高一物理 牛顿运动定律应用专题练习

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1、 （一）变力作用问题分析1一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧 接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态，正 确的是 （ ）A接触后，小球作减速运动，加速度的绝对值越来越 大，速度越来越小，最后等于零B接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速 度先增加后减小直到为零C接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处 ，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方BD2设雨滴从很高处竖直下落，所受空气 阻力f和其速度v成正比则雨滴的运动情 况是（ ）A先加速后减速，最后静止B先加速后匀速C先加速后减速直至匀速D加速度逐渐减小到零BD3一物体

2、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AC（二）连结体问题分析一一. .连接体连接体: :一些（由斜面、绳子、轻杆等）通过相互作一些（由斜面、绳子、轻杆等）通过相互作 用连接在一起的物体系统。用连接在一起的物体系统。它们它们一般有着力学或者运动学方面的联系。一般有着力学或者运动学方面的联系。 二.连接体问题的常见图景 1.按连接的形式 a.依靠绳子或弹簧的弹力相连接FABABab.依靠相互的挤压（压力）相联系m1m2m1

3、m2m1m2FFc.依靠摩擦相联系（叠加体）m1m2F实际中的连接体都是上述三种典型方式的组合a.有共同加速度的连接体问题2.按连接体中各物体的运动b.有不同加速度的连接体问题 一个静止一个加速 两个均加速,但加速度不等 基本方法：整体法求加速度再隔离分析基本方法: 隔离分析；找加速度之间的关系连接体中相互作用的物体间的作用力始终大小相等，方向相反整体法求加速度（优先）整体法求加速度（优先）, ,隔离法求相互作用力隔离法求相互作用力三三. .连接体的解法连接体的解法: :.aa.隔离法隔离法: :分别对每一个物体列动力学方程（组），一分别对每一个物体列动力学方程（组），一 般总是可以解题。般总

4、是可以解题。 b.b.整体法：当系统有共同的加速度时，可使用整体法整体法：当系统有共同的加速度时，可使用整体法 。整体方程的优势是解（共同的）加速度非常容易。整体方程的优势是解（共同的）加速度非常容易。隔离法是解连接体问题的根本方法。而在解隔离方程隔离法是解连接体问题的根本方法。而在解隔离方程 组时，隐含着牛顿第三定律的内容（作用与反作用的组时，隐含着牛顿第三定律的内容（作用与反作用的 大小关系），所以连接体问题牛顿第二定律和牛顿第大小关系），所以连接体问题牛顿第二定律和牛顿第 三定律结合的典型应用。三定律结合的典型应用。1.整体法与隔离法ABB：mg-T=maA: T=Ma当系统内各个物体的

5、加速度相同时，则可把系统作为一个当系统内各个物体的加速度相同时，则可把系统作为一个 整体来研究但这并不是使用整体法的必要条件，有些问题中整体来研究但这并不是使用整体法的必要条件，有些问题中 系统内物体的加速度不同，也可用整体法来研究处理。系统内物体的加速度不同，也可用整体法来研究处理。2.2.用整体法解题的条件用整体法解题的条件: :例：一物块例：一物块mm沿斜面体沿斜面体MM以加速度以加速度a a下滑，斜面体不下滑，斜面体不 动求地面对斜面体的静摩擦力动求地面对斜面体的静摩擦力f f？可把此系统（可把此系统（mm和和MM）作为整体处理，由牛顿第）作为整体处理，由牛顿第 二定律得二定律得f f

6、macosmacosM0M0macosmacos式中式中 acosacos为物块加速度的水平分量为物块加速度的水平分量例例1. 1. 如图所示如图所示, ,把长方体切成质量分别为把长方体切成质量分别为m m和和M M 的两部分，切面与底面的夹角为的两部分，切面与底面的夹角为,长方体置长方体置 于光滑的水平地面，设切面亦光滑，问至少用于光滑的水平地面，设切面亦光滑，问至少用 多大的水平推力推多大的水平推力推m m，m m才相对才相对M M滑动？滑动？FMm Mm N N1 1mgmgF 解解: : 设水平推力为设水平推力为F F时，时，mm刚好相对刚好相对MM滑滑 动对整体和动对整体和mm分别根

7、据牛顿第二定律分别根据牛顿第二定律联立联立式解出使式解出使mm相对相对MM 相对滑动的最小推力相对滑动的最小推力整体法和隔离法相结合动态分析临界状态，从两个方 面理解临界状态例例2.2.如图，一细线的一端固定于倾角为如图，一细线的一端固定于倾角为45450 0的的 光滑楔形滑块光滑楔形滑块A A的顶端的顶端P P处，处， 细细 线的另一端线的另一端 拴以质量为拴以质量为m m的小球，的小球， . .当滑块至少以多大当滑块至少以多大 加速度向左运动时，小球对滑块的压力为零加速度向左运动时，小球对滑块的压力为零 ？ . .当滑块以加速度当滑块以加速度a=2ga=2g向左运动时，线向左运动时，线 中

8、张力多大？中张力多大？ AP450amgTa0450解：解：根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得a=2g a=2g a a0 0, ,小球离开斜面，设此时绳与竖直方向的夹角为小球离开斜面，设此时绳与竖直方向的夹角为 , ,因此当滑块至少以加速度因此当滑块至少以加速度g g向左运动时，小球对滑块的压力为零向左运动时，小球对滑块的压力为零. .mgT a关键是找出装置现状（绳的位置）和临界条件， 而不能认为不论a多大，绳子的倾斜程度不变例7 如图所示，光滑球恰好放在木块的圆弧槽中，它 的左边的接触点为A，槽的半径为R，且OA与水平线成 角，通过实验知道:当木块的加速度过大时，球可以 从槽中滚出，圆

9、球的质量为m，木块的质量为M，各种 摩擦及绳和滑轮的质量不计，则木块向右加速度最小 为多大时球才离开圆槽？解析:当加速度a=0时，球受重力和支持力 .支持力的作用点在最底端当加速度略大于 零，球不能离开圆槽，球同样受重力和支持力 ，但支持力的方向斜向右上方，即支持力的作 用点沿圆弧槽向A点移动.当加速度逐渐增大，支持力的作用点移到A点时,球即 将离开圆弧槽，此状态为临界状态，分析小球受力如右图 所示.由牛顿第二定律：mgcot=ma0可得a0=gcot显然，当木块向右的加速度a至少为gcot时，球离 开圆弧槽（三）F=ma的理解应用1、矢量性2、瞬时性3、相对性1、矢量性例.如图示，倾斜索道与

10、水平方向夹角为，已知tan=3/4 ，当载人车厢匀加速向上运动时，人对厢底的压力为体重的 1.25倍，这时人与车厢相对静止，则车厢对人的摩擦力是体 重的( ) A. 1/3倍 B.4/3倍 C. 5/4倍 D.1/4倍解：将加速度分解如图示对人进行受力分析AaaaxaymgNf根据题意例2.在如图所示的升降机中，物体m静止于固定的斜面上，当 升降机加速上升时，与原来相比( ) A.物体受到斜面的支持力增加 B.物体受到的合力增加 C.物体受到的重力增加 D.物体受到的摩擦力增加aABDf famgmgN N作图法是解决动态分析 问题的有效方法2、瞬时性F=ma对运动过程的每一瞬间成立，且瞬 时

11、力决定瞬时加速度，可见，确定瞬时 加速度的关键是正确确定瞬时作用力。明确“轻绳”“轻线”“轻弹簧”“轻橡皮绳” 几个理想物理模型例1. 质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的轻弹簧， 放在光滑水平台面上，A求紧靠着墙壁，现用力F将B球向左推压 弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间，A、B球的加速度如何？ ABFANkxBkxF解：撤去F前， A、B球受力 分析如图所示撤去F瞬间 ，F立即消失，而弹簧弹力 不能突变根据牛顿第二定 律有分析问题在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的 受力情况及其变化先看不变量，再看变化量；加速度与合 外力瞬时一一对应例.如图所示，一质量为m的物体系于长度

12、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，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。L1L2解：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=gsin.例4.如图所示，一根轻质弹簧和一根细线共同 拉住一个质量为m的小球，平衡时细线恰是水平 的，弹簧与竖直方向的夹角为.若突然剪断细 线，则在刚剪断的瞬时，弹簧拉力的大小是 ，小球加速度的大小为，方 向与竖直方向的夹角等于. 小球再回 到原处时弹簧拉力的大小是小球再回到原处时,由圆周运动规律F1 = mg cosmg/cosg tg 90 mg cosmm

13、gFT细线剪断瞬间，T立即消失,弹簧弹力不变，仍为F=mg/cos， 小球所受mg和F的合力不变，仍为mgtan，加速度大小a gtan，方向水平向右，与竖直方向的夹角为900解：剪断细线前， 小球所受mg和F的合力与T等大反向，大小等 于Tmgtan,弹簧弹力Fmg/cos弹力和摩擦力是被动力，结合牛顿第二定律进行分析A例. 小球A、B的质量分别为m和2m， 用轻弹簧相连，然后用细线悬挂而静 止，如图所示，在烧断细线的瞬间， A、B的加速度各是多少？ABTmgBkx2mgkx解：烧断细绳前， A、B球受力分析如图 所示烧断细绳瞬间，绳上张力立即消 失，而弹簧弹力不能突变根据牛顿第 二定律有明

14、确“轻绳”和“轻弹簧” 两个理想物理模型的区别例8. 竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的 一端各 与小球相连，另一端分别用销钉M N固定于杆上 ，小球处于静止状态.若拔去销钉M的瞬间，小球的加速 度大小为12m/s2，若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间， 小球的加速度可能为(取g=10m/s2)( ) A 22m/s2，方向竖直向上 B 22m/s2，方向竖直向下 C 2m/s2， 方向竖直向上 D 2m/s2， 方向竖直向下BCNM解：拔去销钉M的瞬间,小球受到重力和下边弹簧的弹力，重力产生的加速 度是10m/s2,方向竖直向下此时小球的加速度大小为12m/s2若竖直向 上，则下边弹

15、簧的弹力产生的加速度为22m/s2 ，方向竖直向上；说明上边 弹簧的弹力产生的加速度为12m/s2 ，方向竖直向下因此在拔去销钉N的 瞬间，小球的加速度为12m/s2+10m/s2=22m/s2,方向竖直向下若竖直向 下，则下边弹簧的弹力产生的加速度大小为2m/s2 ，方向竖直向下说明上 边弹簧的弹力产生的加速度为12m/s2 ，方向竖直向上因此在拔去销钉N 的瞬间，小球的加速度为12m/s210m/s2=2m/s2,方向竖直向上深刻理解牛顿第二定律的独立性力的独立作用原理NM12（1）若上面的弹簧压缩有压力，则下面的弹簧也压缩，受力 如图示： k1x1k2x2mg静止时有 k2x2= k1x1+mg拔去M k2x2 - mg=12m拔去N k1x1+ mg=ma a = 22m/s2 方向向下NM 12（2）若下面的弹簧伸长有拉力， 则上面的 弹簧也伸长，受力如图示：k1x1k2x2mg静止时有 k1x1=k2x2+mg拔去M k2x2+mg=12m拔去N k1x1-mg=ma a = 2m/s2 方向向上3、相对性a为相对于地面