高三总复习牛顿运动定律之重点难点分析

牛顿运动定律

重难点分析

应用牛顿第二定律解题的基本方法和解题步骤

1.基本方法

隔离法：隔离中又有整体隔离和部分隔离。

2.解题步骤

(1)确定研究对象确定研究对象后就确定了质量/或者系统质量“%+役”

(2)受力分析按静力学分析力的方法，有重力、弹力、摩擦力、带电微粒在电场中

受电场力Eq,库仑力、带电粒子在磁场中可能受洛仑兹力，及通电导线在磁场中受安培力

等。

(3)建立坐标系常以加速度的方向或反方向为某一坐标轴的正方向。

(4)正交分解法把矢量的运算变成代数的运算，将各个力进行正交分解。

(5)列方程EF*=ma,,EF产m&。

(6)解方程必要时讨论运算结果的物理意义。

力、加速度、速度的关系

根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，与质量成反比，加速度的方向总是与合外

力的方向一致。

速度是描述运动的一个物理量。速度和力与加速度没有直接关系，合外力为零时，加速

度为零，但速度不一定为零，速度可能很大。反之，速度为零时，加速度也不一定为零。加

速度与速度的变化有关，加速度的方向与速度的变化的方向一致，而加速度不一定与速度方

向一致。

示例1如图2.3-1中PQ是一个由轻弹簧支撑的平台(质量忽略)，弹簧另一端固定

在地面。-重物m从高处落下并粘在平台上，整个过程中弹簧受力一直

?m

么时候最大？P1=7=10

(A)重物非常接近平台时；

(B)重物落到平台但弹簧还未形变时;图2.3-1

(C)弹簧弹力等于重物的重力时；

(D)弹簧被最大压缩时。

分析指导在重物接触平台后的前一段时间，重力大于弹力，合力向下。根据弹力尸=检

不断变大，合力不断减小，加速度不断减小。由于加速度的方向与速度方向相同，速度不断

增加。这一段重物做的是加速度减小的加速运动。

当弹力增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大值。

当弹力继续增加，弹力大于重力，合力向上，物体开始做减速运动，加速度逐渐变大，

速度逐渐减小，最后速度变为零，弹簧被压缩到最大值(重物速度为零后不会停留此处，还

会向上运动，请同学们自己分析上升的情况)。

答案选C.

示例2一个质量m为3.0千克的物块，静止在水平面上，物块与水平面间的滑动摩擦

系数为0.20。现在给物块施加一个大小为15牛，方向向右的水平推力FP并持续作用6

秒钟，在6秒末时撤去Q,在撤去吊的同时给物块施加一个大小为12牛，方向向左的水

平推力B，持续一段时间后又将它撤去，并立即给物块施加一个大小仍为12牛，方向向右

持续作用的水平推力A，已知物块开始运动经历14秒钟速度达到18米/秒，方向向右，

求物块14秒内发生的位移(g取10米/秒2)。

分析指导设施加力分别为品、&、尸3时,位移分别为S|、S2、S3,所用时间分别为小

小“，加速度分别为。|、"2、03，A点为出发时的位置，B点撤换尸|、&的位置，C点为

撤换&、尸3的位置，D点为14秒末的位置，如图2.3-2所示。

1—§———易T-------------品

-a—〃-----八

图2.3-2

物体由A到B阶段，由牛顿第二定律得。

Fi—f-ma\

代入已知数据得15—0.20X3.0X10=3.06/1

a\=3.0(m/s2),方向向右。

位移5.=—^,r,2=—x3.0x62=54(m),方向向右。

12112

t\秒末的速度v\=a\t\=3.0X6=18(m/s),方向向右。

在B点撤换力吊后，由B到C进入第二阶段的物理过程：由牛顿第二定律得

尸2+/=

代入数据得12+0.20X3.0X10=3.0a2

a2=6(m/s2),方向向左。

八秒末的速度得丫2="2f2=18—6打(1)

C点是撤换力尸2的位置，此后物体从c到D进入第三阶段的物理过程：由牛顿第二定

律得

尸3-7="?。3

代入数据12-0.20X3.0X10=3.043

2

#a3=2.0(m/s),方向向右。

v3=v2+。3h

18=v2+2.0f3,故也=18—2.0“(2)

由题意知t2+tj=t~t\=14—6=8(s)(3)

由式(1)(2)(3)得一=2(s)

?3=6(S)

一值代入式⑴得V2=6(m/s),方向向右。

由(2)运动学公式得s2=vtt2-^a2tj

1,

=18x2——x6x22

2

=24(m),向右。

12

$3=v2h_5a3f3

=6x6+^x2x62=72(m),方向向右

物块在14秒内的位移

s=S[+$2+S3=54+24+72=150(m)

本题分三个阶段，第个物理过程物块做匀速为零的匀加速直线运动，第二个物理过程

是初速不为零的匀减速直线运动。前两个物理过程联系的纽带是速度打。第三个物理过程是

初速不为零的匀加速运动。第二个和第三个物理过程联系的纽带是速度也。这个题既考查了

基础知识，又突出了重点，也考查了能力，是个好题。

结论前后两个物理过程联系的“桥梁”是速度，而动力学与运动学联的“关犍”是加

速度，在本题中都体现得很好，望同学们理解并掌握这种解题的关键。

示例3一物块从倾角为仇长s的斜面的顶端由静止开始下滑，物块与斜面的滑动磨

擦系数为〃，求物块滑到底端所需的时间。

分析指导设物块质量为加，加速度为物块受力情况如图2.3-3所示。根据牛顿第

二定律列方程

mgsin。­f=ma(1)

N-mgsin0=0(2)

f=/^N(3)

图2.3-3

由式(1)(2)(3)得a=gsin。一〃gcos。

深刻理解加速度与力的瞬时关系

作变速运动的物体，加速度的大小和方向时刻都在变化。由牛顿第二定律可知，物体的

加速度与合外力成正比，合外力随时间而变化，加速度也随合外力而变化，由于合力的瞬时

性，决定了加速度的瞬时性。

示例4如图2.3-6所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为机o的平盘，盘中有

一物体，质量为机。当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了今

向下拉盘使弹簧再伸长△心后停止，然后松手放开。设弹簧总处在弹性限!

度以内，则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于陶

(C)-y-mg；(D)+w0)g<,

分析指导以盘和重物为一个整体加以隔离，平衡时KL=(m+m())g,

_(/n+m)g

L-0o

L

用手向下拉，弹簧共伸长L+AL,弹力/=K(L+AL),

放手的瞬时，根据牛顿第二定律F—(fn+m())g=(m+m())ao把产值代入得

+—―(L+AL)-(+/?z0)g=(/??+m^)a

a=­g，方向向上。

L

隔离盘中物体，设盘对物体的支持力为N,由牛顿第二定律N—mg=m〃

,,ALAL,.

故Af=mg+ma=mg+m^=(1+)tngf卜V上。

答案选A«

示例5如图2.3-7所示，质量为，〃的物体A放置在质量为M的物体B匕B与弹簧

相连。它们一起在光滑水平面上作简谐振动，振动过程中，A、B之间无相对滑动。设弹簧

的倔强系数为K,当物体离开平衡位置的位移为工时:A、B间摩擦力的大小等于

(A)0；(B)Kx；

mm

(C)—Kx；(D)—^—Kx0

Mm+M

■m

分析指导A、B整体隔离，当位移为x的瞬间系统受的回复力F=Kx是瞬时力，此时

的加速度为瞬时加速度。根据牛顿第二定律

&=(/«+A/)a得a=———o

m+M

隔离物体A,A受的摩擦力作为它的回复力。根据牛顿第二定律得f=ma=-^—Kx,

m+M

选项D是正确的。

答案D。

示例6如图2.3-8所示，A和B的质量分别是1千克和2千克，弹簧和悬线的质量不

计，在A上面的悬线烧断的瞬间,A

n

B

(A)A的加速度等于3g；

(B)A的加速度等于g；

(C)B的加速度为零;

(D)B的加速度为g0

分析指导悬线未烧时，A受3个力，线的拉力T向上，A的重量GA=，"A«向下，弹簧

对A的拉力户向下，处于平衡。

故T=机赭+F

B受两个力，重力GB=，"Bg向下，弹簧拉力尸，因为B物平衡。

故F=mRg

由(1)(2)式得7=机Ag+，"Bg

当悬线烧断的瞬间，对A，m际+mRg=/nAflA

®=-....-g=?>g,选A。

%

对B物，F=mKg,£FB=O，故即=0，选C

答案应为A,Co

三.正交分解法的应用

在应用牛顿第二定律解题时.，如果物体同时受到几个共点力的作用，常用的方法是，建

立直角坐标系，最好使x轴(或)，轴)沿加速度方向或加速度的反方向。将各个力正交分解,

分别求出x轴和)，轴方向的合力2F,和2FV,根据力的独立作用原理列方程

2尸*=tnax

EF了=tnay

示例6如图2.3-12(a)所示，在倾角为a的斜面上，有一质量为m的物体，物体与

斜面间的滑动摩擦系数为"，物体

受一个与斜面成0角斜向上的拉

力F,使物体沿斜面向上加速运

动，求加速度为多大？

分析指导受力分析，重力

图2.3-12

mg,竖直向下，支持力N,垂直

斜面向上；摩擦力/沿斜面向下；拉力人

建立坐标系，取x轴沿斜面向上,y轴垂直斜面向上,坐标原点建立在物体匕如图2.3-12

(b)所示，将重力nig和拉力厂正交分解。

根据牛顿第二定律列方程:

x方向FcosO—mgsina-f=ma(1)

y方向N+/sin。—mgcosa=0(2)

f=/^N(3)

p

由(1)(2)(3)式得a=—(cose+〃sine)-g(sina+〃cosa)

m

示例7如图2.3-13所示，质量为根的木块，用与竖直方向成。角的力尸将木块压在

竖直墙上，设木块与墙壁的摩擦系数为火当木块以加速度〃匀加速上滑

时，求作用力尸的大小和木块对墙壁的压力各为多大？

分析指导以木块为研究对象。受力分析：重力方向竖直向下；

墙壁对木块的支持力N,水平向左；推力产斜向上，与竖直夹角为仇摩

图2.3-13

擦力/向下。

建立坐标系，X轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，坐标原点建立在物体上，把尸平移到

质心，分解尸为F尸尺os。，Fx=Fs\n0。

根据牛顿第二定律列方程：

x方向：N—Fsina=0(1)

y方向FcosO-mg—f=ma(2)

片〃N(3)

由(1)(2)(3)式得尸二•,用(g+幻。

cos0-/Jsin0

m(g+a)sin。

将尸值代入(1)式得N=

cos。一//sin。

在应用牛顿定律解题时，，为了解题方便，有时分解加速度，而不分解力。这种情况表

现为建立坐标系后，所有的力都落在两个坐标轴上，不需分解，而加速度a不在坐标轴匕

示例8小车沿倾角为a的光滑斜面下滑，在小车的平台上，有一质量为m的木块与小

车保持相对静止，如图2.3-14(a)所示，试求：

(1)小车下滑过程中作用在木块上的摩擦力；

(2)小车下滑过程中木块对小车水平台面的压力。

分析指导设小车质量

为M,小块与小车整体隔离(b)

图

沿斜面方向，由牛顿第二定2.3-14

律得

(M+〃?)gsina=(M+m)〃

故"gsina,方向沿斜面向下。

隔离木块，受力分析：重力机g竖直向下；车对木块支持力N竖直向上；平台对木块的

摩擦力/向左。如图2.3-14(b)所示。

分解加速度水平方向以=〃cosa=gsin«cosa

竖直方向ay=asina=gsin%

根据牛顿第二定律

R方向/=max=mgsinacosa,向左

y方向mg—N=may

N=mg-max=mg—mgsirTa

=机g(1-sina2)=mgcos2a,向上

答：①小木块受的摩擦力/=»!gsinacosa,向左。

②木块对小车的压力N'=mgco^a,向下。

说明若本题在研究木块求/和N时，坐标系x轴建立在沿斜面方向，)，轴垂直斜面方

向，分解力而不分解加速度，计算结果与上面结果相同，但数学运算要繁的多。由此可知,

运算结果与坐标系的选择无关，分解力与分解加速度结果相同，坐标系选择得好，运算简单。

示例9如图2.3-15(a)所示,在质量"=400克的劈形木块B上，叠放一块木块A,

木块A的质量机=200克。A、B-

起放在斜面上，斜面倾角为37°。B

的上表面呈水平，木块B与斜面和

A、B之间的摩擦系数均为〃=0.20。

图2.3-15

当木块B受到一个F=5.79牛的沿斜

面向上的作用力时，A相对于B静止一起沿斜面向上运动。求：①木块B的加速度大小;

②木块A受到的摩擦力及它对B的压力大小。

分析指导①把A、B整体隔离。根据牛顿第二定律

N-(m+M)gcos37°=0

F~(m+M)gsin37°—f=(m+M)a

f=pN(3)

由(1)(2)(3)式得a=——....gsin37°-〃geos37°

m+M

579

a=—二一-10x0.6-0.20xlOx0.8=2.05(m/s2)

0.2+0.4

②以木块A为研究对象。受力分析：重力机g向下；B对A的支持力N向上；摩擦力/

向左。如图2.3-5(b)所示。分解加速度a.r=acos37°=2.05X0.8=1.64(m/s2)

2

av=asin37°=2.05X0.6=1,23(m/s)

水平方向f=max=0.2X1.64=0.328(N),向左。

竖直方向N-mg=may

N=mg+机%.=0.2X10+0.2X1.23=2.25(N),向上

答案①a=2.05(m/s2),方向沿斜面向上。

②木块A受的摩擦力/=0.328(N),方向向左，木块A对B的压力为N'=2.25N,

方向竖直向下。

四.极限分析与临界条件的利用

某一物理现象变化到另一物理现象，或者由某种状态变化到另一种状态，往往经历由量

变到质变的“飞跃”。要善于掌握临界条件，解决有关临界问题，也是经常利用的方法。

由于物理现象的多样性，各种物理量都有可能出现临界问题，例如临界角，临界温度,

临界速度，临界加速度，临界体积，临

界质量等。对临界问题，应给予足够的

重视。

示例10如图2.3-19(a)所示，质

量机=1千克的物块放在倾角为0=37。

的斜面上，斜面质量M=2千克，斜面

与物块的摩擦系数〃=0.2,地面光滑。

现对斜面施一水平推力F,要使物体m图2.3-19

相对于斜面静止，力F应为多大？(设物体与斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取

10米/秒2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。

分析指导用极限法分析两个极端，当尸较小(F—0),〃<tan6,物块将沿斜面下滑;

若F较大(足够大)时，物块将相对于斜面上滑。因此，尸不能太小，也不能太大，尸的取

值有个范围。

(1)物块在斜面上与斜面相对静止，且与斜面间无摩擦力时，如图2.3-19(b)所示，

对于物块，根据牛顿第二定律。

x方向Nsin^=ma।(1)

y方向Ncosd—mg=0(2)

由(1)(2)得生=gtan8=10xw=7.5(m/s2)

，"和M整体隔离F=(zn+M)a,=(1+2)X7.5=22.5(N)

此时F尸22.5(N)是摩擦力为零的临界状态。

(2)假设物体处于相对斜面将要下滑，F<22.5N,此时摩擦力沿斜面向上，如图2.3-19

(c)所示，加速度向左，根据牛顿第二定律

NsinO—fcosO=ma^(1)

NcosO+於in。=mg(2)

/="N(3)

2

由(1)(2)(3)式得，a2=4.78(m/s),

整体隔离F2=(m+M)a2=(1+2)X4.78=14.34(N),

(3)若F>22.5N,假设物块相对于斜面有上滑的趋势，此时摩擦力沿斜面向下；如图

2.3-19(d)所示。

Nsin。+fcosd=ma3(1)

Ncos。—fsinO=mg(2)

片"N(3)

2

由(1)(2)(3)式得a3=H.2(m/s)o

整体隔离用=(w+A/)a3=(1+2)X11.2=33.6(N)o

要使物块相对斜面静止，力F的取值范围是14.34(N)<F<33.6(N)。

示例11如图2.3-20(a),力BC是放在光滑水平面上的斜面体，斜面AC的倾角

«=30°«OE是-轻细绳，其。端固定在斜面体上，E端系一质量为机=1千克的小球，整

体系统静止时£>E〃AC。

现在使斜面体在水平方向，以加速度。向左做匀加速直线运动，当。为下列数值且小球

2

对斜面体为相对静止时，细绳对小球的拉力各多大？(g取10米/秒2)、a1=10(m/s).

2

a2=20(m/s)

分析指导以小球为研究对

象，当小球未离开斜面时，小球受

3个力，拉力T,支持力M重力

mg,如图2.3-20(b)所示。

当小球的加速度为某一值时，

图2.3-20

支持力为零，此时的临界加速度为

«o＞有

Tcosa=mao(1)

Tsina=mg(2)

由(1)(2)式联立得ao=^cota=IOA/3=17.3(m/s?)。

①由于s=10(m/s2)<a。，小球未离开斜面，且支持力N不为零，受力情况如图2.3-20

(b)所示

列方程TCOSQ—Nsina=ma\(3)

Tsina+Ncosa=mg

(4)

由(3)(4)联立并代入数据得T=5+5退*13.65(N)

②由于42=20(m/s?)〉。。，所以小球将飘离斜面，其受力

情况如图2.3-20(c)所示，则有图2.3-20c

Tcosa=ma?(5)

Tsina=mg(6)

由(5)(6)式联立得7'=10A/5=22.36(N)

五.连接体的相应解法

若系统有几个物体组成，彼此间有力作用，这样的系统叫连接体。利用隔离法，有时整

体隔离，有时根据需要又单独隔离某个物体。解题时要抓住三点：①分析研究对象(可整体

也可以是单个物体)受的外力；②分析各物体加速度的大小和方向；③只有二物加速度相同，

才可整体研究，列整体方程。

示例12质量〃=10千克的木楔ABC,静置于粗糙水平地面上，滑动摩擦系数〃=0.02,

在木楔的倾角。为30°的斜面上，有一质量为〃?=1.0千克的.人

物体由静止开始下滑，如图2.3-27所示，当滑行路程s=1.4

MC

米时，其速度v=1.4米/秒。在这过程中木楔没有动，求地

面对木楔的摩擦力的大小和方向(重力加速度取g=10米/,

MBn4•1\A)

秒2)。

分析指导隔离物体机，受力分析：重力机g,竖直向下；摩擦力力沿斜面向上；支持

力M

2

由匀加速运动公式v=v()+2as

图2.3-27(b)图2.327(c)

由于a<gsin6=5m/s2,可知物块受到向上的摩擦力力，如图2.3-27(b)所示，把机g

分解，根据牛顿第二定律列方程

mgsinO—f\=ma(2)

mgcos。-N]=0(3)

由(2)(3)式得力=4.3N,N1=5g(N)。

隔离木楔。受力分析如图2.3-27(c)所示，它受5个力。对水平方向，由牛顿定律，

有

力+力cos。一MsinO=0

由此可得地面作用于木楔的摩擦力

力=Msin。一/]Cos8

=mgcosOsin。-Q〃gsin。-cos。

=mgcos0=1X0.7X6/2R.61(N)

fi的方向向左。

示例13质量为M的木板，从倾角为a的斜面上无摩擦滑下，木板上有一质量为，”的

人应以多大的加速度向什么方向跑动，才能使木板相对静止于斜面上(如图2.3-28所示)。

分析指导隔离木板，沿斜面方向平衡，木板一定受到人

对木板沿斜面向上的作用力F,木板才可平衡，则

Mgsina=F

隔离人。沿斜面方向人受到木板的反作用力

mgsina+F=ma

图2.3-28

(1)代入(2)式得mgsind+MgsinJ=ma

故a=[l+—ksina,方向向下加速跑动。

示例14如图2.3-29所示，在光滑的水平地面上，静止停放着小平板车B,它的质量

SB=4千克，在B的左端有一块小滑块A,A的质量机人=

B

1千克。A与B之间摩擦系数为〃=0.2,小车长L=2米，

////////11

现在用F=14牛顿的水平力向左拉小车，求3秒末小车的

速度(g取10米/秒2)。

图2.3-29

分析指导对滑块A假设A、B间有相对滑动，水平

方向

囚乳双=

2

aA=；/^=0.2X10=2(m/s)

对小车B,根据牛顿第二定律列方程，F—jLim^g=

VV2

=3(m/s)>^A,说明A、B间有相对滑动。

%4

2

A对B的相对加速度am=aA—aB=2—3=—l(m/s),方向向右。

□B=QB『=3X2=6(m/s)

2秒末滑块离开小车，此后小车不再受A施的摩擦力，它的加速度为

'F14-22、

aB=----=—=3.5(m/s)

“B4

VB*=】，B+QB'=6+3.5(3—2)=9.5(m/s)

示例15顶角为a的直角斜面体A,其质量为〃?，和质量为M的正立方体B,放在竖

直墙和水平地面之间，如图2.3-30(a)所示。如果各处均不计

摩擦，试求当用水平力F推正立方体B时，A的加速度

3,及B的加速度为例和AB间的相互压力N各为多少？

分析指导隔离A,A受力分析；重力加遇竖直向下；B

对A的支持力N；墙对A物的弹力N；,把N正交分解，如图2.3-30(b)所示，A物加速

上升。根据牛顿第二定律列方程。

Nsina—mg=ma\(1)

隔离B物，B物受力分析，(如图2.3-30(c)所示)：重力Mg向下；地面支持力M向

匕推力尸向左；A对B的压力N,将N正交分解。

根据牛顿第二定律列方程

F-Ncosa=Ma?(2)

因为A向上升高。时;由几何图形知，B物将向左运动〃tana

(3)

.T”曰Ftana-mgFtana-tng

由⑴⑵⑶式得al=---------0，a2=-----------------

m+Mtan"ametana+Mtana

_m(F+Mgtana)

xN=------------；--------

mcosa+Msin