高三物理第3讲牛顿运动定律教师版讲义文档格式.docx

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作用力和反作用力

一对平衡力

不同点

作用在两个相互作用的物体上

作用在同一物体上

同时产生、同时消失

不一定同时产生、同时消失

两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力

两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零

一定是同性质的力

性质不一定相同

相同点

大小相等、方向相反、作用在同一条直线上

应用牛顿第三定律应注意的三个问题

（1）定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的．

（2）作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作用的物体不同，所产生的效果（运动效果或形变效果）往往不同．

（3）作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体．

二、牛顿第二定律

1、牛顿第二定律

※内容：

物体的加速度与所受合外力成正比，跟物体的质量成反比。

※表达式：

F＝ma。

※特点：

（1）瞬时性：

有力立即产生加速度，速度不能立即改变

（2）矢量性：

加速度是矢量，其方向始终与物体受到的合外力的方向一致，与速度的方向没有直接关系。

（3）独立性：

如果几个力同时作用于一个物体，则物体所产生的加速度等于每个力单独作用时产生的加速度的矢量和。

※牛顿运动定律解题正交分解法的应用

　当物体受多个力作用时，通常采用正交分解法。

为减少矢量的分解，建立坐标系，确定x轴正方向有两种方法：

　①分解力不分解加速度，此时一般规定a方向为x轴正方向。

　②分解加速度不分解力，此种方法以某种力的方向为x轴正方向，把加速度分解在x轴和y轴上。

※力的国际单位

　力的国际单位是牛顿（简称牛，符号N）。

“1N”的物理意义是：

使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N，即1N=1kg•m/s2。

2、瞬时性问题

“瞬时问题”常常伴随着这样一些标志性词语：

“瞬时”、“突然”、“猛地”、“刚刚”等。

※两种模型

⑴中学物理中的“线”和“绳”是理想化模型，具有以下几个特性：

　①轻：

其质量和重力均可视为等于零，且一根绳（或线）中各点的张力大小相等，其方向总是沿着绳子且背离受力物

体的方向。

　②不可伸长：

即无论绳子受力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变。

　③刚性杆、绳（线）或接触面都可以认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断（或脱离）后，其中弹力立

即消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给杆、细线和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型来处理。

⑵中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有以下几个特性：

其质量和重力均可视为等于零，同一弹簧两端及其中间各点的弹力大小相等。

　②弹簧既能承受拉力，也能承受压力；

橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力。

　③由于弹簧和橡皮绳受力时，要恢复形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的力不能突变。

3、超重、失重和完全失重

※实重和视重

　①实重：

物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。

②视重：

当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。

此时

弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。

※超重、失重和完全失重的比较

※对超重和失重的理解

　①当物体处于超重和失重状态时，物体所受的重力并没有变化。

　②物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而是取决于加速度方向是向上还是向下。

4、连接体问题

※连接体：

两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体。

※解连接体问题的基本方法

（1）整体法：

把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的内力。

（2）隔离法：

当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析。

（3）整体法、隔离法交替运用原则：

若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”。

　特别提示：

运用整体法分析问题时，系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同，如果系统内各物体的加速度仅大小相同，如通过滑轮连接的物体，应采用隔离法求解。

5、斜面上物体的受力和运动问题

※光滑斜面：

物体无论上行，还是下滑，加速度均为a=gsinθ，方向沿斜面向下。

※沿粗糙斜面下滑：

　①当mgsinθ>

μmgcosθ时，物体能沿斜面加速下滑，mgsinθ－μmgcosθ＝ma；

　②当mgsinθ＝μmgcosθ时，物体能沿斜面匀速下滑；

　③当mgsinθ<

μmgcosθ时，物体不会主动下滑。

若下滑，只能减速下滑,

μmgcosθ－mgsinθ＝ma，a沿斜面向上。

※沿粗糙斜面上行：

mgsinθ＋μmgcosθ=ma，匀减速上滑，a沿斜面向下。

6、传送带上物体的受力和运动问题

※传送带上物体所受的摩擦力会出现突变情况

　①滑动摩擦力消失

　②滑动摩擦力突变为静摩擦力

　③滑动摩擦力改变方向

【典题探究】

（30分钟左右）

考点一、牛顿第三定律

例1

　粗糙的水平地面上有一只木箱，现用一水平拉力拉木箱匀速前进，则（　　）

A．拉力与地面对木箱的摩擦力是一对作用力与反作用力

B．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对平衡力

C．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力

D．木箱对地面的压力与木箱受到的重力是一对平衡力

解析　拉力与地面对木箱的摩擦力作用在同一个物体上，是一对平衡力，A错．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力分别作用在地面和木箱上，作用在两个物体上，不是一对平衡力，B错．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力，C对．木箱对地面的压力与木箱受到的重力方向相同，作用在两个物体上，不是一对平衡力，D错．

答案　C

【跟踪练习1】一物体静止于斜面上，如图1所示，则下列说法正确的是（　　）

图1

A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力

B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力

C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力

D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力

答案　B

解析　根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体所受的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球

上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为对斜面的压力，D错．

考点二、“转移研究对象法”在受力分析中的应用

例2

　一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为多少？

图3

解析　环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.

由于箱子处于平衡状态，可得：

FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg.

根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则

FN′＝FN＝Ff＋Mg

答案　Ff＋Mg

【跟踪练习2】如图4所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为（　　）

图4

A．（M＋m）gB．（M＋m）g－ma

C．（M＋m）g＋maD．（M－m）g

解析　对竿上的人受力分析：

其受重力mg、摩擦力Ff，且有mg－Ff＝ma，竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿受力分析：

其受重力Mg、摩擦力Ff′（Ff′＝Ff），方向向下、支持力FN，且有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律得FN′＝FN＝（M＋m）g－ma，B项正确．

考点三、数图结合

【例3】如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t＝0时刻开始，以一定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用，F与水平方向的夹角θ＝37°

，物块的质量为2kg，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，物块向左运动的vt图象如图乙所示，（已知cos37°

＝0.8，sin37°

＝0.6，g取10m/s2），求：

（1）拉力F的大小；

（2）物块再回到t＝0时刻的位置时的速度v1大小；

（3）若在t＝0.5s时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到t＝0时刻的位置时速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，则拉力F′应变为多少？

（结果保留两位小数）

教你审题：

第一步：

读题抓关键点―→获取信息

第二步：

读图析图―→获取信息

解析：

（1）物块向左运动时，

由图象知，初速度v0＝6m/s，

加速度a1＝

＝12m/s2。

由牛顿第二定律Fcosθ＋μ（mg－Fsinθ）＝ma1

解得F＝28N。

（2）物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时，

由图象可知，回到t＝0时刻的位置的位移x＝

×

6×

0.5m＝1.5m。

由牛顿第二定律Fcosθ－μ（mg－Fsinθ）＝ma2

求得a2＝10.4m/s2。

由运动学公式v

＝2a2x。

得物块回到t＝0时刻位置的速度

v1＝

m/s。

（3）要使物块回到t＝0时刻位置的速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度大小

a3＝a1＝12m/s2。

由牛顿第二定律

F′cosθ－μ（mg－F′sinθ）＝ma3

求得F′＝30.91N。

答案：

（1）28N　

（2）

m/s　（3）30.91N

【跟踪练习3】如图甲所示，为一倾角θ＝37°

足够长的斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。

取g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8。

求：

（1）2s末物体的速度；

（2）前16s内物体发生的位移。

（1）分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，

v1＝a1t1，

代入数据可得

v1＝5m/s。

（2）设物体在前2s内发生的位移为x1，则

x1＝

a1t

＝5m。

当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得

F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，

代入数据可得a2＝0.5m/s2，

物体经过t2时间速度减为0，则

v1＝a2t2，

t2＝10s，

设t2时间发生的位移为x2，则

x2＝

a2t

＝25m，

由于mgsinθ－μmgcosθ<

F2<

μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态。

故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。

（1）5m/s　

（2）30m　方向沿斜面向下

方法技巧　“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题

考点四、超重与失重

【例4】用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。

如图所示，实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则（　　）

A．钩码的重力约为4N

B．钩码的重力约为3N

C．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，处于失重状态的是B、C

D．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，处于失重状态的是C、D

　由于初始状态钩码静止，所以钩码的重力等于拉力，从图上可读出拉力约为4N，故A正确，B错误；

据超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力可知，C正确，D错误。

　AC

【跟踪练习4】在一个封闭装置中，用弹簧测力计测一物体的重力，根据读数与物体实际重力之间的关系，判断以下说法中正确的是（　　）

A．读数偏大，表明装置加速上升

B．读数偏小，表明装置加速下降

C．读数为0，表明装置运动的加速度等于重力加速度，但无法判断是向上运动还是向下运动

D．读数准确，表明装置匀速上升或下降

　读数偏大，表明装置处于超重状态，其加速度方向向上，可能的运动情况是加速上升或减速下降，故A项错误，同理知B项也错误。

弹簧测力计读数为0，即完全失重，这表明整个装置运动的加速度等于重力加速度g。

但是，a＝g，速度方向有可能向上，也有可能向下，还有可能沿其他方向，故C项正确。

读数准确，装置可能静止，也可能正在向任意一个方向做匀速直线运动，故D项错误。

　C

考点五、连接体问题

【例5】如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。

若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；

若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2，则以下判断正确的是（　　）

A．a1＝a2　　　　　　　B．a1＞a2

C．FN1＝FN2D．FN1＜F

　接触面光滑时，整体分析，由牛顿第二定律可得：

F＝（mA＋mB）a1，可得：

a1＝

＝

；

对B受力分析，由牛顿第二定律可得：

FN1＝mBa1＝

。

接触面粗糙时，整体分析，由牛顿第二定律可得：

F－Ff＝（mA＋mB）a2，可得a2＝

对B受力分析：

FN2＝mBa2＋

，所以选项A错误，选项B、C、D正确。

　BCD

【跟踪练习5】如图甲所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M>

m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT。

若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为FT′，则（　　）

A．F′＝F，FT′＝FTB．F′>

F，FT′＝FT

C．F′<

F，FT′>

FTD．F′<

F，FT′<

FT

　对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知FTcosα＝mg，FT′cosα＝mg，所以FT＝FT′。

对于图乙中的小球，水平方向有FT′sinα＝ma′。

对于图甲中的小车，水平方向有FTsinα＝Ma，因为M>

m，所以a′>

a。

对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝（M＋m）a，F′＝（M＋m）a′，所以F′>

F，选项B正确。

　B

考点六、传送带问题

【例6】

（多选）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB。

下列说法中正确的是（　　）

A．若传送带不动，vB＝3m/s

B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3m/s

C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3m/s

D．若传送带顺时针匀速转动，有可能等于3m/s

　当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1m/s2，由2μgx＝v

－v

得，vB＝3m/s；

当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3m/s；

当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同。

有下面的五种可能：

①匀速；

②一直减速；

③先减速后匀速；

④一直加速；

⑤先加速后匀速。

所以本题正确选项为A、B、D。

　ABD

【跟踪练习6】

（多选）如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是（　　）

图10

图11

选BD　小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，小木块与传送带同速后，因μ＜tanθ，小木块将继续向下加速运动，此时有：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，有a1＞a2故B、D正确，A、C错误。

考点七、用牛顿第二定律求解瞬时加速度

【例7】物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。

两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。

今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1′和a2′，则（　　）

A．a1＝0，a2＝2g　a1′＝0，a2′＝2g

B．a1＝0，a2＝2g　a1′＝g，a2′＝2g

C．a1＝g，a2＝g　a1′＝0，a2′＝2g

D．a1＝g，a2＝g　a1′＝g，a2′＝g

　A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度a1＝a2＝g；

因为在除去支托物的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消失（主要是弹簧不能突然恢复原长），所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a1′＝0，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2′为2g；

综上分析，选项C正确。

本题答案为C。

【跟踪练习7】如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。

当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为（　　）

A．2a、a　　　　　　B．2（a＋μg）、a＋μg

C．2a＋3μg、aD．a、2a＋3μg

　撤去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F－μ·

3mg＝3ma，对B有FN－μ·

2mg＝2ma，得FN＝2m（a＋μg）。

撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aB＝a，对物体A，由牛顿第二定律得FN＋μmg＝maA，有aA＝2a＋3μg。

综上分析，C项正确。

【当堂练习】

（20分钟左右）

1．A、B两物体以相同的初速度在同一水平面上滑动，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，且mA＝3mB，则它们所能滑行的距离xA、xB的关系为（　　）

A．xA＝xB　　　　　　　　　B．xA＝3xB

C．xA＝

xBD．xA＝9xB

　物体沿水平面滑动时做匀减速直线运动，加速度a＝

＝μg与质量无关，由0－v

＝2ax和题设条件知xA＝xB。

　A

2．（2017·

银川模拟）汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（　　）

A．5∶4B．4∶5

C．3∶4D．4∶3

　汽车停下来所用的时间为t＝

＝4s。

故2s时汽车的位移x1＝v0t1＋

（－a）t

＝30m；

5s时汽车的位移与4s时汽车的位移相等，x2＝v0t2＋

＝40m，解得

，选项C正确。

3．将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其vt图象如图所示，则物体所受的重力和空气阻力之比为（　　）

A．11∶1　　　　　　　　　B．10∶1

C．9∶1D．8∶1

　由题图可知上升阶段的加速度为11m/s2，下降阶段的加速度大小为9m/s2，设物体质量为m，所受空气阻力大小为F阻，则

上升阶段：

mg＋F阻＝ma上

下降阶段：

mg－F阻＝ma下

两式相除

，整理得mg＝10F阻，故

＝10∶1。

选项B正确。

4．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。

初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。

若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象（以地面为参考系）如图乙所示。

已知v2>

v1，则（　　）

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大

B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

　由图象知物块先向左减速，后反向加速到v1再做匀速直线运动，t1时刻离A距离最大，A错误；

t2时刻二者相对静止，故t2时刻物块相对传送带的滑动距离最大，B正确；

0～t2时间内摩擦力方向一直向右，C错误；

在0～t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t2～t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D错误。

5.（多选）如图所示为A、B两个运动物体的位移时间图象，则下述说法正确的是（　　）

A．A、B两个物体开始时相距100m，同时相向运动

B．B物体做匀速直线运动，速度大小为5m/s

C．A、B两个物体运动8s时，在距A物体的出发点60m处相遇

D．A物体在运动中停了6s

　根据图象，A、B两物体开始时相距100m，速度方向相反，是相向运动，故A正确；

xt图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为v＝

m/s＝5m/s，B正确；

t＝8s时两图线有交点，表明A、B两物体运动8s时，在距A物体的出发点60m处相遇，故C正确；

在2～6s内，A物体位置坐标不变，保持静止，即停止了4s，故D错误。

　ABC

6.如图甲所示，倾角θ＝37°

的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长