第6課牛頓運(yùn)動(dòng)定律1牛頓第一定律(1)(多選)(經(jīng)典題，6分)伽利略根據(jù)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和理想實(shí)驗(yàn)，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ)。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是()A物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B沒有力的作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài)C行星在圓周軌道上保持勻速率運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是慣性D運(yùn)動(dòng)物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng)答案：AD解析：物體保持原來勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)叫慣性，即物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性，故A項(xiàng)正確。沒有力的作用，物體也可能保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。行星在圓周軌道上保持勻速率運(yùn)動(dòng)而不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以不能稱為慣性，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。2牛頓第二定律a多角度理解牛頓第二定律(2)(多選)(2016全國，6分)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則()A質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變答案：BC解析：由牛頓第二定律可知，質(zhì)點(diǎn)的加速度總是與該恒力方向相同，且加速度恒定，單位時(shí)間內(nèi)速度的變化量不變，但速率的變化量可能不同，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)恒力與速度方向不在同一直線上時(shí)，質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向與恒力方向不相同，但速度方向不可能總與該恒力方向垂直，故B項(xiàng)正確。只有當(dāng)恒力與速度同向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度方向才與該恒力方向相同，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。b公式Fma中已知兩個(gè)物理量求另一個(gè)物理量的簡單計(jì)算(3)(經(jīng)典題，12分)如圖所示，在光滑的水平地面上有一個(gè)長為L，質(zhì)量為M4 kg的木板A，在木板的左端有一個(gè)質(zhì)量為m2 kg的小物體B，物體A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，當(dāng)對(duì)B施加水平向右的力F時(shí)(設(shè)A、B之間的最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力的大小)，取重力加速度g10 m/s2。若F4.2 N，則A、B的加速度分別為多大？若F10 N，則A、B的加速度分別為多大？答案：0.7 m/s2，0.7 m/s2(7分)1 m/s2，3 m/s2(5分)解析：設(shè)A、B的整體加速度為aAB，A、B的加速度分別為aA、aB，A、B間滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小為f，則fmg(2分)故A的加速度aA的最大值aAmax(2分)解得aAmax1 m/s2(1分)aAB0.7 m/s2<aAmax(1分)故aAaB0.7 m/s2(1分)aAB m/s2> aAmax(1分)故aAaAmax1 m/s2(1分)由FfmaB(2分)得aB3 m/s2(1分)(4)(2013安徽理綜，6分)如圖所示，細(xì)線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細(xì)線與斜面平行。在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細(xì)線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)()ATm(gsin acos )，F(xiàn)Nm(gcos asin )BTm(gcos asin )，F(xiàn)Nm(gsin acos )CTm(acos gsin )，F(xiàn)Nm(gcos asin )DTm(asin gcos )，F(xiàn)Nm(gsin acos )答案：A解析：法一(分解力)對(duì)小球受力分析，水平方向有Tcos FNsin ma，豎直方向有Tsin FNcos mg，解得Tm(gsin acos )，F(xiàn)Nm(gcos asin )，故A項(xiàng)正確。法二(分解加速度)如圖，將小球的加速度分解為斜面方向和垂直斜面方向，得Tmgsin macos ， mgcos FN masin ，解得Tm(gsin acos )，F(xiàn)Nm(gcos asin )，故A項(xiàng)正確。c分析受力突變，求解瞬時(shí)加速度(5)(2017東北師大附中一模，6分)如圖所示，A、B、C三球質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間固定一輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接。傾角為的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(已知重力加速度為g)()AA球的受力情況未變，加速度為零BC球的加速度沿斜面向下，大小為CA、B之間桿的拉力大小為2mgsin DA、B兩個(gè)小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsin 答案：D解析：細(xì)線被燒斷的瞬間，C不再受細(xì)線的拉力作用，agsin ，沿斜面向下，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，燒斷細(xì)線前A、B靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，彈簧的彈力F彈3mgsin ，燒斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，由牛頓第二定律得3mgsin 2mgsin 2ma，則A、B的加速度agsin ，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得FTmgsin ma，解得FTmgsin ，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。d運(yùn)用牛頓第二定律解決實(shí)際應(yīng)用問題(6)(2014全國，6分)如圖所示，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度(橡皮筋在彈性限度內(nèi))。與穩(wěn)定在豎直位置時(shí)相比，小球的高度()A一定升高B一定降低C保持不變D升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定答案：A解析：設(shè)L0為橡皮筋的原長，k為橡皮筋的勁度系數(shù)，小車靜止時(shí)，對(duì)小球受力分析得T1mg，橡皮筋的伸長量x1，即小球與懸掛點(diǎn)的距離為L1L0，當(dāng)小車的加速度穩(wěn)定在一定值時(shí)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖所示，得T2cos mg，T2sin ma，所以T2，橡皮筋的伸長量x2。小球與懸掛點(diǎn)的豎直方向的距離為L2cos L0cos 。所以L1L2，即小球在豎直方向上到懸掛點(diǎn)的距離減小，所以小球一定升高，故A項(xiàng)正確。3牛頓第三定律(7)(經(jīng)典題，6分)如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”，兩人中間位置處有一分界線，約定先使對(duì)方過分界線者為贏。若繩子質(zhì)量不計(jì)，冰面可看成是光滑的，則下列說法正確的是()A甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是一對(duì)平衡力B甲對(duì)繩的拉力與乙對(duì)繩的拉力是作用力與反作用力C若甲的質(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利D若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利答案：C解析：根據(jù)牛頓第三定律，甲對(duì)繩的拉力與繩對(duì)甲的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。因?yàn)榧讓?duì)繩的力和乙對(duì)繩的力作用在同一個(gè)物體上，故二者不是作用力與反作用力，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。設(shè)繩的張力為F，根據(jù)牛頓第二定律 a知，若m甲>m乙，則a甲<a乙，由xat2進(jìn)一步推知，甲的位移較小，乙先過界，故C項(xiàng)正確。甲、乙的加速度只與甲、乙的質(zhì)量有關(guān)，與收繩速度無關(guān)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。5