專題5：牛頓三大定律參考答案

題型1：慣性概念的理解及應用

1.一天，下著傾盆大雨．某人乘坐列車時發現，車廂的雙層玻璃窗內積水了.列車進站過程中，他發現水面的形狀如圖中的()

解析：列車進站時剎車，速度減小，而水由于慣性仍要保持原來較大的速度，所以水向前涌，液面形狀和選項C一致．

答案：C

(1)若列車正在出站，則水面的形狀與哪個選項一致？

(2)若水面形狀與選項A中相同，說明列車的運動狀態是怎樣的？

解析：(1)列車出站時速度增加，水由于慣性仍要保持原來較小的速度，故形成選項B中的液面形狀．

(2)液面水平，說明列車的運動狀態沒有變化，則列車可能處于靜止狀態或勻速直線運動狀態．

答案：(1)B(2)靜止或勻速直線運動

2.在勻速前進的磁懸浮列車里，小明將一小球放在水平桌面上且小球相對桌面靜止．關于小球與列車的運動，下列說法正確的是()

A．若小球向前滾動，則磁懸浮列車在加速前進

B．若小球向后滾動，則磁懸浮列車在加速前進

C．磁懸浮列車急剎車時，小球不滾動

D．磁懸浮列車急剎車時，小球向后滾動

解析：若磁懸浮列車減速，磁懸浮列車運動的速度變小了，而小球因為有慣性，要保持原來的勻速直線運動狀態，所以小球運動的速度要大于磁懸浮列車運動的速度，即小球要相對磁懸浮列車向前滾．反之，當磁懸浮列車加速時，磁懸浮列車運動的速度變大了，而小球因為有慣性，要保持原來的勻速直線運動狀態，所以小球運動的速度要小于磁懸浮列車運動的速度，即小球要相對磁懸浮列車向后滾．由以上分析可知，選項B正確．

答案：B

題型2：牛頓第三定律的理解及應用

3.下列說法正確的是()

A．走路時，只有地對腳的作用力大于腳蹬地的力時，人才能往前走

B．走路時，地對腳的作用力與腳蹬地的力總是大小相等，方向相反的C．物體A靜止在物體B上，A的質量是B的質量的10倍，則A對B的作用力大于B對A的作用力

D．以卵擊石，石頭沒有損傷而雞蛋破了，是因為雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力

解析：地對腳的作用力與腳蹬地的力是作用力和反作用力，由牛頓第三定律，這兩個力總是大小相等、方向相反的，A不正確，B正確．物體A對B的作用力總是等于B對A的作用力，與A、B兩物體的質量無關，C不正確．以卵擊石時，雞蛋對石頭的作用力等于石頭對雞蛋的作用力，但雞蛋的承受能力較小，所以雞蛋會破，D不正確．

答案：B

作用力和反作用力的關系：

①與物體的運動狀態及如何作用無關．

②作用力與反作用力總是大小相等，方向相反．

4.如圖所示，兩車廂的質量相同，其中有一個車廂內有一人拉動繩子使車廂相互靠近，若不計繩子質量及車與軌道間的摩擦，下列對于哪個車廂有人的判斷正確的是()

A．繩子拉力較大的那一端車廂里有人

B．先開始運動的車廂內有人

C．先到達兩車中點的車廂內沒人

D．不去稱質量，無法確定哪個車廂內有人

答案：C

5.如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上向右滑行，木塊受到向右的拉力F的作用，長木板處于靜止狀態，已知木塊與長木板間的動摩擦因數為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數為μ2，則()

A．長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mg

B．長木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g

C．當F>μ2(m＋M)g時，長木板便會開始運動

D．無論怎樣改變F的大小，長木板都不可能運動

解析：木塊受到的滑動摩擦力大小為μ1mg，由牛頓第三定律，長木板受到m對它的摩擦力大小也是μ1mg，對長木板使用平衡條件得地面對長木板的靜摩擦力為μ1mg，A、B錯誤．改變F的大小，木塊m受到的滑動摩擦力不會發生變化，長木板受力不變，C錯誤，D正確．

答案：

D

題型3：牛頓第二定律的應用

用牛頓第二定律解題時，通常有以下兩種方法：

1．合成法

若物體只受兩個力作用而產生加速度時，利用平行四邊形定則求出兩個力的合外力方向就是加速度方向．特別是兩個力互相垂直或相等時，應用力的合成法比較簡單．

2．分解法

當物體受到兩個以上的力作用而產生加速度時，常用正交分解法．分解方式有兩種：

(1)分解力：一般將物體受到的各個力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，則：F合x＝ma(沿加速度方向)，F合y＝0(垂直于加速度方向)．

(2)分解加速度：當物體受到的力相互垂直時，沿這兩個相互垂直的方向

分解加速度．

6.如圖所示．一靜止斜面CD與水平面的傾角α＝30°，斜面上有一質量為m的小球P，Q是一帶豎直推板的直桿，其質量為3m.現使豎直桿Q以水平加速度a＝0.5g水平向右勻加速直線運動，從而推動小球P沿斜面向上運動．小球P與直桿Q及斜面之間的摩擦均不計，直桿Q始終保持豎直狀態，求該過程中：

(1)小球P的加速度大小；(2)直桿Q對小球P的推力大小．

解析：對小球P進行受力分析，受力圖如右圖所示，根據牛頓第二定律可得

aPcos

30°＝a，聯立以上各式解得aP＝g，.答案：(1)

g(2)

mg

7.如圖甲所示，小車上固定著三角硬桿，桿的端點固定著一個質量為m的小球．桿對小球的作用力的變化如圖乙所示，則關于小車的運動說法中正確的是(桿對小球的作用力由F1至F4變化)()

A．小車向右做勻加速運動

B．小車由靜止開始向右做變加速運動

C．小車的加速度越來越大

D．小車的加速度越來越小

解析：對小球進行受力分析，小球受豎直向下的重力和桿對球的彈力，作出二力的合力的力的圖示，就可判斷出合力始終是增大的，因此小球的加速度始終增大．作圖時必須注意合力的方向始終沿水平方向．車和小球是個整體，因此小車的加速度也是越來越大的．故選項C正確．

答案：C

8.如圖所示，車內繩AB與繩BC拴住一小球，BC水平，車由原來的靜止狀態變為向右加速直線運動，小球仍處于圖中所示的位置，則()

A．AB繩、BC繩拉力都變大

B．AB繩拉力變大，BC繩拉力變小

C．AB繩拉力變大，BC繩拉力不變

D．AB繩拉力不變，BC繩拉力變大

解析：如圖，車加速時，球的位置不變，則AB繩拉力沿豎直方向的分力仍為

cos

θ，且等于重力G，即，故FT1不變．向右的加速度只能是由BC繩上增加的拉力提供，故

增加，所以D正確．

答案：D

9.如圖所示，質量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質量為ml的物體，與物體l相連接的繩與豎直方向成θ角，則

（）

雙選

A．車廂的加速度為gsinθ

B．繩對物體1的拉力為m1g/cosθ

C．底板對物體2的支持力為(m2一m1)g

D．物體2所受底板的摩擦力為m2

g

tanθ

【解析】小車在水平方向向右運動，由圖可知小車的加速度沿水平向右，物體1與小車有相同加速度，根據【例1】對物體1進行受力分析，由牛頓第二定律得F=mgtanθ=ma,得a=gtanθ，故A選項錯誤；且由圖3-2-2可知繩對物體1的拉力為m1g/cosθ，底板對物體2的支持力為(m2g一m1g/cosθ)，故C錯、B正確；物體2與小車也有相同加速度，由牛頓第二定律得，物體2所受底板的摩擦力為f=m2a=m2

g

tanθ，即D選項正確.【答案】BD

10.如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖3－1－9(b)所示，若重力加速度g取10

m/s2.根據圖(b)中所提供的信息不能計算出()

A．物體的質量2

kg

B．斜面的傾角37°

C．加速度為6

m/s2時物體的速度

D．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為12

N

解析：對物體受力分析，根據牛頓第二定律得：a＝cos

θ－gsin

θ，當F＝0

N時a＝－6

m/s2，當F＝20

N時a＝2

m/s2，解得θ＝37°，m＝2

kg.由三力平衡得物體能靜止在斜面上所施加的最小力為F＝mgsin

θ＝12

N，方向平行斜面向上，故選項A、B、D均可確定.動情況未知，運動時間未知，所以不能確定加速度為6

m/s2時物體的速度．

答案：C

11.如圖所示，物體A與斜面B保持相對靜止并一起沿水平面向右做勻加速運動，當加速度a增大時，下列說法可能正確的是()

A．B對A的彈力不變，B對A的摩擦力可能減小

B．B對A的彈力不變，B對A的摩擦力可能增大

C．B對A的彈力增大，B對A的摩擦力一定增大

D．B對A的彈力增大，B對A的摩擦力可能減小

解析：本題考查牛頓第二定律的應用．物體和斜面保持相對靜止，沿水平方向加速運動，則合力沿水平方向，豎直方向的合力為零，設斜面的傾角為θ，若開始靜摩擦力的方向沿斜面向下，則Nsin

θ＋fcos

θ＝ma，Ncos

θ＝fsin

θ＋mg.若N增大，則f增大，因此此時，a增大，N、Ff都在增大．同理，若開始時靜摩擦力方向沿斜面向上，則Nsin

θ－fcos

θ＝ma，Ncos

θ＋fsin

θ＝mg，若N逐漸增大，則f沿斜面向上先逐漸減小到零，再沿斜面向下逐漸增大，此時B對A的彈力增大，B對A的摩擦力大小可能減小，可能為零，可能不變，可能增大，因此D項正確．

答案：

D

12.如圖所示，在傾角為θ的光滑物塊P的斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物體A和B；C為一垂直固定斜面的擋板，A、B質量均為m，彈簧的勁度系數為k，系統靜止在水平面上．現對物體A施加一平行于斜面向下的力F壓縮彈簧后，突然撤去外力F，則在物體B剛要離開C時(此過程中A始終沒有離開斜面)()

A．物體B加速度大小為gsin

θ

B．彈簧的形變量為（F+mgsin

θ）/k

C．彈簧對B的彈力大小為mgsin

θ

D．物體A的加速度大小為gsin

θ

解析：當物體B剛要離開擋板C時，對物體B受力分析可得：kx－mgsin

θ＝0，彈簧的形變量x=mgsin

θ/k則選項A、B錯誤，C正確；對物體A由牛頓第二定律可得：kx＋mgsin

θ＝maA，解得aA＝2gsin

θ，選項D錯誤．

答案：

C

13.如圖所示,光滑水平面上放置質量分別為m、2m的A、B兩個物體,A、B間的最大靜摩擦力為現用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度運動,則拉力F的最大值為（）

A.B.C.D.【解析】

當A、B之間恰好不發生相對滑動時力F最大,此時,對于A物體所受的合外力為由牛頓第二定律知;對于A、B整體,加速度由牛頓第二定律得.【答案】

C

14.如圖甲所示,在光滑水平面上有一輛小車A,其質量為2.0

kg,小車上放一個物體B,其質量為.0

kg.給B一個水平推力F,當F增大到稍大于3.0

N時,A、B開始相對滑動.如果撤去F,對A施加一水平推力F′,如圖乙所示.要使A、B不相對滑動,求F′的最大值.【解析】

根據圖甲所示,設A、B間的靜摩擦力達到最大值時,系統的加速度為a.根據牛頓第二定律對A、B整體有

對A有代入數據解得.0

N.根據圖乙所示,A、B剛開始滑動時系統的加速度為a′,根據牛頓第二定律有

′，′

代入數據解得=6.0

N.【答案】

6.0

N

題型4：動力學的兩類基本問題

15.質量為10

kg的物體在F=200

N的水平推力的作用下,從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面運動,斜面固定不動,斜面傾角為37○,斜面足夠長,物體與斜面動摩擦因數為0.25.若物體在力F作用下沿斜面向上運動10

m后撤去力F,求:

(1)撤力F時物體的速度.(2)撤力F后物體繼續上滑的距離.(已知sin37○=0.6,cos37○=0.8)

【解析】

(1)在第一段上升階段,設位移為末速度為v,垂直斜面方向:N=Fsincos

沿斜面方向:Fcossin

由運動學公式:由以上各式得撤去力F時物體速度v=10

m/s.(2)撤力后物體減速上升過程中,由動能定理得:

-(mgsincos

代入數據解得上升距離.25

m.【答案】

(1)10

m/s

(2)6.25

m

16.風洞實驗中可產生水平方向的、大小可以調節的風力，先將一套有小球的細桿放入風洞實驗室，小球孔徑略大于細桿直徑，如圖所示

（1）當桿在水平方向上固定時，調節風力的大小，使小球在桿上勻速運動，這時所受風力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿的動摩因數.（2）保持小球所示風力不變，使桿與水平方向間夾角為37o并固定，則小球從靜止出發在細桿上滑下距離s的時間為多少（sin370=0.6,cos370=0.8）

【解析】（1）設小球所受的風力為F，支持力為FN、摩擦力為Ff、小球質量為m，作小球受力圖，如圖3-2-5所示，當桿水平固定，即θ=0時，由題意得：

F=μmg

μ=F/mg

=0.5mg/mg=0.5

（2）沿桿方向，由牛頓第二定律得：

Fcosθ+mgsinθ-Ff

=ma

①

在垂直于桿的方向，由共點力平衡條件得：

FN+Fsinθ-mgcosθ=0

②

又：

Ff

=μN

③

聯立①②③式解得：

a==

將F=0.5

mg代入上式得a=g

④

由運動學公式得：s=at2

⑤

由④⑤得：

t==

題型5：用牛頓定律處理臨界問題的方法

1.臨界與極值問題是中學物理中的常見題型，結合牛頓運動定律求解的也很多，臨界是一個特殊的轉換狀態，是物理過程發生變化的轉折點，在這個轉折點上，系統的某些物理量達到極值.臨界點的兩側，物體的受力情況、變化規律、運動狀態一般要發生改變.2.處理臨界狀態的基本方法和步驟

①分析兩種物理現象及其與臨界相關的條件；

②用假設法求出臨界值；

③比較所給條件和臨界值的關系，確定物理現象，然后求解.3．處理臨界問題的三種方法

①極限法：在題目中如出現“最大”、“最小”、“剛好”等詞語時，一般隱含著臨界問題，處理這類問題時，應把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現象（或狀態）暴露出來，達到盡快求解的目的.②假設法：有些物理過程中沒有明顯出現臨界問題的線索，但在變化過程中可能出現臨界問題，也可能不出現臨界問題，解答這類問題，一般用假設法.③數學方法：將物理過程轉化為數學公式根據數學表達式求解得出臨界條件.α

17.如圖所示，在水平向右運動的小車上，有一傾角為α的光滑斜面，質量為m的小球被平行于斜面的細繩系住并靜止在斜面上，當小車加速度發生變化時，為使球相對于車仍保持靜止，小車加速度的允許范圍為多大？

【解析】當小車向左加速時，球相對于車保持靜止的臨界狀態是細繩的拉力剛好為零，小球受重力mg和支持力FN，兩個力作用，其合外力水平向左，由牛頓第二定律得：

F合=mgtanα=mamax∴amax=

gtanα，則小球（即小車）的加速度范圍為0＜a＜gtanα.當小車向右加速時，小球在斜面上將分離而未分離的臨界狀態是斜面對小球的支持力剛好為零，小球此時受細繩對小球的拉力F與本身重力mg兩個力作用，其合外力水平，由牛頓第二定律得：F合=mgcotα=mamax，∴amax=

gcotα則小球（即小車）的加速度范圍為0＜a＜gcotα。

【答案】a向左時，a≤gtanα；a向右時，a≤gcotα

【點撥】解決臨界問題，關鍵在于找到物體處于臨界狀態時的受力情況和運動情況，看臨界狀態時哪個力會為零，物體的加速度方向如何，然后應用牛頓第二定律求解.18.如圖所示，一細線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質量為m的小球.試求（1）當滑塊至少以多大的加速度向左運動時，小球對滑塊的壓力等于零；（2）當滑塊以a=2g的加速度向左運動時線中的拉力FT為多大？

FT·cosθ=ma,①

FT·sinθ-mg=0

②

聯立①②兩式并解得a=g，即當斜面體滑塊向左運動的加速度為a=g時，小球恰好對斜面無壓力.當a>g時，小球將“飄”起來，當a=2g時，小球已“飄”起來了，此時小球的受力情況如圖所示，故根據①②兩式并將a=2g代入，解得FT=mg

此即為所求線中的拉力.【答案】mg

19.一個裝有固定斜面的小車靜止在動摩擦因數.5的水平地面上,小球通過輕質細繩與車頂相連,細繩與豎直方向的夾角為37○,斜面光滑,傾角也為37○,如圖所示.已知小球的質量為m=1

kg,小車和斜面的總質量為M=4

kg,已知g取10

m/ssin37○=0.6,cos37○=0.8.求:

(1)小車靜止時小球受到的斜面對它的支持力的大小;

(2)現對小車施加一個水平向右的恒力F,當F多大時,小球恰好離開斜面?

【解析】

(1)小球受力如圖甲所示,由平衡條件可得:

sin37○sin37○

(4分)

cos37○cos37○=mg

(4分)

代入數據解得:

=6.25

N.(2分)

(2)此時小球受力如圖乙所示,豎直方向由平衡條件得:

cos37○=mg

(2分)

水平方向由牛頓第二定律:

sin37○=ma

(2分)

對整體,有M+m)a

(4分)

代入數據解得:F=62.5

N.(2分)

【答案】

(1)6.25

N

(2)62.5

N