021010()f N =-?= (1分）

∴100.5210

f m

g μ=

==? (１分) (2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为'a ，的加速度匀减速't 秒到达B 处,速度恰为0,由牛顿定律

cos37(sin 37)F mg F a ma μ?--?= （1分)

∴2(cos37sin 37)30(0.80.50.6)0.51011.5(/)2

F a g m s m μμ?+??+?=-=-?=(1分)

2'5(/)f

a g m s m

μ=== (1分)

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有

''at a t = （1分）

∴11.5' 2.3'5a t t t t a === (1分)

2211

''22

L at a t =+ （１分）

∴22

2220

1.03()

2.3'11.5 2.35

L t s a a ?===++? (1分） (2)另解：设力F 作用的最短时间为t,相应的位移为ｓ，物体到达Ｂ处速度恰为０，由动能定理 [cos37(sin37)]()0F mg F s mg L s μμ?--?--= （2分)

∴0.521020

6.06()(cos37sin 37)30(0.80.50.6)

mgL s m F μμ???=

==?+??+? (1分) 由牛顿定律

cos37(sin37)F mg F ma μ?--?= （１分）

∴2(cos37sin 37)30(0.80.50.6)0.51011.5(/)2

F a g m s m μμ?+??+?=-=-?= （１分）

∵2

12s at = （1分）

22 6.06 1.03()11.5

s t s a ?=== （１分）

2010年高考新题

１.2０1０·全国卷Ⅰ·15如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a 。重力加速度大小为g 。则有 A.1

a g =,2a g = B ．10a =,2a g = C ．1

0a =，2m M

a g M

+=

D.1

a g =,2m M

a g M

+=

【答案】C

【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对１的支持力和对2的压力并未改变。对1物体受重力和支持力，ｍg=F,a 1=0. 对2物体受重力和压