高三物理二轮复习资料专题1第3讲牛顿运动定律的应用

三、牛顿运动定律的应用

要点归纳

(一)深刻理解牛顿第一、第三定律

1．牛顿第一定律(惯性定律)

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．

(1)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：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牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系．

(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．

①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关．

②质量是物体惯性大小的量度．

2．牛顿第三定律

(1)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，可用公式表示为F＝－F′．

(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．

(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律．

(二)牛顿第二定律

1．定律内容

物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比．

2．公式：F合＝ma

理解要点

①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．

②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同．

③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．

3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤：

(1)确定研究对象；

(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；

(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；

(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；

(5)统一单位，计算数值．

热点、重点、难点

一、正交分解法在动力学问题中的应用

当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．

1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少．

2．F x 合＝ma x 合，F y 合＝ma y 合，F z 合＝ma z 合．

3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法． ●例6 如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O 点．现有水平向右的风力F 作用于小球上，经时间t 1＝2 s 后停止，小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图1－15乙所示．试求：

(取g ＝10 m/s 2

，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图1－15

(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～4 s 内的加速度a 2． (2)风对小球的作用力F 的大小．

【解析】(1)由图象可知，在0～2 s 内小球的加速度为：

a 1＝v 2－v 1t 1

＝20 m/s 2

，方向沿杆向上

在2～4 s 内小球的加速度为：

a 2＝v 3－v 2t 2

＝－10 m/s 2

，负号表示方向沿杆向下．

(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示

图1－15丙

在y 方向，由平衡条件得： F N1＝F sin θ＋mg cos θ

在x 方向，由牛顿第二定律得： F cos θ－mg sin θ－μF N1＝ma 1

停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示

图1－15丁

在y 方向，由平衡条件得： F N2＝mg cos θ

在x 方向，由牛顿第二定律得：

－mg sin θ－μF N2＝ma 2

联立以上各式可得：F ＝60 N ．

【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型． ②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一． 二、连接体问题(整体法与隔离法)

高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．

1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．

2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．

3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．

●例7 如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2的作用下运动．已知F 1＞F 2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )

图1－16

A ．F 1－F 2k

B ．F 1－F 2

2k C ．

F 1＋F 2

2k

D ．

F 1＋F 2

k

【解析】取A 、B 及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1－F 2＝2ma 取B 为研究对象：kx －F 2＝ma (或取A 为研究对象：F 1－kx ＝ma ) 可解得：x ＝

F 1＋F 2

2k

． [答案] C

【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．

②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A 、B 之间的拉力与地面光滑时相同．

★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m 的小物块A 放在质量为M 的木板B 的左端，B 在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L (设木板B 足够长)后A 和B 都停了下来．已知A 、B 间的动摩擦因数为μ1，B 与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x 的表达式应为( )

图1－17

A ．x ＝M m

L

B ．x ＝(M ＋m )L m

C ．x ＝

μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M ) D ．x ＝μ1ML (μ2＋μ1)(m ＋M )

【解析】设A 、B 相对静止一起向右匀速运动时的速度为v ，撤去外力后至停止的过程中，

A 受到的滑动摩擦力为：

f 1＝μ1mg

其加速度大小a 1＝f 1m

＝μ1g

B 做减速运动的加速度大小a 2＝

μ2(m ＋M )g －μ1mg

M

由于μ2＞μ1，所以a 2＞μ2g ＞μ1g ＝a 1

即木板B 先停止后，A 在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变 对A 应用动能定理得：－f 1(L ＋x )＝0－12mv 2

对B 应用动能定理得： μ1mgx －μ2(m ＋M )gx ＝0－12Mv 2

解得：x ＝μ1ML

(μ2－μ1)(m ＋M )

．

[答案] C

【点评】①虽然使A 产生加速度的力由B 施加，但产生的加速度a 1＝μ1g 是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．

②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．

三、临界问题

●例8 如图1－18甲所示，滑块A 置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M 的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球B ．现对滑块施加一水平方向的恒力F ，要使小球B 能相对斜面静止，恒力F 应满足什么条件？

图1－18甲

【解析】

先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F 1时，B 还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A 、B 有共同加速度a 1，B 的受力情况如图1－18乙所示，有：

图1－18乙

T sin θ＝mg，T cos θ＝ma1

解得：a1＝g cot θ

即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)g cot θ

由此可知，当水平向左的力大于(M＋m)g cot θ时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图1－18丙所示，有：

图1－18丙

F N cos θ＝mg，F N sin θ＝ma2

解得：a2＝g tan θ

即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)g tan θ

由此可知，当水平向右的力大于(M＋m)g tan θ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)g cot θ，或向右小于(M＋m)g tan θ时，B能静止在斜面上．[答案] 向左小于(M＋m)g cot θ或向右小于(M＋m)g tan θ

【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境．

四、超重与失重问题

1．超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形．2．要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态．

●例9为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1－19甲所示的图象．已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求：

(1)电梯启动和制动时的加速度大小．

(2)该大楼的层高．

图1－19甲

【解析】(1)对于启动状态有：F 1－mg ＝ma 1

得：a 1＝2 m/s 2

对于制动状态有：mg －F 3＝ma 2

得：a 2＝2 m/s 2

．

(2)电梯匀速运动的速度v ＝a 1t 1＝2×1 m/s＝2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间t 2＝26 s 电梯运行的总时间t ＝28 s

电梯运行的v －t 图象如图1－19乙所示，

图1－19乙

所以总位移s ＝12v (t 2＋t )＝1

2

×2×(26＋28) m ＝54 m

层高h ＝s 18＝54

18

＝3 m ．

[答案] (1)2 m/s 2

2 m/s 2

(2)3 m

经典考题

在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大．

1．有一个直角支架AOB ，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑．AO 上套有小环P ，OB 上套有小环Q ，两环质量均为m ，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图1－20 甲所示)．现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对P 环的支持力N 和细绳上的拉力T 的变化情况是[1998年高考·上海物理卷]( )

图1－20甲A．N不变，T变大B．N不变，T变小

C．N变大，T变大D．N变大，T变小

【解析】Q 环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：T cos θ＝mg ．

P 环向左移动后θ变小，T ＝

mg

cos θ

变小．

图1－20乙 图1－20丙

P 环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得： N P ＝mg ＋T cos θ＝2mg ，N P 与θ角无关． 故选项B 正确． [答案] B

【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来． ②求解支持力N 时，还可取P 、Q 组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：N Q ＝2mg ．

2．如图1－21甲所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考·全国理综卷Ⅳ]( )

图1－21甲

A ．g

2

sin α B ．g sin α C ．3

2

g sin α

D ．2g sin α

【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：

f ＝m

g sin α

图1－21乙 图1－21丙

再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知： 2mg sin α＋f ′＝2ma 解得：a ＝3

2

g sin α．

[答案] C

【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态．

②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mg sin α＝2ma 求解，但这一方法高中不作要求．

3．如图1－22所示，某货场需将质量m 1＝100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R ＝1.8 m ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，

取g ＝10 m/s 2

)

[2009年高考·山东理综卷]

图1－22

(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．

(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．

(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．

【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：

mgR ＝12

m 1v 20

设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得，F N －m 1g ＝m 1v 20R

联立以上两式并代入数据得F N ＝3000 N

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000 N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得： μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g

若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得： μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g

联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6．

(3)μ1＝0.5，由上问可得，货物在木板A 上滑动时，木板不动，设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1

设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得：

v 21－v 2

0＝－2a 1l

联立并代入数据得v 1＝4 m/s

设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得： v 1＝v 0－a 1t

联立并代入数据得t ＝0.4 s ．

[答案] (1)3000 N ，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6 (3)0.4 s

【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大．

4．如图1－23甲所示，P 、Q 为某地区水平地面上的两点，在P 点正下方一球形区域内储藏有石油．假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔．如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离．重力加速度在原竖直方向(即PO 方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”．为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P 点附近重力加速度反常现象．已知引力常数为G ．

图1－23甲

(1)设球形空腔体积为V ，球心深度为d (远小于地球半径)，PQ ＝x ，求空腔所引起的Q 点处的重力加速度反常．

(2)若在水平地面上半径L 的范围内发现：重力加速度反常值在δ与k δ(k ＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L 的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积．

[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]

【解析】(1)由牛顿第二定律得：a ＝F 引

m

故重力加速度g ＝G M r

假设空腔处存在密度为ρ的岩石时，对Q 处物体的引力产生的重力加速度为Δg ＝G M ′d 2＋x 2

＝

G ρV

d 2＋x 2

由力的独立原理及矢量的合成定则知，球形区域为空腔时Q 点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1－23乙所示

图1－23乙

即 g'g g ==?

故加速度反常Δg ′＝Δg ·cos θ＝

G ρVd

(d 2＋x 2)

3

． (2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg ′的最大值和最小值分别为： (Δg ′)max ＝

G ρV d 2，(Δg ′)min ＝3

22

2

()

G Vd d L ρ+

由题设有(Δg ′)max ＝k δ、(Δg ′)min ＝δ

联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为：

d

，V ＝

223

(1)

L k G k δρ-．

[答案]

223

(1)

L k G k δρ-

【点评】①对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练．

②本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g ＝G m

，而不去思考g 也是自由落体的加速度g ＝F 引

m

，遵循矢量的平行四边形定则．