第一篇：專題三 牛頓運動定律 知識點總結

專題三

牛頓三定律

1.牛頓第一定律（即慣性定律）

一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止。

（1）理解要點：

①運動是物體的一種屬性，物體的運動不需要力來維持。

②它定性地揭示了運動與力的關系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，是使物體產生加速度的原因。

③第一定律是牛頓以伽俐略的理想斜面實驗為基礎，總結前人的研究成果加以豐富的想象而提出來的；定律成立的條件是物體不受外力，不能用實驗直接驗證。

④牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎，不能認為它是牛頓第二定律合外力為零時的特例，第一定律定性地給出了力與運動的關系，第二定律定量地給出力與運動的關系。

（2）慣性：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質叫做慣性。

①慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運動狀態(tài)無關。

②質量是物體慣性大小的量度。

③由牛頓第二定律定義的慣性質量m＝F/a和由萬有引力定律定義的引力質量m?Fr2/GM嚴格相等。

④慣性不是力，慣性是物體具有的保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質。力是物體對物體的作用，慣性和力是兩個不同的概念。

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2.牛頓第二定律

（1）定律內容

物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質量m成反比。

（2）公式：F合?ma

理解要點：

①因果性：F合是產生加速度a的原因，它們同時產生，同時變化，同時存在，同時消失；

②方向性：a與F合都是矢量，方向嚴格相同；

③瞬時性和對應性：a為某時刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時刻作用在該物體上的合外力。

3.牛頓第三定律

兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上，公式可寫為F??F'。

（1）作用力和反作用力與二力平衡的區(qū)別

內容 作用力和反作用力 二力平衡 受力物體 作用在兩個相互作用的物體上 作用在同一物體上 依賴關系 同時產生，同時消失，互依存，不可無依賴關系，撤除一個、另一個可依單獨存在 然存在，只是不再平衡 疊加性 兩力作用效果不可抵消，不可疊加，兩力運動效果可相互抵消，可疊加，不可求合力 可求合力，合力為零；形變效果不能抵消 力的性質 一定是同性質的力 可以是同性質的力也可以不是同性質的力

4.牛頓定律在連接體中的應用

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在連接體問題中，如果不要求知道各個運動物體間的相互作用力，并且各個物體具有相同加速度，可以把它們看成一個整體。分析受到的外力和運動情況，應用牛頓第二定律求出整體的加速度。（整體法）

如果需要知道物體之間的相互作用力，就需要把物體隔離出來，將內力轉化為外力，分析物體受力情況，應用牛頓第二定律列方程。（隔離法）

一般兩種方法配合交替應用，可有效解決連接體問題。

5.超重與失重

視重：物體對豎直懸繩（測力計）的拉力或對水平支持物（臺秤）的壓力。（測力計或臺秤示數(shù)）

物體處于平衡狀態(tài)時，N＝G，視重等于重力，不超重，也不失重，a＝0 當N＞G，超重，豎直向上的加速度，a↑

當N＜G，失重，豎直向下的加速度，a↓

N G

注：①無論物體處于何狀態(tài)，重力永遠存在且不變，變化的是視重。

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②超、失重狀態(tài)只與加速度方向有關，與速度方向無關。（超重可能：a↑，v↑，向上加速；a↑，v↓，向下減速）

③當物體向下a＝g時，N＝0，稱完全失重。

④豎直面內圓周運動，人造航天器發(fā)射、回收，太空運行中均有超、失重現(xiàn)象。

【解題方法指導】

例1.一質量為m＝40kg的小孩子站在電梯內的體重計上。電梯從t＝0時刻由靜止開始上升，在0到6s內體重計示數(shù)F的變化如圖所示。試問：在這段時間內電梯上升的高度是多少？取重力加速度g＝10m/s2。

解析：由圖可知，在t＝0到t＝t1＝2s的時間內，體重計的示數(shù)大于mg，故電梯應做向上的加速運動。設這段時間內體重計作用于小孩的力為f1，電梯及小孩的加速度為a1，由牛頓第二定律，得

f1－mg＝ma1，①

在這段時間內電梯上升的高度 12 h1＝a1t。

② 在t1到t＝t2＝5s的時間內，體重計的示數(shù)等于mg，故電梯應做

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勻速上升運動，速度為t1時刻電梯的速度，即 v1＝a1t1，③

在這段時間內電梯上升的高度

h2＝v2（t2－t1）。

④

在t2到t＝t3＝6s的時間內，體重計的示數(shù)小于mg，故電梯應做向上的減速運動。設這段時間內體重計作用于小孩的力為f1，電梯及小孩的加速度為a2，由牛頓第二定律，得

mg－f2＝ma2，⑤

在這段時間內電梯上升的高度 h3＝v1(t3－t2)－a 2(t3－t2)2。⑥ 電梯上升的總高度

h＝h1＋h2＋h3。

⑦

由以上各式，利用牛頓第三定律和題文及題圖中的數(shù)據，解得

h＝9m。

⑧

說明：本題屬于超失重現(xiàn)象，知道物體受力情況解決物體的運動情況。

例2.如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B。它們的質量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k , C為一固定擋板。系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A 使之向上運動，求物塊B 剛要離開C時物塊A 的加速度a 和從開始到此時物塊A 的位移d？重力加速度為g。

第5頁

解析：令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知

mAgsinθ＝kx①

令x2表示B 剛要離開C時彈簧的伸長量，a表示此時A 的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知 kx2＝mBgsinθ

② F－mAgsinθ－kx2＝mAa

③

F－(mA+mB)gsinθ 由②③式可得a＝ ④

mA 由題意d＝x1+x2 ⑤

(mA+mB)gsinθ 由①②⑤式可得d＝ ⑥

k 說明：臨界狀態(tài)常指某種物理現(xiàn)象由量變到質變過渡到另一種物理現(xiàn)象的連接狀態(tài)，常伴有極值問題出現(xiàn)。如：相互擠壓的物體脫離的臨界條件是壓力減為零；存在摩擦的物體產生相對滑動的臨界條件是靜摩擦力取最大靜摩擦力，彈簧上的彈力由斥力變?yōu)槔Φ呐R界條件為彈力為零等。

臨界問題常伴有特征字眼出現(xiàn)，如“恰好”、“剛剛”等，找準臨界條件與極值條件，是解決臨界問題與極值問題的關鍵。

例3.如圖所示，木塊A、B的質量分別為mA＝0.2kg，mB＝0.4kg，第6頁

掛盤的質量mc＝0.6kg，現(xiàn)掛于天花板O處，處于靜止，當用火燒斷O處的細線的瞬間，木塊A的加速度αA＝____________，木塊B對盤C的壓力NBC＝______________，木塊B的加速度αB＝____________。

解析：O處繩子突然燒斷的瞬間，彈簧來不及形變，彈簧對A物體向上的支持力仍為N＝mAg，故aA＝0。

以B，C整體為研究對象，有 mBg+mCg+N′＝（mB+mC）a，N’＝mAg，解得a＝12m/s2（注意：比g大）。

再以B為研究以象，如圖所示，有

再以B為研究以象，如圖所示，有

N’+mBg-NCB＝mBa ∴NCB＝1.2N 故NBC＝1.2N 說明：分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后

第7頁 的受力情況及運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度。此類問題應注意兩種基本模型的建立。

（1）鋼性繩（或接觸面）：認為是一種不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，若剪斷（或脫離）后，其中彈力立即消失，不需要形變恢復時間，一般題目中所給細線和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理。

（2）彈簧（或橡皮繩）：此種物體的特點是形變量大，形變恢復需要較長時間，在瞬時問題中，如果其兩端不自由（固定或連接有物體），其彈力的大小往往可以看成不變。而當彈簧（或橡皮繩）具有自由端（沒有任何連接物）時，其彈力可以立即消失。

【考點突破】 【考點指要】

本講高考考點如下： 1.牛頓第一定律，慣性 2.牛頓第二定律，質量 3.牛頓第三定律 4.牛頓力學的適用范圍 5.牛頓定律的應用 6.圓周運動中的向心力 7.超重和失重

第8頁

本講是高中物理的核心內容之一，因而是歷年高考命題熱點，題型以選擇題為主，也有填空題和計算題，有時與電學等知識綜合命題，有一定難度，考查重點是牛頓第二定律與物體的受力分析。考生應真正理解“力是改變物體運動狀態(tài)的原因”這一基本觀點，靈活運用正交分解，整體法和隔離法以及牛頓第二定律與運動學知識的綜合。

【典型例題分析】

例4.質量為10 kg的物體在F＝200N的水平推力作用下，從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面運動，斜面固定不動，與水平地面的夾角θ＝37°。力 F作用2秒鐘后撤去，物體在斜面上繼續(xù)上滑了1.25 秒鐘后，速度減為零。求：物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ和物體的總位移s。（已知sin37o＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）

解析：物體受力分析如圖所示，設加速時的加速度為 a1，末速度為 v，減速時的加速度大小為a2，將mg和F分解后，由牛頓運動定律得

N＝Fsinθ+mgcosθ 第9頁

Fcosθ－f－mgsinθ＝ma1 根據摩擦定律有 f＝μN 加速過程由運動學規(guī)律可知 v＝a1t1

撤去F后，物體減速運動的加速度大小為 a2，則 a2＝gsinθ

由勻變速運動規(guī)律有 v＝a2t2 由運動學規(guī)律知 s＝ a1t12/2 + a2t22/2 代入數(shù)據得μ＝0.4 s＝6.5m 說明：物體在受到三個或三個以上的不同方向的力作用時，一般都要用到正交分解法，在建立直角坐標系不管選取哪個方向為x軸的正向時，所得的最后結果都應是一樣的，在選取坐標軸時，為使解題方便，應盡量減少矢量的分解。若已知加速度方向一般以加速度方向為正方向。分解加速度而不分解力，此種方法一般是在以某種力方向為x軸正向時，其它力都落在兩坐標軸上而不需再分解。

例5.如下圖所示，有一塊木板靜止在光滑且足夠長的水平面上，木板質量為M＝4kg，長為L＝1.4m；木板右端放著一個小滑塊，小滑塊質量為m＝1kg，其尺寸遠小于L。小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4（g＝10m/s2）

（1）現(xiàn)用恒力F作用在木板M上，為了使得m能從M上面滑落下來，問：F大小的范圍是什么？

（2）其它條件不變，若恒力F＝22.8N，且始終作用在M上，最

第10頁

終使得m能從M上面滑落，問：m在M上面滑動的時間是多大？

解析：（1）小滑塊與木板間的滑動摩擦力

f??N??mg

小滑塊在滑動摩擦力f作用下向右勻加速運動的加速度

a1?f/m??g?4m/s2

木板在拉力和滑動摩擦力f作用下向右勻加速運動的加速度 a2＝（F-f）/M 使m能從M上面滑落下來的條件是a2＞a1。即（F-f）／M＞f／m 解得F??(M?m)g?20N

（2）設m在M上面滑動的時間為t，當恒力F＝22.8N，木板的加速度

a2＝（F-f）／M＝4.7m/s

2小滑塊在時間t內運動位移 s1?a1t2

木塊在時間 t內運動位移 s2?a2t2

因s2－s1＝L 解得t＝2s 說明：若系統(tǒng)內各物體的加速度相同，解題時先用整體法求加速度，后用隔離法求物體間相互作用力，注意：隔離后對受力最少的物體進行分析較簡捷。然而本題兩物體有相對運動，加速度不同，只能

第11頁 1212

用隔離法分別研究，根據題意找到滑下時兩物體的位移關系。

例6.用質量不計的彈簧把質量3m的木板A與質量m的木板B連接組成如圖所示的裝置。B板置于水平地面上。現(xiàn)用一個豎直向下的力F下壓木板A，撤消F后，B板恰好被提離地面，由此可知力F的大小是（）

A.7mg B.4mg C.3mg D.2mg 解析：未撤F之前，A受力平衡：

f1 3mg F

F?3mg?f1

撤力F瞬間，A受力

f1 3mg

第12頁

當B板恰好被提離地面時，對B板

f2 mg

f2?mg

此刻A板應上升到最高點，彈簧拉伸最長 A中受力

3mg f2'

F合?3mg?f2'?4mg

根據A上下振動，最高點應與最低點F合大小相等，方向相反

故F合?f1?3mg，?f1?7mg

因此F＝4mg，選B。

說明：撤消力后A上下簡諧振動，在最高點和最低點加速度大小相等。

【達標測試】

1.（2005 東城模擬）如圖所示，質量為m的物體放在傾角為α的光滑斜面上，隨斜面體一起沿水平方向運動，要使物體相對于斜面保持靜止，斜面體的運動情況以及物體對斜面壓力F的大小是（）

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A.斜面體以某一加速度向右加速運動，F(xiàn)小于mg B.斜面體以某一加速度向右加速運動，F(xiàn)不小于mg C.斜面體以某一加速度向左加速運動，F(xiàn)大于mg D.斜面體以某一加速度向左加速運動，F(xiàn)不大于mg

2.有一人正在靜止的升降機中用天平稱物體的質量，此時天平橫梁平衡。升降機內還有一只掛有重物的彈簧秤。當升降機向上加速運動時（）

A.天平和彈簧秤都處于失重狀態(tài)，天平傾斜，彈簧秤讀數(shù)減小 B.天平和彈簧秤都處于超重狀態(tài)，天平傾斜，彈簧秤讀數(shù)增大 C.天平和彈簧秤都處于超重狀態(tài)，天平讀數(shù)不變，彈簧秤讀數(shù)增大

D.天平和彈簧秤都處于失重狀態(tài)，天平讀數(shù)不變，彈簧秤讀數(shù)不變

3.用質量為1kg的錘子敲天花板上的釘子，錘子打在釘子上時的速度大小是10m/s，方向豎直向上，與釘子接觸0.3s后又以5m/s的速度原路返回，則錘子給釘子的作用力為（g取10m/s2）（）A.40N，豎直向下

B.40N，豎直向上 C.60N，豎直向下

D.60N，豎直向上

4.（2005 揚州模擬）如圖所示，質量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)。

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當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為（）

A.0 B.大小為 C.大小為 D.大小為23g，方向豎直向下 323g，方向垂直于木板向下 33g，方向水平向右 3 5.如圖所示，質量分別為m1、m2的A、B兩物體，用輕質彈簧連接起來，放在光滑水平桌面上，現(xiàn)用力水平向右拉A，當達到穩(wěn)定狀態(tài)時，它們共同運動的加速度為a。則當拉力突然停止作用的瞬間，A、B的加速度應分別為（）

A.0和a

B.a和0 C.?m2a和a m1D.?m1a和a m2 6.物體從25m高處由靜止開始下落到地面的時間是2.5s，若空氣阻力恒定，g取10m/s2，則重力是空氣阻力的____倍。

7.（2006 西城模擬）民用航空客機的機艙，除了有正常的艙門和舷梯連接，供旅客上下飛機，一般還設有緊急出口。發(fā)生意外情況的飛機在著陸后，打開緊急出口的艙門，會自動生成一個由氣囊構成的斜面，機艙中的人可沿該斜面滑行到地面上來，示意圖如圖所示。

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某機艙離氣囊底端的豎直高度AB＝3.0m，氣囊構成的斜面長AC＝5.0m，CD段為與斜面平滑連接的水平地面。一個質量m＝60kg的人從氣囊上由靜止開始滑下，人與氣囊、地面間的動摩擦因數(shù)均為??0.5。不計空氣阻力，g?10m/s2。求：

（1）人從斜坡上滑下時的加速度大小；

（2）人滑到斜坡底端時的速度大小；

（3）人離開C點后還要在地面上滑行多遠才能停下？

8.（2005 福建模擬）放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，力F的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖所示。取重力加速度g＝10m／s2。試利用兩圖線求出物塊的質量及物塊與地面間的動摩擦因數(shù)？

9.風洞實驗室中可以產生水平方向的、大小可調節(jié)的風力，現(xiàn)將一套有小球的細直桿放入風洞實驗室，小球孔徑略大于細桿直徑。

（1）當桿在水平方向上固定時，調節(jié)風力的大小，使小球在桿上做勻速運動，這時小球所受的風力為小球所受重力的0.5倍，求小

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球與桿間的滑動摩擦因數(shù)？

（2）保持小球所受風力不變，使桿與水平方向間夾角為37°并固定，則小球從靜止出發(fā)在細桿上滑下距離s所需時間為多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

10.據報道“民航公司的一架客機，在正常航線上做水平飛行時，由于突然受到強大氣流的作用，使飛機在10s內下降高度達1700m,造成眾多乘客和機組人員的傷亡事故”。如果只研究飛機在豎直方向上的運動，且假設這一運動是勻變速直線運動，試分析：

（1）乘客所系安全帶必須提供相當于乘客體重幾倍的拉力，才能使乘客不脫離坐椅？

（2）未系安全帶的乘客相對于機艙將向什么方向運動？最可能受到傷害的是人體的什么部位？

11.（2004 海淀模擬）如下圖所示，在傾角θ＝37°的足夠長的固定的斜面底端有一質量m＝0.1kg的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25。現(xiàn)用輕鋼繩將物體由靜止沿斜面向上拉動，拉力F＝1.0N，方向平行斜面向上，經時間t＝4.0s繩子突然斷了，求：

（1）繩斷時物體的速度大小？

（2）從繩子斷了開始到物體再返回到斜面底端的運動時間？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）

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【綜合測試】

1.（2006 崇文一模）質量為2m的物塊A和質量為m的物塊B相互接觸放在水平面上，如圖所示。若對A施加水平推力F，則兩物塊沿水平方向做加速運動。關于A對B的作用力，下列說法正確的是（）

A.若水平面光滑，物塊A對B的作用力大小為F B.若水平面光滑，物塊A對B的作用力大小為2F/3 C.若物塊A與地面無摩擦，B與地面的動摩擦因數(shù)為μ，則物塊A對B的作用力大小為μmg Ｄ.若物塊A與地面無摩擦，B與地面的動摩擦因數(shù)為μ，則物塊A對B的作用力大小為(F+2μmg)/3 2.電梯內，一質量為m的物體放在豎直立于地板上、勁度系數(shù)為k的輕質彈簧上方。靜止時彈簧被壓縮Δx1。當電梯運動時，彈簧又壓縮了Δx2。則電梯運動的可能情況是（）A.以k（?x1＋?x2）的加速度加速上升 B.以mk?x2m的加速度加速上升

第18頁

C.以k（?x1＋?x2）的加速度減速下降 D.以mk?x

2的加速度減m速下降

3.靜止物體受到向東的力F作用，F(xiàn)隨時間變化如圖所示，則關于物體運動情況描述正確的是（）

A.物體以出發(fā)點為中心位置，來回往復運動 B.物體一直向東運動，從不向西運動

C.物體以出發(fā)點東邊的某處為中心位置，來回往復運動 D.物體時而向東運動，時而向西運動，但總體是向西運動 4.如圖所示，三個物體的質量分別為m1、m2、m3，系統(tǒng)置于光滑水平面上，系統(tǒng)內一切摩擦不計，繩重力不計，要求三個物體無相對運動，則水平推力F（）

A.等于m2g

B.等于（m1+m2+m3）C.等于（m2+m3）

m1g m2m1g m2m2g m1D.等于（m1+m2+m3）5.如圖所示，在靜止的小車內用細繩a和b系住一小球。繩a與豎直方向成θ角，拉力為Ta，繩b成水平狀態(tài)，拉力為Tb。現(xiàn)讓小車

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從靜止開始向右做勻加速直線運動。此時小球在車內的位置仍保持不變（角θ不變）。則兩根細繩的拉力變化情況是（）

A.Ta變大，Tb不變

B.Ta變大，Tb變小 C.Ta變大，Tb變大

D.Ta不變，Tb變小

6.（2005 西城模擬）下列關于超重、失重現(xiàn)象的描述中，正確的是（）

A.列車在水平軌道上加速行駛，車上的人處于超重狀態(tài) B.當秋千擺到最低位置時，蕩秋千的人處于超重狀態(tài) C.蹦床運動員在空中上升時處于失重狀態(tài)，下落時處于超重狀態(tài)

D.神州五號飛船進入軌道做圓周運動時，宇航員楊利偉處于失重狀態(tài)

7.（2005 朝陽模擬）如圖a所示，水平面上質量相等的兩木塊A、B用一輕彈簧相連接，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動木塊A，使木塊A向上做勻加速直線運動，如圖b所示。研究從力F剛作用在木塊A的瞬間到木塊B剛離開地面的瞬間這個過程，并且選定這個過程中木塊A的起始位置為坐標原點，則下列圖象中可以表示力 F 和木塊A的位移 x之間關系的是（）

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8.一平直的傳送帶以速率v＝2m/s勻速運行，傳送帶把A處的工件運送到B處，A、B相距L＝10m。從A處把工件輕輕放到傳送帶上，經過時間t＝6s能傳送到B處。設物體A的質量為5kg。求此過程中，由于摩擦產生的內能？

9.質量為m的小球A穿在絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A 帶正電，電量為q。在桿上B點處固定一個電量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速釋放。小球A下滑過程中電量不變。不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中。已知靜電力常量K和重力加速度g。

第21頁

（1）A球剛釋放時的加速度是多大？

（2）當A球的動能最大時，求此時A球與B點的距離？

10.如圖所示，質量M＝0.2kg的長木板靜止在水平面上，長木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1。現(xiàn)有一質量也為0.2kg的滑塊以v0＝1.2m/s的速度滑上長板的左端，小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4。滑塊最終沒有滑離長木板，求滑塊在開始滑上長木板到最后靜止下來的過程中，滑塊滑行的距離是多少?（以地球為參考系，g＝10m/s2）

11.已知斜面體和物體的質量為M、m，各表面都光滑，如圖所示，放置在水平地面上。若要使m相對M靜止，求：

（1）水平向右的外力F與加速度a各多大?（2）此時斜面對物體m的支持力多大?（3）若m與斜面間的最大靜摩擦力是f，且μ＜tgα，求加速度a的范圍？

12.A、B兩個木塊疊放在豎直輕彈簧上，如圖所示，已知木塊A、B的質量分別為0.42kg和0.40kg，輕彈簧的勁度系數(shù) k＝100N/m。若在木塊A上作用一個豎直向上的力F，使A由靜止開始以0.5m/s

2第22頁 的加速度豎直向上做勻加速運動。（g取10m/s2）

（1）使木塊A豎直向上做勻加速運動的過程中，力F的最大值？

第23頁

【達標測試答案】 1.C 提示：物體要受力為重力、支持力，合力方向只能水平向左，支持力大于重力。2.C 提示：向上加速，加速度方向向上，超重，天平左右兩邊超重相同，故能平衡。3.B 提示：可用動量定理(F?mg)t?mv2?(?mv1)，也可用牛頓定律。4.C 提示：木板撤離瞬間，小球彈簧彈力和重力不變，其合力大小等于平衡時小球受的支持力大小，方向垂直于木板向下。5.C 提示：隔離物體Bf2?m2a，拉力停止作用瞬間，彈力不變，B加速度不變，A加速度大小a1? 6.5 2 提示：h?12at,a?f2?m2?a m1m1mg?f m 7.提示：（1）由牛頓運動定律mgsin???N?ma，N?mgcos??0

解得a?gsin???gcos??2m/s（2）由vC

求出vC?25m/s ?2as 2（3）由牛頓運動定律?mg?ma'，0?vC?2(?a')s'

解得s'?20.m

第24頁

8.提示：由v－t圖形可知，物塊在0－3s內靜止，3—6s內做勻加速運動，加速度a，6－9s內做勻速運動，結合F－t圖形可知：

Ff?4N??mg

Fm?Ff?2N?ma

v2?6m/s?at?a?

3由以上各式得m?1kg，??0.4

9.提示：（1）小球受力如圖，由牛頓定律，得

F?f??mg ①

解得μ＝Fmg?0.5mgmg?0.5 ②

（2）小球受力，由牛頓第二定律，有：

沿桿方向：mgsin37o+Fcos37o-f＝ma ③

垂直桿方向：N+Fsin37o-mgcos37o＝0 ④

f＝μN ⑤

Fcos??mgsin??fF23 解得a＝?(g?2)sin??g ⑥

m4mg 小球做的是v0＝0的勻加速直線運動

則小球下滑s，根據s?at2，解得：t＝

第25頁

122s8s。⑦ ?a3g

10.提示：（1）豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，a＝2s/t2＝34m/s2。設帶子的拉力為F，F(xiàn)+mg-FN＝ma,而剛脫離的條件為FN＝0，所以F＝2.4mg。為人體重力的2.4倍。（2）由于相對運動，人將向機艙頂部做加速運動，因而最可能被傷害的是頭部。11.提示：（1）物體受拉力向上運動過程中，受拉力F重力mg和摩擦力f，設物體向上運動的加速度為a1，根據牛頓第二定律有 F?mgsin??f?ma

1因f??N，N?mgcos?

解得a1＝2.0m／s2

所以t＝4.0s時物體的速度大小為v1＝a1t＝8.0m/s（2）繩斷時物體距斜面底端的位移 s1?1 2a1t1?16m 繩斷后物體沿斜面向上做勻減速直線運動，設運動的加速度大小為a2，則根據牛頓第二定律，對物體沿斜面向上運動的過程有

mgsin???mgcos??ma2

解得a2＝8.0m/s2

物體做減速運動的時間t2＝v1/a2

減速運動的位移s2?v1t2

此后物體將沿斜面勻加速下滑，設物體下滑的加速度為a3,根據牛頓第二定律對物體加速下滑的過程有

mgsin???mgcos??ma3

解得a3＝4.0m/s2

設物體由最高點到斜面底端的時間為t3，所以物體向下勻加速運

第26頁

動的位移 s1?s2?a3t32

解得t3?10s?32.s

所以物體返回到斜面底端的時間為tB?t2?t3?4.2s。

【綜合測試答案】 1.D 提示：水平面光滑F(xiàn)?3ma,NAB?ma

水平面不光滑F(xiàn)??mg?3ma,NAB??mg?ma。2.BD 提示：k?x2?ma，加速度方向向上，運動狀態(tài)可以加速上升，也可減速下降。3.C 提示：物體向東勻加速運動0.5s后，減速運動0.5s，然后向西勻加速0.5s，減速運動0.5s。4.D 提示：隔離m1 m2g?m1a，整體F?(m1?m2?m3)a。5.D 提示：Tacos??mg,Tasin??Tb?ma，豎直方向受力平衡Ta不變，水平則Tb變小。6.BD 提示：蹦床運動員在空中無論上升還是下落都失重，飛船進入軌

第27頁 12

道做圓周運動，宇航員的重力充當向心力，完全失重。7.A 提示：F?kx?ma。8.10J 提示：工件勻加速的時間為t1?v?2

aav22 位移為s1??2aa

則勻速運動的時間為t2?6?t1

位移為s2?10?s1

s2?vt2

解以上各式得：

a ＝ 1m/s2 ①

t1＝2s ② s1＝2m ③

對工件受力如圖，有：

f?ma＝5N ④

在勻加速時間內，傳送帶位移為：s3?vt1?2?2m?4m ⑤

∴由于摩擦產生的內能為⑥

9.提示：（1）根據牛頓第二定律mgsin??F?ma

Q?f(s3?s1)?5?(4?2)J?10J

根據庫侖定律 F?kQq

r2 r＝H/sinα

第28頁

2kQqsin? 解得a?gsin??mH2（2）當A球合力為零，加速度為零時，動能最大。

設此時AB間距離為R mgsin??kQq 2R 解得R?kQqmgsin?

10.0.24m 提示：滑塊和長木板的受力情況如圖所示

f1＝μ1Mg＝0.4×0.2×10＝0.8N a1＝f1/M＝4m/s2

即滑塊先以a1＝4m/s2的加速度做勻減速運動。對長木板而言，假設f2是滑動摩擦力，則 f2＝μ2N＝μ2×2Mg＝0.4N ∵f1′＝0.8N＞f2，故長木板做加速運動，?f1?f2 a2＝＝2m/s2

M 滑塊做減速運動，長木板做加速運動，當兩者速度相等時，兩者無相對運動，相互間的滑動摩擦力消失，此時有v1＝v0-a1t1，v2＝a2t1，且v1＝v2，即v0-a1t1＝a2t1 t1＝v01.2＝0.2s ?a1?a24?2 故v1＝v2＝a2t1＝0.4m/s

第29頁

當兩者速度相等后，由于長木板受到地面的摩擦力f2作用而做勻減速運動，滑塊也將受到長木板對它的向左的靜摩擦力而一起做勻減速運動，以它們整體為研究對象，有 f2＝2Ma，a＝μ2g＝1m/s2

滑塊和長木塊以加速度a做勻減速動直到靜止。在整個運動過程中，滑塊先以加速度a1作初速為v0，末速為v1的勻減速運動，而后以加速度a做初速為v1的勻減速運動直至靜止，所以滑塊滑行的總距離s為

v0?v10?v121.2?0.40.42 s＝t1???0.2??0.24m

22?(?a)22?1 11.（1）F＝（M+m）gtgα，α＝gtgα

（2）mg/cosα

（3）mgsin??fmgsin??f≤a≤

mcos?mcos? 提示：（1）隔離m F合?mgtg??ma,a?g?tg?，整體F?(M?m)a。

（3）沿斜面和垂直斜面分解加速度，在斜面方向最大加速度mgsin??f?ma2cos?，最小加速度mgsin??f?ma1cos?。

12.4.41N 提示：木塊A、B疊放在豎直輕彈簧上時，木塊A受重力m1g、B的支持力N和力F；木塊B受重力2mg、A的壓力(大小等于N)和彈簧的彈力f，A和B一起由靜止開始向上做勻加速運動，隨位置的升高，彈力f減小，壓力N也減小，直到N＝0時，A、B開始分離。

對于木塊A，豎直向上做勻加速運動，有

第30頁

F＋N-m1g＝m1a 隨著N的減小，力F逐漸增大，A、B分離后，N＝0，力F最大值

F＝m1(g＋a)＝4.41N

第31頁

第二篇：牛頓運動定律教案

三、牛頓運動定律

教學目標 1．知識目標：

（1）掌握牛頓第一、第二、第三定律的文字內容和數(shù)學表達式；（2）掌握牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、獨立性和對應性；（3）了解牛頓運動定律的適用范圍． 2．能力目標：

（1）培養(yǎng)學生正確的解題思路和分析解決動力學問題的能力；（2）使學生掌握合理選擇研究對象的技巧． 3．德育目標：

滲透物理學思想方法的教育，使學生掌握具體問題具體分析，靈活選擇研究對象，建立合理的物理模型的解決物理問題的思考方法．

教學重點、難點分析

1．在高

一、高二的學習中，學生較系統(tǒng)地學習了有關動力學問題的知識，教師也介紹了一些解題方法，但由于學生掌握物理知識需要有一個消化、理解的過程，不能全面系統(tǒng)地分析物體運動的情境，在高三復習中需要有效地提高學生物理學科的能力，在系統(tǒng)復習物理知識的基礎上，對學生進行物理學研究方法的教育．本單元的重點就是幫助學生正確分析物體運動過程，掌握解決一般力學問題的程序．

2．本單元的難點在于正確、合理地選擇研究對象和靈活運用中學的數(shù)學方法，解決實際問題．難點的突破在于精選例題，重視運動過程分析，正確掌握整體—隔離法．

教學過程設計

一、引入

牛頓運動定律是經典力學的基礎，應用范圍很廣．

在力學中，只研究物體做什么運動，這部分知識屬于運動學的內容．至于物體為什么會做這種運動，這部分知識屬于動力學的內容，牛頓運動定律是動力學的支柱．我們必須從力、質量和加速度這三個基本概念的深化理解上掌握牛頓運動定律．這堂復習課希望學生對動力學的規(guī)律有較深刻的理解，并能在實際中正確運用．

二、教學過程 教師活動

1．提問：敘述牛頓第一定律的內容，慣性是否與運動狀態(tài)有關？ 學生活動

回憶、思考、回答：

一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止． 教師概括．

牛頓第一定律指明了任何物體都具有慣性——保持原有運動狀態(tài)不變的特性，同時也確定了力是一個物體對另一個物體的作用，力是改變物體運動狀態(tài)的原因．

應該明確：

（1）力不是維持物體運動的原因；

（2）慣性是物體的固有性質．慣性大小與外部條件無關，僅取決于物體本身的質量．無論物體受力還是不受力，無論是運動還是靜止，也無論是做勻速運動還是變速運動，只要物體質量一定，它的慣性都不會改變，更不會消失，慣性是物體的固有屬性．

放投影片：

[例1]某人用力推原來靜止在水平面上的小車，使小車開始運動，此后改用較小的力就可以維持小車做勻速直線運動，可見：

A．力是使物體產生運動的原因 B．力是維持物體運動速度的原因 C．力是使物體產生加速度的原因 D．力是使物體慣性改變的原因 討論、思考、回答： 經討論得出正確答案為：C． 2．提問：牛頓第二定律的內容及數(shù)學表達式是什么？ 學生回憶、回答：

物體受到外力作用時，所獲得的加速度的大小跟外力大小成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向與合外力方向相同．

ΣF=ma

理解、思考． 教師講授： 牛頓第二定律的意義

（1）揭示了力、質量、加速度的因果關系．（2）說明了加速度與合外力的瞬時對應關系．（3）概括了力的獨立性原理

提問：怎樣應用牛頓第二定律？應用牛頓第二定律解題的基本步驟如何？ 討論：歸納成具體步驟．

應用牛頓第二定律解題的基本步驟是：（1）依題意，正確選取并隔離研究對象．

（2）對研究對象的受力情況和運動情況進行分析，畫出受力分析圖．（3）選取適當坐標系，一般以加速度的方向為正方向．根據牛頓第二定律和運動學公式建立方程．

（4）統(tǒng)一單位，求解方程組．對計算結果進行分析、討論． 在教師的引導下，分析、思考． 依題意列式、計算．

[例2]有只船在水中航行時所受阻力與其速度成正比，現(xiàn)在船由靜止開始沿直線航行，若保持牽引力恒定，經過一段時間后，速度為v，加速度為a1，最終以2v的速度做勻速運動；若保持牽引力的功率恒定，經過另一段時間后，速度為v，加速度為a2，最終也以2v的速度做勻速運動，則a2=______a1．

放投影片，引導解題： 牽引力恒定：

牽引力功率恒定：

提問：通過此例題，大家有什么收獲？隨教師分步驟應用牛頓第二定律列式． 學生分組討論，得出結論：

力是產生加速度的原因，也就是說加速度與力之間存在即時直接的因果關系．被研究對象什么時刻受力，什么時刻產生加速度，什么時刻力消失，什么時刻加速度就等于零．這稱做加速度與力的關系的同時性，或稱為瞬時性．

放投影片：

[例3]已知，質量m=2kg的質點停在一平面直角坐標系的原點O，受到三個平行于平面的力的作用，正好在O點處于靜止狀態(tài)．已知三個力中F2=4N，方向指向負方向，從t=0時起，停止F1的作用，到第2秒末物體的位置坐標是（-2m，0）．求：（1）F1的大小和方向；（2）若從第2秒末起恢復F1的作用，而同時停止第三個力F3的作用，則到第4秒末質點的位置坐標是多少？（3）第4秒末質點的速度大小和方向如何？（4）F3的大小和方向？

讀題，分析問題，列式，求解． 畫坐標圖：

經啟發(fā)、討論后，學生上黑板寫解答．

（1）在停止F1作用的兩秒內，質點的位置在x軸負方向移動，應

所以F1=-Fx=-ma=2（N）F1的方向沿X軸方向．

（2）當恢復F1的作用，而停止F3的作用的2秒內，因為F1在x軸正方向，F(xiàn)2在y軸負方向，直接用F1和F2列的動力學方程

所以第4秒末的位置坐標應是

其中v1x=a1t1=-2（m/s），t2=2s

（3）第4秒末質點沿x軸和y軸方向的速度分別為v2x和v2y，有

即第4秒末質點的速度為4m/s，沿y軸負方向．

限，設F3與y軸正向的夾角為θ，則有

對照解題過程理解力的獨立作用原理． 教師啟發(fā)、引深：

大量事實告訴我們，如果物體上同時作用著幾個力，這幾個力會各自產生自己的加速度，也就是說這幾個力各自產生自己的加速度與它們各自單獨作用時產生的加速度相同，這是牛頓力學中一條重要原理，叫做力的獨立作用原理，即：

3．提問：敘述牛頓第三定律的內容，其本質是什么？ 回憶，思考，回答：

兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上． 放投影片：

牛頓第三定律肯定了物體間的作用力具有相互作用的本質：即力總是成對出現(xiàn)，孤立的單個力是不存在的，有施力者，必要有受力者，受力者也給施力者以力的作用．這一對作用力和反作用力的關系是：等大反向，同時存在，同時消失，分別作用于兩個不同的物體上，且具有相同的性質和相同的規(guī)律．

[例4] 如圖1-3-2，物體A放在水平桌面上，被水平細繩拉著處于靜止狀態(tài)，則：

[

]

A．A對桌面的壓力和桌面對A的支持力總是平衡的 B．A對桌面的摩擦力的方向總是水平向右的 C．繩對A的拉力小于A所受桌面的摩擦力

D．A受到的重力和桌面對A的支持力是一對作用力與反作用力 思考、討論、得出正確結論選B，并討論其它選項錯在何處． 放投影片：

4．牛頓運動定律的適用范圍

牛頓運動定律如同一切物理定律一樣，都有一定的適用范圍．牛頓運動定律只適用于宏觀物體，一般不適用于微觀粒子；只適用于物體的低速（遠小于光速）運動問題，不能用來處理高速運動問題．牛頓第一定律和第二定律還只適用于慣性參照系．

理解，記筆記．

三、課堂小結

提問：你怎樣運用牛頓運動定律來解決動力學問題？ 組織學生結合筆記討論并進行小結．

由牛頓第二定律的數(shù)學表達式ΣF=ma，可以看出凡是求瞬時力及作用效果的問題；判斷質點的運動性質的問題，都可用牛頓運動定律解決．

解決動力學問題的基本方法是：

（1）根據題意選定研究對象，確定m．

（2）分析物體受力情況，畫受力圖，確定F合．（3）分析物體運動情況，確定a．

（4）根據牛頓定律，力的概念、規(guī)律、運動學公式等建立有關方程．（5）解方程．（6）驗算、討論．

四、教學說明

1．作為高三總復習，涉及概念、規(guī)律多．因此復習重點在于理解概念、規(guī)律的實質，總結規(guī)律應用的方法和技巧．

2．復習課不同于新課，必須強調引導學生歸納、總結．注意知識的連貫性和知識點的橫向對比性．如一對作用力和反作用力與一對平衡力有什么不同？

3．復習課可以上得活躍些，有些綜合題可以由學生互相啟發(fā)，互相討論去解決，這樣既可以提高學生的學習興趣又可提高學生分析問題的能力．

同步練習

一、選擇題

1．如圖1-3-3所示，物體A放在物體B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg．A、B間動摩擦因數(shù)μ=0.2．A物上系一細線，細線能承受的最大拉力是20N，水平向右拉細線，下述中正確的是（g=10m/s2）

[

]

A．當拉力F＜12N時，A靜止不動 B．當拉力F＞12N時，A相對B滑動 C．當拉力F=16N時，B受A摩擦力等于4N D．無論拉力F多大，A相對B始終靜止

2．如圖1-3-4所示，物體m放在固定的斜面上，使其沿斜面向下滑動，設加速度為a1；若只在物體m上再放上一個物體m′，則m′與m一起下滑的加速度為a2；若只在m上施加一個方向豎直向下，大小等于m′g的力F，此時m下滑的加速度為a3，則

[

]

A．當a1=0時，a2=a3且一定不為零 B．只要a1≠0，a1=a2＜a3 C．不管a1如何，都有a1=a2=a3 D．不管a1如何，都有a1＜a2=a3

3．如圖1-3-5所示，在光滑的水平面上放著兩塊長度相等，質量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端分別放有一個大小、形狀、質量完全相同的物塊．開始都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)分別對兩物體施加水平恒力F1、F2，當物體與木板分離后，兩木板的速度分別為v1和v2，若已知v1＞v2，且物體與木板之間的動摩擦因數(shù)相同，需要同時滿足的條件是

[

]

A．F1=F2，且M1＞M2 B．F1=F2，且M1＜M2 C．F1＞F2，且M1=M2 D．F1＜F2，且M1=M2

二、非選擇題

4．如圖1-3-6所示，一質量為M=4kg，長為L=3m的木板放在地面上．今施一力F=8N水平向右拉木板，木板以v0=2m/s的速度在地上勻速運動，某一時刻把質量為m=1kg的鐵塊輕輕放在木板的最右端，不計鐵塊與木板間的摩擦，且小鐵塊視為質點，求小鐵塊經多長時間將離開木板？（g=10m/s2）

5．一艘宇宙飛船飛近一個不知名的行星，并進入靠近該行星表面的圓形軌道，宇航員著手進行預定的考察工作．宇航員能不能僅僅用一只表通過測定時間來測定該行星的平均密度？說明理由．

6．物體質量為m，以初速度v0豎直上拋．設物體所受空氣阻力大小不變，已知物體經過時間t到達最高點．求：

（1）物體由最高點落回原地要用多長時間？（2）物體落回原地的速度多大？

7．如圖1-3-7所示，質量均為m的兩個梯形木塊A和B緊挨著并排放在水平面上，在水平推力F作用下向右做勻加速運動．為使運動過程中A和B之間不發(fā)生相對滑動，求推力F的大小．（不考慮一切摩擦）

8．質量m=4kg的質點，靜止在光滑水平面上的直角坐標系的原點O，先用F1=8N的力沿x軸作用了3s，然后撤去F1，再用y方向的力F2=12N，作用了2s，問最后質點的速度的大小、方向及質點所在的位置．

參考答案

1．CD

2．B

3．BD

4．2s

7．0＜F≤2mgtanθ

第三篇：牛頓運動定律 機械能

牛頓運動定律 機械能

【教學結構】

牛頓運動定律

一、牛頓第一定律：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止。又稱為慣性定律。

慣性：物體有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質。一切物體都有慣性。與運動狀態(tài)無關，靜止狀態(tài)、勻速直線運動狀態(tài)、勻變速運動等，物體都有慣性，且不變。慣性的大小是由質量量度的。物體的速度不需要力來維持。

二、牛頓第二定律

1.運動狀態(tài)變化：物體運動速度發(fā)生變化，運動狀態(tài)就變化。速度是矢量，有大小，有方向，大小和方向一個變化或同時都變，都叫速度變化，加速度描述物體運動狀態(tài)變化快慢。

2.力的作用效果：改變物體運動狀態(tài)，使物體形狀或體積發(fā)生變化。

3.質量：質量是慣性的量度。質量越大，慣性越大，阻礙物體改變運動狀態(tài)作用越大。

4.牛頓第二定律：物體的加速度跟物體所受外力成正比，跟物體質量成反比。∑F=ma 等號左邊是物體所受的合外力，等號右邊是物體質量和加速度的乘積。在使用牛頓第二定律時，（1）選擇研究對象，（2）分析物體受力，（3）利用正交分解方法求物體的合力，建立xoy坐標系，根據解題方便確立x、y方向，（4）列牛頓第二定律方程，∑Fy=may，∑Fx=max（5）解方程。關鍵是正確分析物體受力，求合力。

5.力的平衡：當物體所受合外力為零時，物體為平衡狀態(tài)，即靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。靜止狀態(tài)應是υ=0,a=0。單一速度為零不叫靜止狀態(tài)，使牛頓第二定律解題時，往往是一個方向運動狀態(tài)不變化，需列平衡方程，另一方向有加速度列第二定律方程，然后聯(lián)立求解。

6.牛頓第二定律的應用：（1）根據物體受力情況，使用牛頓第二定律求得加速度，然后結合運動學公式，求解位移，速度等。（2）根據運動學規(guī)律利用題給定的條件求出加速度再利用牛頓第二定律，求解力或質量。

三、牛頓第三定律：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上。作用力和反作用力與二力平衡的區(qū)別：作用力與反作用力作用在兩個物體上不能使物體平衡，二力平衡一定是作用在一個物體上。作用力與反作用力一定是同種性質的力，是摩擦力都是摩擦力，二力平衡則可是不同性質的力。在確定作用力的反作用力時，一定發(fā)生在兩個物體之間，A給B的力為作用力，反作用力一定是B給A的力。

四、單位制：

基本單位：選定幾個物理量的單位為基本單位。

導出單位：利用基本單位導出的單位，例如：基本單位位移m，時間s，速s度單位：根據υ=，速度單位為m/s，即為導出單位。

t單位制：基本單位和導出單位一起組成單位制。

國際單位制：基本單位：位移：m, 質量：kg, 時間：s。又稱：米，千克，秒制。導出單位：加速度：m/s2，力：1牛頓（N）=1kgm/s2等。機械能

一、功：物體受力的作用，在力的方向上

發(fā)生位移，這個力對物體做了功。如圖1所示：W=Fscosα，物體 在F1方向上發(fā)生位移S。

α＜90°時，cosα＞0，力對物體做正功

α=90°時，cosα=0，力對物體不做功，這是很重要的情況，必須重視；帶電沿等勢面移動，電場力不做功，洛侖茲力對運動電荷不做功。90°＜α≤180°時，cosα＜1，力對物體做負功，也可理解為物體克服某力做功。

功是標量只有大小而無方向，做正功、負功只反映做功的效果。功是能量轉化的量度，做功過程是能量轉化過程。功的單位：焦耳。1焦耳=1Nm。

w功率：描述做功快慢的物理量，定義：功跟完成這些功所用時間的比值，P=。

t功率的單位1瓦（W）=1J / S，1千瓦（KW）=1000 J / S，功率是標量。

P=Fυ，F(xiàn)大小方向不變，υ在變化，某時刻功率P=Fυt，稱為即時功率。若

w時間t完成功為W，P=，又稱為在t時間內的平均功率，或表示為P?F?V。

t額定功率：機械在正常工作時的最大功率。機械的實際功率可以小于額定功率。當機械在額定功率下工作：P額=Fυ，速度越大，牽引力越小，在汽車起動時，速度很小，牽引力很大，且大于阻力，汽車加速運動，υ增大，F(xiàn)減小，加速度隨之減小，當F=f時，加速度為零，汽車有最大速度υm，汽車開始的υm做勻速運動，P額=F·υm=fυm。

二、機械能

11.動能：物體動能等于它的質量跟它的速度平方乘積的一半。Ek=m?2，動

2能是標量，動能單位：焦耳（J），靜止物體動能量為零。動能大小由m、?2共同決定。

2.重力勢能：物體的重力勢能就等于物體所受重力和它的高度的乘積。EP=mgh。勢能是標量，單位：焦耳。在研究物體重力勢能時，首先要確定重力勢能0勢能參考平面。h是相對零勢能參數(shù)面的高度，物體在“0”勢能面上面h為正，重力勢能為正表示比零重力勢能大。在0勢能面下面h為負，重力勢能為負，表示0重力勢能小。零勢能面的選擇是任意的，在解決具體問題時，以方便為選零勢能面的原則。

重力功與重力勢能的關系：重力做正功重力勢減小，做多少正功重力勢能減少多少。重力做負功，重力勢能增加，重力做多少負功，重力勢增加多少。

3.彈性勢能：被拉伸或壓縮的彈簧，內部各部分之間的相對位置發(fā)生變化，而具有的勢能。其它彈性物體形變時也能產生彈性勢能。我們主要考慮彈簧的形變勢能。

勢能：指彈性勢能和重力勢能。機械能：動能和勢能的總和。

三、機械能守恒定律：如果沒有摩擦和介質阻力（空氣阻力、水的阻力等），物體只發(fā)生動能和勢能的相互轉化，機械能總量保持不變。

對于機械能守恒條件可以理解為：只有重力和產生彈性勢能彈力做功，其它力都不做功或其它力做功總和為零，能量轉化過程中，機械能守恒。重點要求會用機械能解釋一些比較簡單的物理過程。例如：單擺在忽略空氣阻力情況下，機械能守恒，豎直上拋物體機械能守恒，它們都是動能與勢能之間的轉化。

【課余思考】

1.牛頓三定律內容是什么？第一定律與第二定律關系？在使用牛頓第二定律時應注意什么？物體的平衡條件是什么？

2.什么叫機械能守恒？機械能守恒條件是什么？

【解題要點】

例

一、下面說法正確的是（）A.物體受的合外力越大，動量越大 B.物體受的合外力越大，動量變化量越大

C.物體受的合外力越大，動量變化率越大 D.物體動量變化快慢與合外力沒關系

解析：運動物體的質量與運動速度的乘積叫做物體動量，是矢量，用P表示。P=mυ,其單位為：kgm/s，其方向與速度方向相同，設物體受的合外力F合作用

?t??0時間為t，在此時間內物體速度由υ0變到υt，其加速度a?，代入牛頓第t?t??0二定律式F合=ma=m

tm?t?m?0Pt?P0Pt?P0==，Pt?P0為動量變化量，為動量變化率。可知C選ttt項正確。

牛頓第二定律又可表述為：作用在物體上的合外力等于單位時間動量的變化。

例

二、質量為10kg的物體，原來靜止在水平面上，當受到水平拉力F后開始沿直線做勻加速運動，設物體經過時間t位移為x，且x、t的關系為x=t2，物體所受合外力大小為 第4S末的速度是 當4S末時撤去F，則物體再經過10S停止，運動物體受水平拉力F =，物體與平面摩擦因數(shù)?=。

1解析：依題意，物體做初速度為零的勻加速運動，位移公式為S=at2，與

2x=2t2比較可知a=4m / s2，F(xiàn)合=ma=10×4=40N。4S末的速度υ 4=4×4=16 m / s。撤掉F后在水平方向上受摩擦力f，物體做初速為16m / s的勻減速運動，經10S

2停止運動，υ ′t，a′=1.6m / s，f=ma=10×1.6=16N，F(xiàn)－f=40，F(xiàn)=40＋16=56N，4=υ 0－af又f=?mg，?== mg16 / 100=0.16。

例

三、如圖2所示，質量為m的工件，隨傳送帶運動，工件與傳送帶間無滑動，求下列情況下工件所受靜摩擦力，（1）傳送帶勻速上升，（2）以a=g / 2的加速度向下加速運動，（3）以a=g的加速度向下

加速運動。解析：選工件為研究對象，分析工件受力，如圖3所示，受重力、斜面支持力N，斜面給的靜摩擦力f，其方向

可設為沿斜面向上，建立xoy坐標，x平行斜面向上 為正，y與斜面垂直，向上為正，分解mg為

1Gx=mgsin30°=mg，沿－x方向，23Gy=mgcos30°=mg沿－y方向。

2（1）物體處于平衡狀態(tài)，合外力為零，13即f－mg=0 N－mg=0，解方程

221可得f=mg沿斜面向上。第二個方程可不解。

（2）物體以a=g / 2沿斜面向下加速運動，在x方向列牛頓第二定律方程

1f－mg=－ma，y方向方程可不列，但在很多題目中列y方向方程也是必要2的。方程中的正、負是以x軸方向而決定的，a方向向－x，故為負，將a=g / 2代入方程解得：f=0。

1（3）當a=g時，其它情況同于（2），f=－mg此負號表示與原設定方向相

21反，f大小為mg，方向沿斜面向下。

2例

四、在某次實驗中獲得的紙帶上 每5個點取為一個計數(shù)點0、1、2、3、4、5，每個計數(shù)點相對于起點距離 如圖4所示，由紙帶測量數(shù)據可知，從起點O到第5個計數(shù)點的時間間隔為

S，這段時間里小車的平均速度為

cm / s，在連續(xù)相等的時間內位移差均為

，所以小車運動可看作為

，小車的加速度為

計數(shù)點4處小車的速度為

cm / s。

解析：打點計時器每打兩個點所用時間t0=0.02S，所以每兩個計數(shù)點之間的時間間隔T=0.1S，從O點到第5個計數(shù)點所時間t=0.5S。這段時間內小車位移

s14.30為14.30 cm，平均速度V??=28.6 cm / s。

t0.5第一個T內位移S1=12.6 mm，第二個T內位移S2=33.2－12.6=20.6 mm，S3=61.8－33.2=28.6 mm，S4=98.4－61.8=36.6 mm，S5=143.0－98.4=44.6 mm，連續(xù)相等時間位移差?S=20.6－12.6=28.6－20.6=36.6－28.6=44.6－36.6=8mm。根據勻加速直Sn?Sn?1線運動：a=，可知aT2為恒量，連續(xù)相等時間內位移差一定時，此運動2T便為勻加速直線運動。

?S0.8a=2?2?80cm/s2。在勻加速直線運動中，時間中點的即時速度即等于T01.S4?S536.6?44.6?這段時間的平均速度，V4==40.6 cm / s。2T2?01.例

五、如圖5所示，質量為m的物體靜止在水平面上，物體與平面間摩擦因數(shù)為?，在與水平成

?角的恒力F作用下，做直線運動，當

位移為S時，F(xiàn)對物體做功為

，摩擦力做功為

，重力做功為。

解析：WF=F·Scos?直接可求得F做功。摩擦力 的做功，首先分析物體受力，如圖6所示，在 豎直方向上無加速度處于平衡

N＋F2－mg=0，N=mg－F sin?，f=?N=?(mg－F sin?)摩擦力功Wf=?(mg－F sin?)S。重力功W重=0重力與

位移方向垂直。解決功的問題關鍵是確定力的大小

和方向，位移的大小和方向，然后根據功的定義計算功。

例

六、自高為H處，以速度υ0拋出一個質量為m的小球，在不計空氣阻力的情況下，小球落地時速度大小為多少？若以相同的速度向不同方向拋出不同質量的小球，它們落地時速度大小關系是什么

解析：在忽略空氣阻力情況下，小球自拋出點落地過程機械能守恒，拋出時11機械能為E1=mgH＋m?02，落地時只有動能而無重力勢能，機械能E2=m?2。

221

1mgH＋m?02=m?2 ???02?2gh

22從上式知物體落地時的速度與物體的質量無關，與拋出的方向無關，只要拋出時速度大小相等，拋出高度相同，落地時速度應相等。

【同步練習】

1.如圖7所示，把質量為m的物體沿傾角不同斜面拉至 同一高度，若物體與不同斜面摩擦系數(shù)相同，傾角 θ1＜θ2＜θ3

（1）拉m從坡底到坡頂過程中，克服重力做 功為W1、W2、W3則（）

A.W1＞W2＞W3、B.W1＜W2＜W

3C.W1=W2=W3

D.無法確定

（2）在此過程中克服摩擦力的功為W1、W2、W3則（）

A.W′′′B.W′′′1＞W2＞W1＜W2＜W3

C.W′′′ D.不知運動狀態(tài)無法確定。1=W2=W3

2.在有空氣阻力情況下，豎直上拋一物體，到達最高點又落回原處，若過程中阻力不變，則（）

A.上升過程中重力對物體做功的大小大于下降過程中重力做功的大小

B.上升過程和回落過程阻力做功相等

C.上升過程和回落過程合力做功前者大于后者

D.上升過程重力做功平均功率大于回落過程重力做功的平均功率

3.質量為m的物體，受到位于同一平面內的共點力F1、F2、F3、F4的作用，并處于平衡狀態(tài)，當其中F2變?yōu)镕2＋?F，且方向不變時，則（）

A.物體一定做勻加速直線運動 B.物體一定做變加速直線運動

C.物體的加速度一定是?F/m D.在任何相等時間內物體速度變化一定相同

4.如圖8所示，升降機靜止時彈簧伸長8cm，運動時彈簧伸長4cm，則升降機運動狀態(tài)可能是（）

A.a=1m/s2，加速下降

B.以a=1m/s2，加速上升

C.以a=4.9m/s2，減速上升

2D.以a=4.9m/s，加速下降

5.對于質量相同的甲、乙兩個物體，下列說法正確 的是（）

A.當甲、乙兩物體的速度相同時，它們所受的合外力一定相等

B.當它們受到合外力相同時，它們的動量改變得快慢相同

C.當甲、乙兩物體的加速度相同時，它們所受的合外力一定相等

D.當甲、乙兩物體的位移相等時，它們所受的合外力一定相等 6.以υ=5m/s的速度勻速上升的氣球，吊籃連同重物的質量為10kg，在500m的高空，從吊籃中落下一重物為2kg，經過10S鐘，氣球離開地面高度為多少？（g取10m/s2）

[參考答案] 1.(1)C(2)A 2.B C D 3.C D 4.C D 5.B C 6.675m

第四篇：牛頓運動定律典型習題.

1、如圖所示,在一輛表面光滑的小車上,放有質量分別為m1、m2的兩個小球,隨車一起作勻速直線運動.當車突然停止

運動,則兩小球（設車無

限長,其他阻 力不計(A.一定相碰 B.一定不相碰 C 不一定相碰 D 無法確定

2.火車在長直水平軌道上勻速行駛,門窗緊閉的車廂內有一人向上跳起,發(fā)現(xiàn)仍落回到車上原處,這是因為

A.人跳起后,車廂內給他以向前的力,帶著他隨同火車一起向前運動

B.人跳起的瞬間,車廂的地板給他一個向前的力,推動他隨同火車一起向前運動 C.人跳起后,車在繼續(xù)向前運動,所以人落下后必定偏后一些,只是由于時間很短,偏后距離太小,不明顯而已

D.人跳起后直到落地,在水平方向上和車始終具有相同的速度 思考:若火車以加速度a勻加速運動,則人落到起跳點的什么位置? 若火車以加速度a勻減速運動,則人落到起跳點的什么位置? 3.如圖所示,一個劈形物體A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物體從靜止開始釋放,請分析說明小球在碰到斜面前的運動軌跡

4.如圖(俯視圖所示,以速度v勻速行駛的列車車廂內有一水平光滑桌面,桌面上的處有一小球.若車廂中旅客突然發(fā)現(xiàn)小球沿圖中虛線從A運動到B,則由此可判斷列車(A速行駛,向南轉彎

B.減速行駛,向北轉彎 C.加速行駛,向南轉彎 D.加速行駛,向北轉彎

5.如圖所示,一個劈形物體A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物體從靜止開始釋放,請分析說明小球在碰到斜面前的運動情況如圖所示,重球系于線DC下端,重球下再系一根同樣的線BA,下面說法中正確的是(A.在線的A端慢慢增加拉力,結果CD線拉斷 B.在線的A端慢慢增加拉力,結果AB線拉斷

C.在線的A端突然猛力一拉,結果AB線拉斷 D.在線的A端突然猛力一拉,結果CD線拉斷

6.一物體放在光滑水平面上,初速度為0,先對物體施加一向東的恒力,歷時1s鐘;隨即把此力改為向西,大小不變,歷時1s鐘;接著又把此力改為向東,大小不變,歷時1S鐘;如此反復,只改變力的方向,共歷時1分鐘.在此一分鐘內關于物體的運動,下列說法正確的是

A.物體時而向東運動,時而向西運動,在1分鐘末靜止于初始位置之東 B.物體時而向東運動,時而向西運動,在1分鐘末靜止于初始位置 C.物體時而向東運動,時而向西運動,在1分鐘末繼續(xù)向東運動 D.物體一直向東運動,從不向西運動,在一分鐘末靜止于初始位置之東.7.某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示,據此判斷圖乙(F表示物體所受合力,x表示物體的位移四個選項中正確的是（圖甲

第五篇：牛頓運動定律解決問題說課稿

牛頓運動定律解決問題

（二）說課稿

主要內容包括

1．通過分析教材和學生說三維教學目標的確定

2．說教學的組織方式、教學程序及體現(xiàn)的教育科學理論依據 3．說板書、教學評價及教學效果

一．說結合教材和課程標準，針對學生的心理特點和認知水平，確定三維教學目標

１．說教材：《牛頓運動定律解決問題

（二）》是必修一第四章牛頓運動定律第7節(jié)內容，是本章的重點內容。本節(jié)內容有五個特點：一是物體的平衡和超重、失重問題具有一定的代表性，課本以例題的形式呈現(xiàn)，反映出教科書新的基本知識觀，因此本節(jié)內容知識性與分析問題的過程與方法并重；二是自由落體運動是從受力確定運動情況，超重和失重是從運動情況確定受力，所以說本節(jié)內容即是《牛頓運動定律解決問題

（一）》的延續(xù)又是牛頓運動定律的進一步應用；三是共點力作用下物體的平衡是牛頓第二定律中加速度為０，合外力為０時的特例，要通過列平衡方程進行求解；四是本節(jié)內容涉及牛頓三條定律，尤其是牛頓第二定律和牛頓第三定律的內容。還涉及到物體的受力分析尤其是共點力物體平衡的受力分析；五是本節(jié)內容涉及運用數(shù)學知識（建立坐標系）分析和處理物理問題。

２．說學生：高一學生剛剛接觸動力學知識，思維具有單一性和不確定性；受力分析還不熟練甚至出錯；對超重和失重盡管在電視上見過，或日常生活中聽說過，但基本沒有親身感悟，還存在著某些錯誤的認識；利用運動學公式解決豎直上拋運動因存在往復現(xiàn)象，有一定的難度，空間想象能力較差。

３．重點：共點力物體的平衡；超重和失重現(xiàn)象． ４．難點：物體的受力分析；豎直上拋運動的理解．

５．教學目標：知識與技能―――知道共點力作用下物體的平衡及平衡條件；知道物理學中超重和失重現(xiàn)象的含義，能利用牛頓運動定律進行定性分析和定量計算；能解答以自由落體運動為基礎的豎直方向的運動學問題；能運用牛頓運動定律解答較復雜的問題。過程與方法―――讓學生領會如何從受力分析入手，學會分析復雜問題的過程與方法；讓學生合作探究、研討交流解決問題。情感態(tài)度與價值觀―――讓學生親身感悟超失重現(xiàn)象，激發(fā)學生學習物理的興趣；讓學生觀察力傳感器實驗，培養(yǎng)學生科學意識。

二．說教學程序、教法、學法及教育科學理論依據

設計思想：運動學是描述物體做什么運動，而動力學是研究物體為什么這樣運動的問題，從動力學角度研究物體的平衡，超失重現(xiàn)象和自由落體運動，既有知識性，又有分析問題、探究過程的方法性。結合本節(jié)內容的三個“獨立知識點”，結合高一學生的認知水平，結合與前一節(jié)內容的連續(xù)性，結合市要求的“三課型五環(huán)節(jié)”和“三案教學”。確定主要采用教師演示觀察，學生體驗感悟，問題驅動，以學生為主體合作研討、教師引領下點評矯正的評研法，多媒體輔助教學，使知識主動構建，使能力得到提升。

教學方法：整個教學過程中，以教師引領，學生自主探究合作學習為主線的評研法；以實驗為基礎，逐步深入的誘思法；體現(xiàn)新課程改革所倡導的新的學習理念。

教學程序、教法、學法及教育科學理論依據： １．任務一：研究超重和失重――從運動情況確定受力（12分鐘）教師活動：（1）演示兩種超失重現(xiàn)象，引導學生觀察現(xiàn)象；（2）利用力的傳感器演示超失重中拉力的大小，引導學生思考；（3）引領評研“課前預習案”上系列問題（超失重中速度方向、加速度方向、兩同學黑板展示兩道計算題）讓學生展示自己的預習成果，給予鼓勵性評價；（4）歸納超失重特點，給出超失重和完全失重定義。

學生活動：（1）觀察教師的演示實驗并認真思考；（2）親身感悟超失重現(xiàn)象；（3）回扣研討預習案上系列問題；（4）完成“課中導學案”任務（5）理解超失重定義及其內涵知識。

教學設計說明：通過演示實驗創(chuàng)設物理情景，變抽象為親身感悟，在實驗研究的基礎上解決物理問題，即幫助學生掌握基本知識，又培養(yǎng)學生觀察、分析和探究的能力。

教育科學理論依據：教師的職責現(xiàn)在已經越來越少的傳遞知識，而越來越多的激勵思考（《新課程與教學改革》）

２．任務二：從動力學看自由落體運動――從受力確定運動情況（12分鐘）

教師活動：（1）描述自由落體運動的條件，引導學生受力分析；（2）演示豎直上拋運動，學生仔細觀察；（3）引領評研“課前預習案”上系列問題（豎直上拋運動上升過程的加速度、下落過程的加速度、到達最高點的時間等問題）。

學生活動：（1）積極思考，明確自由落體運動的性質及其原因；（2）觀察演示實驗現(xiàn)象；（3）結合“課中導學案”明確豎直上拋運動過程的特點及其運動性質。

教學設計說明：“課前預習案”上系列問題，目的是一步步的引導學生明確比較復雜的豎直上拋運動過程。

教育科學理論依據：突出獨立獲取物理知識，探究物理規(guī)律，體現(xiàn)以揭示規(guī)律為重點的原則。（《高中物理課程標準教師讀本》）

３．任務三：共點力的平衡條件（11分鐘）

教師活動：（1）演示三種平衡現(xiàn)象，學生觀察平衡的特點；（2）回扣“課前預習案”從牛頓運動定律得出平衡條件；（3）展示三角支架，分析結點“O ”的受力情況；（4）引領學生列出平衡方程，求出彈力大小。

學生活動：（1）觀察平衡現(xiàn)象，積極尋找平衡狀態(tài)；（2）理解三角支架上“O”點的受力情況；（3）在教師引導下列出平衡方程，求出彈力大小，完成“課中導學案”任務。

教學設計說明：平衡態(tài)是具體的一種狀態(tài)，從觀察到得出結論順理成章。三角支架的受力和施力情況易于混淆，出示模型化難為易。

教育科學理論依據：教學應以人的全面發(fā)展為本。因此：師者，所以引路、開竅、促進也。（《誘思探究學科教學論》）

4．任務四：總結本節(jié)課學習的主要知識內容和物理方法，布置“課后提升案”任務（5分鐘）

三．說板書：多媒體及導學案輔助下，主要板書課題，任務環(huán)節(jié)，共點力平衡的條件，超失重概念等內容。

四．說教學評價及教學效果：適時恰當?shù)倪\用激勵評價機制，促進學生的合作交流、點評學生的展示、激發(fā)學生的思維、提高學生的能力，構建和諧的課堂氛圍，完成教學任務。但本節(jié)課內容較多，也有一定的難度，在教學中對外開發(fā)的有一定限度，練習也不夠充分，需要在“課后提升案”中加以鞏固和提高。