四川省宜宾市一中高中物理牛顿运动定律习题课教科版必修1

用牛顿运动定律解决几类典型问题一、瞬时加速度问题根据牛顿第二定律，加速度a与合外力F存在着瞬时对应关系．所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．应注意两类基本模型的区别：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，形变恢复几乎不需要时间．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．例1　如图1中小球质量为m，处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角为θ.则：图1(1)绳OB和弹簧的拉力各是多少？(2)若烧断绳OB瞬间，物体受几个力作用？这些力的大小是多少？(3)烧断绳OB瞬间，求小球m的加速度的大小和方向．解析　(1)对小球受力分析如图甲所示其中弹簧弹力与重力的合力F′与绳的拉力F等大反向则知F＝mgtanθ；F弹＝(2)烧断绳OB瞬间，绳的拉力消失，而弹簧还是保持原来的长度，弹力与烧断前相同．此时，小球受到的作用力是重力和弹力，大小分别是G＝mg，F弹＝.22(3)烧断绳OB瞬间，重力和弹簧弹力的合力方向水平向右，与烧断绳OB前OB绳的拉力大小相等，方向相反，(如图乙所示)即F合＝mgtanθ，由牛顿第二定律得小球的加速度a＝＝gtanθ，方向水平向右．答案　(1)mgtanθ　(2)两个　重力为mg　弹簧的弹力为(3)gtanθ　水平向右针对训练　如图2所示，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a1、a2.重力加速度大小为g.则有(　　)图2A．a1＝0，a2＝gB．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝gD．a1＝g，a2＝g答案　C解析　在抽出木板后的瞬间，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变．木块1受重力和支持力，mg＝N，a1＝0，木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a2＝＝g，故选C.二、动力学中的临界问题分析若题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般都有临界状态出现．分析时，可用极限法，即把问题(物理过程)推到极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件．在某些物理情景中，由于条件的变化，会出现两种不同状态的衔接，在这两种状态的分界处，某个(或某些)物理量可以取特定的值，例如具有最大值或最小值．常见类型有：(1)弹力发生突变的临界条件弹力发生在两物体的接触面之间，是一种被动力，其大小由物体所处的运动状态决定．相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是弹力为零．(2)摩擦力发生突变的临界条件摩擦力是被动力，其存在与否及方向由物体间的相对运动趋势决定．①静摩擦力为零是状态方向发生变化的临界状态；②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止的临界状态．22例2　如图3所示，细线的一端固定在倾角为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．图3(1)当滑块至少以多大的加速度a向左运动时，小球对滑块的压力等于零？(2)当滑块以a′＝2g的加速度向左运动时，线中拉力为多大？解析　(1)假设滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、线的拉力F和斜面的支持力N作用，如图甲所示．由牛顿第二定律得水平方向：Fcos45°－Ncos45°＝ma，竖直方向：Fsin45°＋Nsin45°－mg＝0.由上述两式解得N＝，F＝.由此两式可以看出，当加速度a增大时，球所受的支持力N减小，线的拉力F增大．当a＝g时，N＝0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F＝＝mg，所以滑块至少以a＝g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零．(2)滑块加速度a′>g，小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用，如图乙所示，此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F′cosα＝ma′，F′sinα＝mg，解得F′＝m＝mg.答案　(1)g　(2)mg针对训练　在例2中，当滑块加速度多大时，线的拉力为零？此时滑块运动状态可能是怎样的？答案　见解析解析　当线的拉力恰好为零时，小球受力情况如图所示：小球受重力mg、弹力N′，两个力的合力方向水平向右．合力大小为mgtan45°.22根据牛顿第二定律：mgtan45°＝ma得：a＝gtan45°＝g滑块的加速度方向水平向右，可能的运动状态有：向右做加速度大小为g的匀加速直线运动；向左做加速度大小为g的匀减速直线运动．三、整体法和隔离法在连接体问题中的应用1．整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解．其优点在于不涉及系统内各物体之间的相互作用力．2．隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单．注意　(1)当物体各部分加速度相同且不涉及相互作用力时用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时则必须用隔离法．(2)在较为复杂的问题中，整体法和隔离法常常需要有机结合，交叉使用．例3　两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图4所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于(　　)图4A.FB.FC．FD.F解析　对A、B整体受力分析，则F＝(m1＋m2)a，所以a＝，以B为研究对象，则F′＝m2a＝F.答案　B针对训练　如图5所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿光滑水平面，再沿斜面，最后竖直向上运动．在三个阶段的运动中，线上拉力的大小(　　)图5A．由大变小B．由小变大C．始终不变D．由大变小再变大22答案　C解析　m1、m2沿水平面运动时：a1＝，线上拉力T1＝m1a1＝；m1、m2沿斜面运动时：a2＝－gsinθ，线上拉力T2＝m1a2＋m1gsinθ＝；m1、m2竖直向上运动时：a3＝－g，线上拉力：T3＝m1a3＋m1g＝.课堂训练：1．(瞬时加速度问题)如图6所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是(　　)图6A．aA＝0，aB＝0B．aA＝g，aB＝gC．aA＝3g，aB＝gD．aA＝3g，aB＝0答案　D解析　分析B球原来受力如图甲所示F′＝2mg剪断细线后弹簧形变瞬间不会恢复，故B球受力不变，aB＝0.分析A球原来受力如图乙所示T＝F＋mg，F′＝F，故T＝3mg.剪断细线，T变为0，F大小不变，物体A受力如图丙所示由牛顿第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g.2．(动力学中的临界问题)如图7所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为θ＝37°.已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：22图7(1)当汽车以a＝2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的支持力的大小；(2)当汽车以a＝10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的支持力的大小．答案　(1)50N　22N　(2)40N　0解析　(1)当汽车以a＝2m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图．由牛顿第二定律得：T1cosθ＝mg，T1sinθ－N＝ma代入数据得：T1＝50N，N＝22N(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁对小球的弹力为0时的加速度为a0，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：T2sinθ＝ma0，T2cosθ＝mg代入数据得：a0＝gtanθ＝10×m/s2＝7.5m/s2因为a＝10m/s2>a0，所以小球飞起来，N′＝0由牛顿第二定律得：T2′＝＝40N3.(整体法和隔离法的应用)如图8所示，质量分别为m1和m2的物块A、B，用劲度系数为k的轻弹簧相连．当用恒力F沿倾角为θ的固定光滑斜面向上拉两物块，使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为多少？图8答案　解析　对整体分析得：F－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a①隔离A得：kx－m1gsinθ＝m1a②22联立①②得x＝课后作业题组一　瞬时加速度问题1.质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平恒力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间(　　)图1A．A的加速度大小为B．A的加速度大小为零C．B的加速度大小为D．B的加速度大小为答案　BD解析　在将力F撤去的瞬间A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A错，B对；而B球在撤去力F的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为，选项C错，D对．2．如图2所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑．系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，已知重力加速度为g.在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)图2A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθD．弹簧有收缩趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零答案　B解析　因为细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以B的瞬时加速度为0，A的瞬时加速度为2gsinθ，所以选项B正确，A、C、D错误．3．如图3所示，A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽出，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是(　　)22图3A．aA＝0，aB＝2gB．aA＝g，aB＝gC．aA＝0，aB＝0D．aA＝g，aB＝2g答案　B解析　当刚抽出木板时，A、B和杆将作为一个整体一起下落，下落过程中只受重力，根据牛顿第二定律得aA＝aB＝g，故选项B正确．4．如图4所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度为a1和a2，则(　　)图4A．a1＝a2＝0B．a1＝a，a2＝0C．a1＝a，a2＝aD．a1＝a，a2＝－a答案　D解析　两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此木块A的加速度此时仍为a，以木块B为研究对象，取向右为正方向，由牛顿第二定律得－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以D项正确．题组二　整体法与隔离法的应用5．如图5所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量是M，木块质量是m，加速度大小是a，木块和小车之间的动摩擦因数是μ.则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是(　　)图522A．μmgB.C．μ(M＋m)gD．ma答案　BD解析　以小车和木块组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律知，a＝，以木块为研究对象，摩擦力f＝ma＝.6．如图6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，这时弹簧的长度为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，此时弹簧的长度为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(　　)图6A．L2<l1b．l2>L1C．L2＝L1D．由于A、B的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系答案　C解析　A、B在粗糙水平面上运动时，利用整体法和隔离法进行研究，对A、B整体，根据牛顿第二定律有：a＝－μg；对物体B，根据牛顿第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以L2＝L1，即选项C正确．7．如图7所示，质量为M、中间为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是(　　)图7A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．F＝(M＋m)gtanαC．系统的加速度为a＝gtanαD．F＝Mgtanα答案　BC解析　隔离小铁球受力分析得F合＝mgtanα＝ma且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtanα，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtanα22，A错误，C正确．整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，故选项B正确，D错误．8．如图8所示，质量为m1＝2kg、m2＝3kg的物体用细绳连接放在水平面上，细绳仅能承受1N的拉力，水平面光滑，为了使细绳不断而又使它们能一起获得最大加速度，则在向左水平施力和向右水平施力两种情况下，F的最大值是(　　)图8A．向右，作用在m2上，F＝NB．向右，作用在m2上，F＝2.5NC．向左，作用在m1上，F＝ND．向左，作用在m1上，F＝2.5N答案　BC解析　若水平力F1的方向向左，如图．设最大加速度为a1，根据牛顿第二定律，对整体有：F1＝(m1＋m2)a1对m2有：T＝m2a1所以F1＝T＝×1N＝N，C对，D错．若水平力F2的方向向右，如图．设最大加速度为a2，根据牛顿第二定律，对整体有：F2＝(m1＋m2)a2对m1有：T′＝m1a2所以F2＝T′＝×1N＝2.5N，A错，B对．9．如图9所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑水平桌面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2作用，而且F1>F2，则1施于2的作用力大小为(　　)图9A．F1B．F2C.(F1＋F2)D.(F1－F2)答案　C解析　将物体1、2看做一个整体，其所受合力为F合＝F1－F2，设两物体质量均为m，22由牛顿第二定律得F1－F2＝2ma，所以a＝.以物体2为研究对象，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得F12－F2＝ma，所以F12＝F2＋ma＝，故选C.题组三　动力学中的临界问题10.如图10所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为(　　)图10A．μmgB．μ(M＋m)gC．μ(m＋2M)gD．2μ(M＋m)g答案　D解析　将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，物块的加速度大小为am＝μg，要抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即aM>am＝μg，对木板受力分析如图．根据牛顿第二定律，得：F－μ(M＋m)g－μmg＝MaM得F＝μ(M＋m)g＋μmg＋MaM>μ(M＋m)g＋μmg＋μMg＝2μ(M＋m)g，选项D正确．11.如图11所示，质量为M的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下端与质量为m的小球连接．当小球上下振动的某个时刻，木箱恰好不离开地面，求此时小球的加速度．图11答案　g，方向竖直向下解析　如图所示，22对木箱受力分析有：F＝Mg对小球受力分析有：mg＋F′＝ma又F＝F′解得：a＝g，方向竖直向下．12．如图12所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，绳与水平地面间的夹角α＝53°，A与地面间的摩擦不计，求：图12(1)当卡车以加速度a1＝加速运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大；(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力多大？方向如何．答案　(1)mg(2)mg　方向与水平地面成45°角斜向上解析　(1)设物体刚离开地面时，具有的加速度为a0对物体A进行受力分析，可得：ma0＝，则a0＝g因为a1<a0，所以物体没有离开地面．由牛顿第二定律得fcosα＝ma1fsinα＋n＝mg解得n＝mg由牛顿第三定律得，a对地面的压力的大小为mg.(2)因为a2>a0，所以物体已离开地面．设此时绳与地面成θ角F′＝m＝mg所以tanθ＝1，θ＝45°，即绳的拉力与水平地面成45°角斜向上第6节　超重与失重一、问题探究：[问题设计]22图1小星家住十八楼，每天上学放学均要乘垂直升降电梯上下楼．上学时，在电梯里，开始他总觉得有种“飘飘然”的感觉，背的书包也感觉变“轻”了．快到楼底时，他总觉得自己有种“脚踏实地”的感觉，背的书包也似乎变“重”了．为了研究这种现象，小星在电梯里放了一台台秤如图1所示．设小星的质量为50kg，g取10m/s2.当小星感觉“飘飘然”时，他发现台秤的示数为400N；当他感觉“脚踏实地”时，他发现台秤的示数为600N；当电梯门打开时，他发现台秤的示数为500N.以上三种情况下小星的重力变化了吗？超重、失重时台秤的示数如何变化？答案　没变；超重时台秤的示数比小星的重力大，失重时台秤的示数比小星的重力小．学生总结：1．实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力．物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化．(2)视重：当物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力不等于物体的重力时，弹簧测力计或台秤的示数叫做物体的视重．2．超重与失重时，视重与实重的关系(1)超重时，视重大于实重．(2)失重时，视重小于实重．二、超重与失重的产生条件[问题设计]小星发现当他下楼时，台秤的示数总会按顺序出现400N、600N和500N，而上楼时台秤的示数总会按顺序出现600N、400N和500N，请你利用所学的知识分析电梯各阶段所处的运动状况．答案　下楼的过程当台秤的示数是400N时，由牛顿第二定律知小星的加速度a＝m/s2＝2m/s2，方向竖直向下，因小星与电梯的运动状态相同，所以电梯正以2m/s2的加速度竖直向下加速运动．同理可得当台秤示数是600N时，电梯以2m/s2的加速度竖直向下做减速运动，当示数为500N时，电梯停止运动．上楼的过程，当台秤的示数是600N时，由牛顿第二定律知小星的加速度a′＝m/s2＝2m/s2，方向竖直向上．故小星与电梯以2m/s2的加速度竖直向上加速运动，同理当示数是400N时，电梯以2m/s2的加速度竖直向上做减速运动，当示数为50022N时，电梯停止运动．学生总结：判断超重、失重状态的方法1．从受力的角度判断超重：物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力．失重：物体所受向上的拉力(或支持力)小于重力．完全失重：物体所受向上的拉力(或支持力)等于零．2．从加速度的角度判断超重：物体具有竖直向上的加速度．失重：物体具有竖直向下的加速度．完全失重：物体具有竖直向下的加速度，且加速度大小等于g.[延伸思考]有人说：“物体超重时重力变大了，失重时重力变小了，完全失重时重力消失了．”对吗？为什么？答案　不对．超重是物体对悬挂物的拉力(或支持物的压力)大于物体所受重力的现象，物体本身的重力并没有变化．同理，失重和完全失重时重力也没有变化．教题讲解：一、超重与失重的判断例1　下列说法中正确的是(　　)A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析　当加速度方向竖直向下时，物体处于失重状态；当加速度方向竖直向上时，物体处于超重状态．蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确．而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重．答案　B例2　如图2所示为一物体随升降机由一楼运动到某高层的过程中的v－t图像，则(　　)图2A．物体在0～2s处于失重状态B．物体在2～8s处于超重状态C．物体在8～10s处于失重状态22D．由于物体的质量未知，所以无法判断超重、失重状态解析　从加速度的角度判断，由题意知0～2s物体的加速度竖直向上，则物体处于超重状态；2～8s物体的加速度为零，物体处于平衡状态；8～10s物体的加速度竖直向下，则物体处于失重状态，故C选项正确．答案　C二、关于超重与失重的计算例3　有一根钢丝能承受的最大拉力为100N，在一个运动的电梯中，这根钢丝下悬挂了12kg的物体恰好没有断，问电梯可能做怎样的运动？(取g＝10m/s2)解析　钢丝的拉力恰为100N时，物体一定处于失重状态，所以电梯具有向下的加速度．对物体由牛顿第二定律得：F合＝mg－F＝ma解得：a≈1.67m/s2电梯的运动情况有两种可能：一是以1.67m/s2的加速度向下匀加速运动；二是以1.67m/s2的加速度向上匀减速运动．答案　电梯以1.67m/s2的加速度向下匀加速运动，或者电梯以1.67m/s2的加速度向上匀减速运动针对训练　在升降机中，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他作出下列判断，其中正确的是(　　)A．升降机以0.8g的加速度加速上升B．升降机以0.2g的加速度加速下降C．升降机以0.2g的加速度减速上升D．升降机以0.8g的加速度减速下降答案　BC解析　A、D项的加速度a＝0.8g，方向竖直向上，由牛顿第二定律有F－mg＝ma得F＝1.8mg，其中F为人的视重，即人此时处于超重状态，A、D错误．B、C项的加速度a＝0.2g，方向竖直向下，根据牛顿第二定律有mg－F′＝ma，得F′＝0.8mg，人的视重比实际重力小×100%＝20%，B、C正确．学生总结：超重和失重分析　特征状态　加速度a视重(F)与重力(mg)的关系运动情况受力分析图平衡a＝0F＝mg静止或匀速直线运动22超重方向向上F＝m(g＋a)>mg向上加速，向下减速失重方向向下F＝m(g－a)</a0，所以物体没有离开地面．由牛顿第二定律得fcosα＝ma1fsinα＋n＝mg解得n＝mg由牛顿第三定律得，a对地面的压力的大小为mg.(2)因为a2></l1b．l2>