資源簡介

第1講　牛頓運動定律
學習目標　1.理解慣性的本質及牛頓第一定律的內容。 2.理解牛頓第二定律的內容并會簡單應用。 3.理解牛頓第三定律的內容，會區別作用力和反作用力與平衡力。 4.知道力學單位制。
1.牛頓第一定律　慣性
2.牛頓第二定律　力學單位制
3.牛頓第三定律
1.思考判斷
(1)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×)
(2)物體不受力時，將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態。(√)
(3)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√)
(4)由m＝可知，物體的質量與其所受合外力成正比，與其運動的加速度成反比。(×)
(5)可以利用牛頓第二定律確定高速電子的運動情況。(×)
(6)作用力和反作用力的效果可以相互抵消。(×)
(7)人走在松軟土地上下陷時，人對地面的壓力大于地面對人的支持力。(×)
2.(人教版必修第一冊P70“拓展學習”改編)如圖甲所示，用傳感器研究兩鉤子間的作用力與反作用力(其中左側傳感器固定于木塊上)，兩個鉤子拉力的情況由計算機屏幕顯示，如圖乙所示。若用數學形式表示作用力與反作用力關系，下面表達式最為恰當的是(　　)
A.F1＝F2　　　 B.F1＝－F2
C.F1－F2＝0 D.F1＋F2＝0
答案　B
考點一　牛頓第一定律
對牛頓第一定律的兩點說明
(1)理想化狀態:牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態，而物體不受外力的情形是不存在的。在實際情況中，如果物體所受的合外力等于零，與物體不受外力時的表現是相同的。
(2)與牛頓第二定律的關系:牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的。牛頓第一定律是經過科學抽象、歸納推理總結出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律。
跟蹤訓練
1.(2025·甘肅蘭州一模)在東漢王充所著的《論衡·狀留篇》中提到“是故湍瀨之流，沙石轉而大石不移。何者 大石重而沙石輕也。”從物理學的角度對文中所描述現象的解釋，下列說法正確的是(　　)
A.水沖沙石，沙石才能運動，因為力是產生運動的原因
B.“沙石轉而大石不移”是因為物體運動狀態改變的難易程度與質量有關
C.只有在水的持續沖力作用下沙石才能一直運動，是因為運動需要力來維持
D.“大石不移”是因為大石受到的阻力大于水的沖力
答案　B
解析　水沖沙石，沙石才能運動，因為水的沖擊力克服了阻力，故力是改變運動狀態的原因，故A錯誤;物體總有保持原有運動狀態的性質即為慣性，其大小只與質量有關，質量越大慣性越大，重的大石由于質量太大，慣性太大，所以運動狀態不容易被水流改變，故B正確;物體的運動不需要力來維持，如沙石不受力的作用時，可以做勻速直線運動，故C錯誤;“大石不移”是因為水的沖力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力為零，故D錯誤。
2.如圖所示的情景中，下列說法正確的是(　　)
A.雨雪天汽車裝防滑鐵鏈是為了幫助汽車克服慣性
B.噴灑農藥無人機(包括攜帶的藥液)在進行噴灑工作時慣性不變
C.滑雪運動員下滑的快慢不會改變運動員的慣性大小
D.磁懸浮列車的車頭設計可以減小阻力，所以它的慣性比較小
答案　C
解析　雨雪天汽車裝防滑鐵鏈不是為了幫助汽車克服慣性，而是為了增大摩擦力，防止車輛打滑，故A錯誤;噴灑農藥無人機(包括攜帶的藥液)在進行噴灑工作時，隨著質量的減小，慣性減小，故B錯誤;慣性只由質量決定，與運動狀態無關，所以滑雪運動員下滑的快慢不會改變運動員的慣性大小，故C正確;磁懸浮列車的車頭設計可以減小阻力，但它的慣性由質量決定，不一定慣性小，故D錯誤。
慣性的兩種表現形式的理解
(1)保持原狀:物體在不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現為使物體保持原來的運動狀態不變(靜止或勻速直線運動)。
(2)反抗改變:物體受到外力時，慣性表現為運動狀態改變的難易程度。慣性大，物體的運動狀態較難改變;慣性小，物體的運動狀態容易改變。
考點二　牛頓第二定律　單位制
角度　對牛頓第二定律的理解
例1 根據牛頓第二定律，下列敘述正確的是(　　)
A.物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比
B.物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度
C.物體加速度的大小與所受作用力中任一個的大小成正比
D.當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比
答案　D
解析　根據牛頓第二定律a＝可知，物體的加速度與速度無關，選項A錯誤;即使合力很小，也能使物體產生加速度，選項B錯誤;物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，選項C錯誤;當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，根據牛頓第二定律F＝ma可知，物體的水平加速度大小與其質量成反比，選項D正確。
總結提升　對牛頓第二定律的理解
角度　力與運動的關系
例2 (2024·安徽卷，6)如圖所示，豎直平面內有兩個完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中(　　)
A.速度一直增大 B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小
答案　A
解析　緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與小球的重力和兩彈簧的拉力合力為零，此時兩彈簧的合力大小為mg。當撤去拉力，小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤;小球從P點運動到O點的過程中，彈簧形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受到的合外力一直變小，加速度一直減小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值為2g，故C、D錯誤。
合力、加速度、速度之間的決定關系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體就有加速度。
(2)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯系;a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。
(3)合力與速度同向時，物體做加速運動;合力與速度反向時，物體做減速運動。
角度　牛頓第二定律的應用
例3 (2025·浙江縣域教研聯盟高三月考)如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。若已知飛船質量為3.0×103 kg，在飛船與空間站對接后，其推進器的平均推力F為900 N，推進器工作5 s內，測出飛船和空間站的速度變化是0.05 m/s，則(　　)
A.飛船對空間站的推力為900 N
B.飛船的加速度為0.3 m/s2
C.空間站的質量為8.7×104 kg
D.在5 s內，飛船和空間站前進的距離是0.125 m
答案　C
解析　已知飛船質量為m＝3.0×103 kg，在其推進器的平均推力F作用下，整體獲得加速度為a1＝＝0.01 m/s2，根據牛頓第二定律可得F＝(M＋m)a1，代入數據解得M＝8.7×104 kg，飛船對空間站的推力為F1＝Ma1＝870 N，故A、B錯誤，C正確;因為初狀態不清楚，所以無法計算在5 s內，飛船和空間站前進的距離，故D錯誤。
跟蹤訓練
3.(2024·山東淄博模擬)某同學為測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端綁上一支圓珠筆，細繩的上端固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵某段穩定加速過程中，細繩偏離了豎直方向如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。為進一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關系可能正確的是(　　)
答案　B
解析　以兩個小球整體為研究對象，受到重力和拉力，如圖甲所示，根據牛頓第二定律有(m＋M)gtan α＝(m＋M)a，得a＝gtan α;以下面小球為研究對象，受到重力和拉力，如圖乙所示，根據牛頓第二定律有Mgtan θ＝Ma，得a＝gtan θ，因為兩球的加速度相同，則可知兩段細線與豎直方向的夾角相同。故B正確。
考點三　牛頓第三定律
1.作用力和反作用力的三個關系
2.作用力和反作用力與一對平衡力的比較
比較項 作用力和反作用力 一對平衡力
不同點 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 不一定同時產生、同時消失
疊加性 兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力 兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零
力的 性質 一定是同性質的力 性質不一定相同
相同點 大小相等，方向相反，作用在同一條直線上
角度　牛頓第三定律的理解
例4 (2024·浙江金華模擬)阻力傘是一種短跑運動訓練工具。如圖所示，某段訓練過程中，連接阻力傘的輕繩始終處于水平狀態，已知阻力傘重力為G，輕繩對阻力傘的拉力為FT，空氣對阻力傘的作用力為F，則(　　)
A.FT＝F
B.地面對人的摩擦力大小等于F
C.人對輕繩的拉力與阻力傘對輕繩的拉力大小相等
D.人對輕繩的拉力與輕繩對人的拉力是一對平衡力
答案　C
解析　阻力傘受重力G、輕繩對阻力傘的拉力FT，空氣對阻力傘的作用力F，三力平衡，如圖所示，則有FT＝，故A錯誤;人的運動狀態未知，則地面對人的摩擦力大小不一定等于F，故B錯誤;輕繩上的拉力相等，即人對輕繩的拉力與阻力傘對輕繩的拉力大小相等，故C正確;人對輕繩的拉力與輕繩對人的拉力是一對相互作用力，作用在不同的物體上，不是一對平衡力，故D錯誤。
角度　轉換研究對象法的應用
例5 建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質量為70.0 kg的工人站地面上，通過定滑輪將20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，g取10 m/s2，則工人對地面的壓力大小為(　　)
A.510 N B.490 N
C.890 N D.910 N
答案　B
解析　設繩子對建材的拉力為F1，由牛頓第二定律得F1－mg＝ma，解得F1＝210 N，繩子對人的拉力F2＝F1＝210 N，由于人處于靜止狀態，則地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490 N，由牛頓第三定律知，人對地面的壓力FN'＝FN＝490 N，故B正確。
跟蹤訓練
4.如圖所示，底座A上裝有一根直立桿，其總質量為M，桿上套有質量為m的圓環B，它與桿有摩擦。當圓環從底端以某一速度v向上飛起時，圓環的加速度大小為a，底座A不動，則圓環在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力分別為(　　)
A.Mg　Mg B.(M＋m)g　(M＋m)g
C.Mg－ma　Mg＋ma D.(M＋m)g－ma　(M－m)g＋ma
答案　D
解析　當圓環上升時，桿給環的摩擦力方向向下，大小設為Ff，則環給桿的摩擦力方向向上，大小為Ff，設水平面對底座的支持力大小為FN1，則對圓環由牛頓第二定律可得mg＋Ff＝ma，對底座，由平衡條件可得FN1＋Ff－Mg＝0，聯立解得FN1＝(M＋m)g－ma;當圓環下落時，桿給環的摩擦力方向向上，大小設為Ff'，則環給桿的摩擦力方向向下，大小為Ff'，設水平面對底座的支持力大小為FN2，則對底座，由平衡條件可得Mg＋Ff'－FN2＝0，由題意可知Ff'＝Ff，聯立解得FN2＝(M－m)g＋ma，根據牛頓第三定律可知，圓環在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力大小分別為(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正確。
A級　基礎對點練
對點練1　牛頓第一定律
1.(多選)伽利略理想斜面實驗創造性的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發展。關于伽利略的斜面實驗，下列說法正確的是(　　)
A.該實驗雖然是理想實驗，是在思維中進行的，但仍以真實的實驗為基礎
B.如果斜面粗糙，不論右側斜面傾角如何，小球也將上升到與釋放點等高的位置
C.該實驗說明了物體的運動不需要力來維持
D.該實驗證明了力是維持物體運動的原因
答案　AC
解析　該實驗完全是理想實驗，是在思維中進行的，同時是以斜面真實的實驗為基礎，故A正確;如果斜面粗糙，小球會有能量損失，將不能上升到與釋放點等高的位置，故B錯誤;該實驗說明了物體的運動不需要力來維持，故C正確，D錯誤。
2.大型油罐車內部設置了一些固定擋板，如圖所示，油罐車在水平路面上行駛，下列說法正確的是(　　)
A.油罐車勻速前進時，油沒有慣性
B.油罐車加速前進時，油的液面仍然保持水平
C.油罐車減速前進時，兩擋板間油的液面前低后高
D.擋板間油的質量相對小，可以有效減弱變速時油的涌動
答案　D
解析　慣性的大小只取決于物體的質量，和物體的運動狀態無關，故A錯誤;當油罐車加速前進時，由于慣性油向后涌動，所以油的液面應前低后高，故B錯誤;當油罐車減速前進時，油向前涌動，油的液面前高后低，故C錯誤;當擋板間油的質量相對小時，油的慣性小，可以有效減弱變速時油的涌動，故D正確。
對點練2　牛頓第二定律　單位制
3.(2023·遼寧卷，2)安培通過實驗研究，發現了電流之間相互作用力的規律，若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為ΔF＝k。比例系數k的單位是(　　)
A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)
C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)
答案　B
解析　由ΔF＝k得k＝，又F＝ma，則比例系數k的單位為＝kg·m/(s2·A2)，B正確。
4.如圖所示，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　當兩球運動至二者相距L時，如圖所示。
由幾何關系可知sin θ＝
設繩子拉力為FT，對輕繩的中點，水平方向有2FTcos θ＝F，解得FT＝F
對任一小球，由牛頓第二定律有FT＝ma
解得a＝，故A正確，B、C、D錯誤。
5.(多選)(2025·吉林長春模擬)如圖所示，質量為0.5 kg的物塊A放在一個縱剖面為矩形的靜止木箱內，A和木箱水平底面之間的動摩擦因數為0.2。A的左邊被一根輕彈簧用0.5 N的水平拉力向左拉著而保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，可使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，則木箱從靜止開始的運動情況是(　　)
A.以6 m/s2的加速度豎直向上加速
B.以6 m/s2的加速度豎直向下加速
C.以2 m/s2的加速度水平向右加速
D.以2 m/s2的加速度水平向左加速
答案　BC
解析　當木箱以a1＝6 m/s2豎直向上勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律FN1－mg＝ma1，此時最大靜摩擦力Ffm1＝μFN1＝1.6 N>0.5 N，此時物塊不可能相對木箱底面水平移動，故A錯誤;當木箱以a2＝6 m/s2豎直向下勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律有mg－FN2＝ma2，此時最大靜摩擦力Ffm2＝μFN2＝0.4 N<0.5 N，彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，故B正確;當木箱以a3＝2 m/s2水平向右勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律有μmg－F彈1＝ma3，解得F彈1＝0，此時彈簧處于原長狀態，則彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，故C正確;當木箱以a4＝2 m/s2水平向左勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律有F彈2－μmg＝ma4，解得F彈2＝2 N，所以彈簧伸長量增加，物塊A相對木箱底面向右移動，故D錯誤。
對點練3　牛頓第三定律
6.(2025·四川綿陽高三期末)如圖所示，人站在電動平衡車上推墻后在水平地面上沿直線運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A.平衡車加速行駛時，車對人的作用力大于人對車的作用力
B.平衡車勻速行駛時，平衡車受到的重力和地面對平衡車的支持力是一對平衡力
C.人推墻的力等于墻推人的力
D.若人能從平衡車跳離，是因為此時人對車的力小于車對人的支持力
答案　C
解析　車對人的作用力與人對車的作用力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故A錯誤;對平衡車受力分析可知，豎直方向上，受重力、人的壓力和地面的支持力，由平衡條件有F壓＋mg＝F支可知，地面對平衡車的支持力大于平衡車受到的重力，故B錯誤;人推墻的力與墻推人的力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故C正確;若人能從平衡車跳離，是因為此時車對人的支持力大于人的重力，故D錯誤。
7.如圖所示是一種有趣好玩的感應飛行器的示意圖，主要是通過手控感應飛行，它的底部設置了感應器裝置。只需要將手置于離飛行器底部一定距離處，就可以使飛行器靜止懸浮在空中，操作十分方便。下列說法正確的是(　　)
A.手對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力
B.空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力
C.空氣對飛行器的作用力和空氣對手的作用力是一對作用力和反作用力
D.因為空氣會流動，所以螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小不相等
答案　B
解析　手與飛行器沒有接觸，手對飛行器沒有作用力，空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力，選項A錯誤，B正確;空氣對飛行器的作用力和飛行器對空氣的作用力是一對作用力和反作用力，選項C錯誤;由牛頓第三定律可知，螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小相等，選項D錯誤。
8.如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上以加速度a水平向右加速滑行，長木板與地面間的動摩擦因數為μ1，木塊與長木板間的動摩擦因數為μ2，重力加速度為g，若長木板仍處于靜止狀態， 則長木板對地面摩擦力的大小和方向為(　　)
A.μ1(m＋M)g，向左 B.μ2mg，向右
C.μ2mg＋ma，向右 D.μ1mg＋μ2Mg，向左
答案　B
解析　以木板為研究對象，水平方向受到木塊對長木板的滑動摩擦力，大小為Ff1＝μ2mg，方向水平向右，長木板靜止，則地面對長木板的靜摩擦力Ff2＝Ff1＝μ2mg，方向向左，由牛頓第三定律可知長木板對地面摩擦力的大小為μ2mg，方向向右，故B正確。
B級　綜合提升練
9.(2025·福建省百校高三質檢)高山滑雪是冬奧會的項目之一。如圖為某滑雪運動員比賽時，沿傾斜直滑道加速下滑時的情形，若此過程中運動員受到滑道的摩擦阻力恒定，受到空氣的阻力與速度成正比，當速度為v1時運動員加速度為a，當速度增大為v2時運動員加速度為零，已知滑道傾角為37°，重力加速度為g，運動員質量為m，則當運動員速度為v2時，運動員的加速度大小為(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A.a B.a
C.a D.a
答案　A
解析　當速度為v1時運動員加速度為a，由牛頓第二定律得mgsin θ－Ff－kv1＝ma，當速度為v2時，有mgsin θ－Ff－kv2＝0，當速度為時，有mgsin θ－Ff－kv2＝ma'，解得a'＝a，A正確。
10.如圖為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，質量為m的貨物與車廂地板之間的動摩擦因數為0.3。當載重車廂沿索道向上加速運動時，貨物與車廂仍然保持相對靜止狀態，貨物對車廂水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，連接索道與車廂的桿始終沿豎直方向，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么這時貨物對車廂地板的摩擦力大小為(　　)
A.0.35mg B.0.3mg
C.0.23mg D.0.2mg
答案　D
解析　將a沿水平和豎直兩個方向分解，對貨物受力分析如圖所示，則有
水平方向:Ff＝macos 37°
豎直方向:FN－mg＝masin 37°
FN＝1.15mg
聯立解得Ff＝0.2mg，由牛頓第三定律可知Ff'＝Ff，故D正確。
11.(多選)如圖所示，位于水平面上的車廂里，有一傾角θ＝37°的斜面，斜面上靜置一質量為m的物塊，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5。已知sin 37°＝0.6，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊與斜面始終保持相對靜止，則車廂向左做勻加速運動的加速度大小可能為(　　)
A. B.
C.2g D.3g
答案　BC
解析　當最大靜摩擦力沿斜面向上時，對物塊進行受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律知，沿垂直斜面方向有FN－mgcos θ＝masin θ，沿斜面方向有mgsin θ－Ff＝macos θ，又Ff＝μFN，聯立得a＝g。同理，當最大靜摩擦力沿斜面向下時，沿垂直斜面方向有FN－mgcos θ＝ma'sin θ，沿斜面方向有mgsin θ＋Ff＝ma'cos θ，又Ff＝μFN，聯立得a'＝＝2g，故B、C正確。
C級　培優加強練
12.已知雨滴(可視為球形)從高空下落時所受空氣阻力可以表示為f＝kr2v2，式中k為常量，r為雨滴的半徑，v為雨滴的速度大小。已知水的密度為ρ，落地前雨滴已經勻速運動。
(1)若質量為1.0×10－6 kg的雨滴落地時速度為5 m/s，g＝10 m/s2，水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3，π≈3，＝2.5，求k;
(2)推導出半徑為r的雨滴下落速度為v1時的加速度大小表達式(表達式由k、r、v1、g、ρ、π表示);
(3)推導出質量為m的雨滴的落地速度大小表達式(表達式由k、m、g、ρ、π表示)。
答案　(1)1 kg/m3　(2)a＝g－　(3)v＝
解析　(1)由平衡條件有mg－kr2v2＝0，又雨滴質量m＝ρV，雨滴體積V＝πr3
解得k＝
代入數據解得k＝1 kg/m3。
(2)根據題述，雨滴從高空下落時所受空氣阻力可以表示為f＝kr2v2
雨滴下落速度為v1時所受空氣阻力f1＝kr2
對質量為m的雨滴，由牛頓第二定律有mg－f1＝ma
又雨滴質量m＝ρV，雨滴體積V＝πr3
聯立解得a＝g－。
(3)由于空氣阻力f＝kr2v2，根據牛頓第二定律有mg－kr2v2＝ma，可知雨滴下落先做加速度逐漸減小的加速直線運動，當所受空氣阻力增大到等于雨滴重力時，雨滴勻速下落，設質量為m的雨滴的落地速度大小為v，有mg－kr2v2＝0
由以上各式聯立解得v＝。(共60張PPT)
第1講　牛頓運動定律
第三章　運動和力的關系
理解慣性的本質及牛頓第一定律的內容。
理解牛頓第二定律的內容并會簡單應用。
理解牛頓第三定律的內容，會區別作用力和反作用力與平衡力。
知道力學單位制。
學習目標
目 錄
CONTENTS
夯實必備知識
01
研透核心考點
02
提升素養能力
03
夯實必備知識
1
勻速直線
1.牛頓第一定律　慣性
迫使
慣性
慣性
維持
加速度
勻速直線
大
小
無關
正比
2.牛頓第二定律　力學單位制
反比
相同
ma
靜止
勻速直線運動
宏觀
低速
基本
導出
長度
質量
時間
米
千克
秒
物理關系
相互
3.牛頓第三定律
相反
同一條直線上
1.思考判斷
×
(1)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。( )
(2)物體不受力時，將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態。( )
(3)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。( )
(4)由m＝可知，物體的質量與其所受合外力成正比，與其運動的加速度成反比。( )
(5)可以利用牛頓第二定律確定高速電子的運動情況。( )
(6)作用力和反作用力的效果可以相互抵消。( )
(7)人走在松軟土地上下陷時，人對地面的壓力大于地面對人的支持力。( )
√
√
×
×
×
×
B
2.(人教版必修第一冊P70“拓展學習”改編)如圖甲所示，用傳感器研究兩鉤子間的作用力與反作用力(其中左側傳感器固定于木塊上)，兩個鉤子拉力的情況由計算機屏幕顯示，如圖乙所示。若用數學形式表示作用力與反作用力關系，下面表達式最為恰當的是(　　)
A.F1＝F2　　　
B.F1＝－F2
C.F1－F2＝0
D.F1＋F2＝0
研透核心考點
2
考點二　牛頓第二定律　單位制
考點一　牛頓第一定律
考點三　牛頓第三定律
考點一　牛頓第一定律
對牛頓第一定律的兩點說明
(1)理想化狀態:牛頓第一定律描述的是物體不受外力時的狀態，而物體不受外力的情形是不存在的。在實際情況中，如果物體所受的合外力等于零，與物體不受外力時的表現是相同的。
(2)與牛頓第二定律的關系:牛頓第一定律和牛頓第二定律是相互獨立的。牛頓第一定律是經過科學抽象、歸納推理總結出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律。
1.(2025·甘肅蘭州一模)在東漢王充所著的《論衡·狀留篇》中提到“是故湍瀨之流，沙石轉而大石不移。何者 大石重而沙石輕也。”從物理學的角度對文中所描述現象的解釋，下列說法正確的是(　　)
A.水沖沙石，沙石才能運動，因為力是產生運動的原因
B.“沙石轉而大石不移”是因為物體運動狀態改變的難易程度與質量有關
C.只有在水的持續沖力作用下沙石才能一直運動，是因為運動需要力來維持
D.“大石不移”是因為大石受到的阻力大于水的沖力
跟蹤訓練
B
解析　水沖沙石，沙石才能運動，因為水的沖擊力克服了阻力，故力是改變運動狀態的原因，故A錯誤;物體總有保持原有運動狀態的性質即為慣性，其大小只與質量有關，質量越大慣性越大，重的大石由于質量太大，慣性太大，所以運動狀態不容易被水流改變，故B正確;物體的運動不需要力來維持，如沙石不受力的作用時，可以做勻速直線運動，故C錯誤;“大石不移”是因為水的沖力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力為零，故D錯誤。
2.如圖所示的情景中，下列說法正確的是(　　)
C
A.雨雪天汽車裝防滑鐵鏈是為了幫助汽車克服慣性
B.噴灑農藥無人機(包括攜帶的藥液)在進行噴灑工作時慣性不變
C.滑雪運動員下滑的快慢不會改變運動員的慣性大小
D.磁懸浮列車的車頭設計可以減小阻力，所以它的慣性比較小
解析　雨雪天汽車裝防滑鐵鏈不是為了幫助汽車克服慣性，而是為了增大摩擦力，防止車輛打滑，故A錯誤;噴灑農藥無人機(包括攜帶的藥液)在進行噴灑工作時，隨著質量的減小，慣性減小，故B錯誤;慣性只由質量決定，與運動狀態無關，所以滑雪運動員下滑的快慢不會改變運動員的慣性大小，故C正確;磁懸浮列車的車頭設計可以減小阻力，但它的慣性由質量決定，不一定慣性小，故D錯誤。
慣性的兩種表現形式的理解
(1)保持原狀:物體在不受外力或所受的合外力為零時，慣性表現為使物體保持原來的運動狀態不變(靜止或勻速直線運動)。
(2)反抗改變:物體受到外力時，慣性表現為運動狀態改變的難易程度。慣性大，物體的運動狀態較難改變;慣性小，物體的運動狀態容易改變。
考點二　牛頓第二定律　單位制
例1 根據牛頓第二定律，下列敘述正確的是(　　)
A.物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比
B.物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度
C.物體加速度的大小與所受作用力中任一個的大小成正比
D.當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比
角度　　對牛頓第二定律的理解
D
解析　根據牛頓第二定律a＝可知，物體的加速度與速度無關，選項A錯誤;即使合力很小，也能使物體產生加速度，選項B錯誤;物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，選項C錯誤;當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，根據牛頓第二定律F＝ma可知，物體的水平加速度大小與其質量成反比，選項D正確。
總結提升　對牛頓第二定律的理解
角度　　力與運動的關系
例2 (2024·安徽卷，6)如圖所示，豎直平面內有兩個完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中(　　)
A
A.速度一直增大 B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小
解析　緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與小球的重力和兩彈簧的拉力合力為零，此時兩彈簧的合力大小為mg。當撤去拉力，小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤;小球從P點運動到O點的過程中，彈簧形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受到的合外力一直變小，加速度一直減小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值為2g，故C、D錯誤。
合力、加速度、速度之間的決定關系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體就有加速度。
(2)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯系;a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。
(3)合力與速度同向時，物體做加速運動;合力與速度反向時，物體做減速運動。
角度　　牛頓第二定律的應用
例3 (2025·浙江縣域教研聯盟高三月考)如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。若已知飛船質量為3.0×103 kg，在飛船與空間站對接后，其推進器的平均推力F為900 N，推進器工作5 s內，測出飛船和空間站的速度變化是0.05 m/s，則(　　)
C
A.飛船對空間站的推力為900 N
B.飛船的加速度為0.3 m/s2
C.空間站的質量為8.7×104 kg
D.在5 s內，飛船和空間站前進的距離是0.125 m
解析　已知飛船質量為m＝3.0×103 kg，在其推進器的平均推力F作用下，整體獲得加速度為a1＝＝0.01 m/s2，根據牛頓第二定律可得F＝(M＋m)a1，代入數據解得M＝8.7×104 kg，飛船對空間站的推力為F1＝Ma1＝870 N，故A、B錯誤，C正確;因為初狀態不清楚，所以無法計算在5 s內，飛船和空間站前進的距離，故D錯誤。
3.(2024·山東淄博模擬)某同學為測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細繩的下端綁上一支圓珠筆，細繩的上端固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵某段穩定加速過程中，細繩偏離了豎直方向如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直。為進一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關系可能正確的是(　　)
跟蹤訓練
B
解析　以兩個小球整體為研究對象，受到重力和拉力，如圖甲所示，根據牛頓第二定律有(m＋M)gtan α＝(m＋M)a，得a＝gtan α;以下面小球為研究對象，受到重力和拉力，如圖乙所示，根據牛頓第二定律有Mgtan θ＝Ma，得a＝gtan θ，因為兩球的加速度相同，則可知兩段細線與豎直方向的夾角相同。故B正確。
1.作用力和反作用力的三個關系
考點三　牛頓第三定律
2.作用力和反作用力與一對平衡力的比較
比較項 作用力和反作用力 一對平衡力
不同點 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 不一定同時產生、同時消失
疊加性 兩力作用效果不可抵消，不可疊加，不可求合力 兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，合力為零
力的性質 一定是同性質的力 性質不一定相同
相同點 大小相等，方向相反，作用在同一條直線上
角度　　牛頓第三定律的理解
例4 (2024·浙江金華模擬)阻力傘是一種短跑運動訓練工具。如圖所示，某段訓練過程中，連接阻力傘的輕繩始終處于水平狀態，已知阻力傘重力為G，輕繩對阻力傘的拉力為FT，空氣對阻力傘的作用力為F，則(　　)
C
A.FT＝F
B.地面對人的摩擦力大小等于F
C.人對輕繩的拉力與阻力傘對輕繩的拉力大小相等
D.人對輕繩的拉力與輕繩對人的拉力是一對平衡力
解析　阻力傘受重力G、輕繩對阻力傘的拉力FT，空氣對阻力傘的作用力F，三力平衡，如圖所示，則有FT＝，故A錯誤;人的運動狀態未知，則地面對人的摩擦力大小不一定等于F，故B錯誤;輕繩上的拉力相等，即人對輕繩的拉力與阻力傘對輕繩的拉力大小相等，故C正確;人對輕繩的拉力與輕繩對人的拉力是一對相互作用力，作用在不同的物體上，不是一對平衡力，故D錯誤。
角度　　轉換研究對象法的應用
例5 建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質量為70.0 kg的工人站地面上，通過定滑輪將20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，g取10 m/s2，則工人對地面的壓力大小為(　　)
B
A.510 N B.490 N C.890 N D.910 N
解析　設繩子對建材的拉力為F1，由牛頓第二定律得F1－mg＝ma，解得F1＝210 N，繩子對人的拉力F2＝F1＝210 N，由于人處于靜止狀態，則地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490 N，由牛頓第三定律知，人對地面的壓力FN'＝FN＝490 N，故B正確。
跟蹤訓練
4.如圖所示，底座A上裝有一根直立桿，其總質量為M，桿上套有質量為m的圓環B，它與桿有摩擦。當圓環從底端以某一速度v向上飛起時，圓環的加速度大小為a，底座A不動，則圓環在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力分別為(　　)
D
A.Mg　Mg B.(M＋m)g　(M＋m)g
C.Mg－ma　Mg＋ma D.(M＋m)g－ma　(M－m)g＋ma
解析　當圓環上升時，桿給環的摩擦力方向向下，大小設為Ff，則環給桿的摩擦力方向向上，大小為Ff，設水平面對底座的支持力大小為FN1，則對圓環由牛頓第二定律可得mg＋Ff＝ma，對底座，由平衡條件可得FN1＋Ff－Mg＝0，聯立解得FN1＝(M＋m)g－ma;當圓環下落時，桿給環的摩擦力方向向上，大小設為Ff'，則環給桿的摩擦力方向向下，大小為Ff'，設水平面對底座的支持力大小為FN2，則對底座，由平衡條件可得Mg＋Ff'－FN2＝0，由題意可知Ff'＝Ff，聯立解得FN2＝(M－m)g＋ma，根據牛頓第三定律可知，圓環在升起和下落過程中，底座對水平面的壓力大小分別為(M＋m)g－ma，(M－m)g＋ma，故D正確。
提升素養能力
3
A級　基礎對點練
AC
對點練1　牛頓第一定律
1.(多選)伽利略理想斜面實驗創造性的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發展。關于伽利略的斜面實驗，下列說法正確的是(　　)
A.該實驗雖然是理想實驗，是在思維中進行的，但仍以真實的實驗為基礎
B.如果斜面粗糙，不論右側斜面傾角如何，小球也將上升到與釋放點等高的位置
C.該實驗說明了物體的運動不需要力來維持
D.該實驗證明了力是維持物體運動的原因
解析　該實驗完全是理想實驗，是在思維中進行的，同時是以斜面真實的實驗為基礎，故A正確;如果斜面粗糙，小球會有能量損失，將不能上升到與釋放點等高的位置，故B錯誤;該實驗說明了物體的運動不需要力來維持，故C正確，D錯誤。
D
2.大型油罐車內部設置了一些固定擋板，如圖所示，油罐車在水平路面上行駛，下列說法正確的是(　　)
A.油罐車勻速前進時，油沒有慣性
B.油罐車加速前進時，油的液面仍然保持水平
C.油罐車減速前進時，兩擋板間油的液面前低后高
D.擋板間油的質量相對小，可以有效減弱變速時油的涌動
解析　慣性的大小只取決于物體的質量，和物體的運動狀態無關，故A錯誤;當油罐車加速前進時，由于慣性油向后涌動，所以油的液面應前低后高，故B錯誤;當油罐車減速前進時，油向前涌動，油的液面前高后低，故C錯誤;當擋板間油的質量相對小時，油的慣性小，可以有效減弱變速時油的涌動，故D正確。
B
對點練2　牛頓第二定律　單位制
3.(2023·遼寧卷，2)安培通過實驗研究，發現了電流之間相互作用力的規律，若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為ΔF＝k。比例系數k的單位是(　　)
A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)
解析　由ΔF＝k得k＝，又F＝ma，則比例系數k的單位為＝kg·m/(s2·A2)，B正確。
A
4.如圖所示，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為(　　)
A. B. C. D.
解析　當兩球運動至二者相距L時，如圖所示。
由幾何關系可知sin θ＝
設繩子拉力為FT，對輕繩的中點，水平方向有2FTcos θ＝F，解得FT＝F
對任一小球，由牛頓第二定律有FT＝ma
解得a＝，故A正確，B、C、D錯誤。
BC
5.(多選)(2025·吉林長春模擬)如圖所示，質量為0.5 kg的物塊A放在一個縱剖面為矩形的靜止木箱內，A和木箱水平底面之間的動摩擦因數為0.2。A的左邊被一根輕彈簧用0.5 N的水平拉力向左拉著而保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，可使彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，則木箱從靜止開始的運動情況是(　　)
A.以6 m/s2的加速度豎直向上加速
B.以6 m/s2的加速度豎直向下加速
C.以2 m/s2的加速度水平向右加速
D.以2 m/s2的加速度水平向左加速
解析　當木箱以a1＝6 m/s2豎直向上勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律FN1－mg＝ma1，此時最大靜摩擦力Ffm1＝μFN1＝1.6 N>0.5 N，此時物塊不可能相對木箱底面水平移動，故A錯誤;當木箱以a2＝6 m/s2豎直向下勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律有mg－FN2＝ma2，此時
最大靜摩擦力Ffm2＝μFN2＝0.4 N<0.5 N，彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，故B正確;當木箱以a3＝2 m/s2水平向右勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律有μmg－F彈1＝ma3，解得F彈1＝0，此時彈簧處于原長狀態，則彈簧能拉動物塊A相對木箱底面向左移動，故C正確;當木箱以a4＝2 m/s2水平向左勻加速運動時，對物塊A，根據牛頓第二定律有F彈2－μmg＝ma4，解得F彈2＝2 N，所以彈簧伸長量增加，物塊A相對木箱底面向右移動，故D錯誤。
C
對點練3　牛頓第三定律
6.(2025·四川綿陽高三期末)如圖所示，人站在電動平衡車上推墻后在水平地面上沿直線運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A.平衡車加速行駛時，車對人的作用力大于人對車的作用力
B.平衡車勻速行駛時，平衡車受到的重力和地面對平衡車的支持力是一對平衡力
C.人推墻的力等于墻推人的力
D.若人能從平衡車跳離，是因為此時人對車的力小于車對人的支持力
解析　車對人的作用力與人對車的作用力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故A錯誤;對平衡車受力分析可知，豎直方向上，受重力、人的壓力和地面的支持力，由平衡條件有F壓＋mg＝F支可知，地面對平衡車的支持力大于平衡車受到的重力，故B錯誤;人推墻的力與墻推人的力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故C正確;若人能從平衡車跳離，是因為此時車對人的支持力大于人的重力，故D錯誤。
B
7.如圖所示是一種有趣好玩的感應飛行器的示意圖，主要是通過手控感應飛行，它的底部設置了感應器裝置。只需要將手置于離飛行器底部一定距離處，就可以使飛行器靜止懸浮在空中，操作十分方便。下列說法正確的是(　　)
A.手對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力
B.空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力
C.空氣對飛行器的作用力和空氣對手的作用力是一對作用力和反作用力
D.因為空氣會流動，所以螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小不相等
解析　手與飛行器沒有接觸，手對飛行器沒有作用力，空氣對飛行器的作用力與飛行器所受的重力是一對平衡力，選項A錯誤，B正確;空氣對飛行器的作用力和飛行器對空氣的作用力是一對作用力和反作用力，選項C錯誤;由牛頓第三定律可知，螺旋槳對空氣的作用力和空氣對螺旋槳的作用力大小相等，選項D錯誤。
B
8.如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上以加速度a水平向右加速滑行，長木板與地面間的動摩擦因數為μ1，木塊與長木板間的動摩擦因數為μ2，重力加速度為g，若長木板仍處于靜止狀態， 則長木板對地面摩擦力的大小和方向為(　　)
A.μ1(m＋M)g，向左 B.μ2mg，向右
C.μ2mg＋ma，向右 D.μ1mg＋μ2Mg，向左
解析　以木板為研究對象，水平方向受到木塊對長木板的滑動摩擦力，大小為Ff1＝μ2mg，方向水平向右，長木板靜止，則地面對長木板的靜摩擦力Ff2＝Ff1＝μ2mg，方向向左，由牛頓第三定律可知長木板對地面摩擦力的大小為μ2mg，方向向右，故B正確。
B級　綜合提升練
A
9.(2025·福建省百校高三質檢)高山滑雪是冬奧會的項目之一。如圖為某滑雪運動員比賽時，沿傾斜直滑道加速下滑時的情形，若此過程中運動員受到滑道的摩擦阻力恒定，受到空氣的阻力與速度成正比，當速度為v1時運動員加速度為a，當速度增大為v2時運動員加速度為零，已知滑道傾角為37°，重力加速度為g，運動員質量為m，則當運動員速度為v2時，運動員的加速度大小為(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A.a B.a
C.a D.a
解析　當速度為v1時運動員加速度為a，由牛頓第二定律得mgsin θ－Ff－kv1＝ma，當速度為v2時，有mgsin θ－Ff－kv2＝0，當速度為時，有mgsin θ－Ff－kv2＝ma'，解得a'＝a，A正確。
D
10.如圖為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，質量為m的貨物與車廂地板之間的動摩擦因數為0.3。當載重車廂沿索道向上加速運動時，貨物與車廂仍然保持相對靜止狀態，貨物對車廂水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，連接索道與車廂的桿始終沿豎直方向，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么這時貨物對車廂地板的摩擦力大小為(　　)
A.0.35mg B.0.3mg
C.0.23mg D.0.2mg
解析　將a沿水平和豎直兩個方向分解，對貨物受力分析如圖所示，則有
水平方向:Ff＝macos 37°
豎直方向:FN－mg＝masin 37°
FN＝1.15mg
聯立解得Ff＝0.2mg，由牛頓第三定律可知Ff'＝Ff，故D正確。
BC
11.(多選)如圖所示，位于水平面上的車廂里，有一傾角θ＝37°的斜面，斜面上靜置一質量為m的物塊，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5。已知sin 37°＝0.6，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。物塊與斜面始終保持相對靜止，則車廂向左做勻加速運動的加速度大小可能為(　　)
A. B. C.2g D.3g
解析　當最大靜摩擦力沿斜面向上時，對物塊進行受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律知，沿垂直斜面方向有FN－mgcos θ＝masin θ，沿斜面方向有mgsin θ－Ff＝macos θ，又Ff＝μFN，聯立得a＝g。同理，當最大靜摩擦力沿斜面向下時，沿垂直斜面方向有FN－mgcos θ＝ma'sin θ，沿斜面方向有mgsin θ＋Ff＝ma'cos θ，又Ff＝μFN，聯立得a'＝＝2g，故B、C正確。
12.已知雨滴(可視為球形)從高空下落時所受空氣阻力可以表示為f＝kr2v2，式中k為常量，r為雨滴的半徑，v為雨滴的速度大小。已知水的密度為ρ，落地前雨滴已經勻速運動。
(1)若質量為1.0×10－6 kg的雨滴落地時速度為5 m/s，g＝10 m/s2，水的密度為ρ＝1.0×103 kg/m3，π≈3，＝2.5，求k;
(2)推導出半徑為r的雨滴下落速度為v1時的加速度大小表達式(表達式由k、r、v1、g、ρ、π表示);
(3)推導出質量為m的雨滴的落地速度大小表達式(表達式由k、m、g、ρ、π表示)。
C級　培優加強練
答案　(1)1 kg/m3　(2)a＝g－　(3)v＝
解析　(1)由平衡條件有mg－kr2v2＝0，又雨滴質量m＝ρV，雨滴體積V＝πr3
解得k＝
代入數據解得k＝1 kg/m3。
(2)根據題述，雨滴從高空下落時所受空氣阻力可以表示為f＝kr2v2
雨滴下落速度為v1時所受空氣阻力f1＝kr2
對質量為m的雨滴，由牛頓第二定律有mg－f1＝ma
又雨滴質量m＝ρV，雨滴體積V＝πr3
聯立解得a＝g－。
(3)由于空氣阻力f＝kr2v2，根據牛頓第二定律有mg－kr2v2＝ma，可知雨滴下落先做加速度逐漸減小的加速直線運動，當所受空氣阻力增大到等于雨滴重力時，雨滴勻速下落，設質量為m的雨滴的落地速度大小為v，有mg－kr2v2＝0
由以上各式聯立解得v＝。

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