高三物理二轮复习第一篇专题攻略专题一力与直线运动第3讲牛顿运动定律及其应用课件
高考物理一轮复习 第3章 力和运动 第3课时 牛顿运动定律的综合应用课件.pptx
【例1】 (2016·洛阳模拟)一同学想研究电梯上升过程 的运动规律．某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5 kg的砝码和一套便携式DIS实验系统，砝码悬挂在力传 感器上．电梯从第一层开始启动，中间不间断，一直到 最高层停止．在这个过程中，显示器上显示出的力随时 间变化的关系如图所示．取重力加速度g＝10 m/s2，根 据表格中的数据．求：
6
方法总结
超重和失重现象的判断“三”技巧 (1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大 于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态， 等于零时处于完全失重状态． (2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超 重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度 为重力加速度时处于完全失重状态． (3)从速度变化角度判断：①物体向上加速或向下减速时，超 重；②物体向下加速或向上减速时，失重．
5
9பைடு நூலகம்
解析：由题图知小琳在这段时间内处于失重状态，是由于小琳 对体重计的压力变小了，而小琳的重力没有改变，A 选项错；小琳 对体重计的压力与体重计对小琳的支持力是一对作用力与反作用 力，大小一定相等，B 选项错；以竖直向下为正方向，有：mg－F ＝ma，解得 a＝5g，方向竖直向下，但其速度方向可能是竖直向上， 也可能是竖直向下，C 选项错，D 选项正确．
思路分析：由 F－t 图象清楚地了解物体在各时间段内作用在物 体上的水平外力，由 v－t 图象明确各时间段内物体的加速度，由牛 顿第二定律则可知道各时间段物体受到的合外力，根据物体的运动 状态和受力分析求得各物理量．
13
解析：(1)由 F－t 图象可知 t＝1 s 时，F1＝4 N，而此时物体的 加速度为零，由平衡条件可得摩擦力
联立得 m＝F2－a F3＝12－ 2 8 kg＝2 kg，
高中物理第2轮复习 专题1 第2讲 牛顿运动定律和直线运动课件
1．力和直线运动的关系 当物体所受合外力与速度共线时，物体做直线运
动
(1)若F合=0，v0≠0，物体保持匀速直线运动． (2)若F合恒定且不为零，且与v0同向时，物体做匀 加速直线运动．
(3)若F合恒定且不为零，且与v0反向时，物体将做 匀减速直线运动．
(4)若F合不恒定，物体做变加速或变减速直线运 动．
图123
答案：A
【解析】由外力F=kt可知F随时间增大，初始时选m1和
m2整体为研究对象F
m1
m2
a，a
m1
kt m2
，a随时间
增大，当F增大到Biblioteka 定程度当两物体发生相对运动时，此时研究m2：F
m2g
m2a2，a2
kt m2
g
a，a2继续
随时间增大．研究m1：m2 g
m1a1，可得a1
m2 g
【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末时刻t0的 速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加 速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由 运动学公式得
v a t0
s1
1 2
a
t
2 0
s2
v t0
1 2
(
2
a
)
t
2 0
设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时 间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.同样有
相对性 适用于低速、宏观；只在惯性系中成立
3.匀变速直线运动的规律及推论
① vt v0 at
②
s
v0t
1 2
at2
③
2as
v
2 t
v
2 0
④ s v t v0 vt t 2
⑤v1
高三物理二轮复习 第一篇 专题攻略 考题回访 专题一 力与直线运动 第3讲 牛顿运动定律及其应用(
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专题一力与直线运动第3讲牛顿运动定律及其应用1.（2016·海南高考）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度—时间图线如图所示。
已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0~5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（)A。
F1〈F2B。
F2>F3C。
F1>F3 D.F1=F3【解析】选A.对物体的受力分析如图所示。
根据v —t图象可以知道，在0～5s内加速度为a1=0。
2m/s2,方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律:mgsinθ-f—F1=ma1,则:F1=mgsinθ-f-0.2m；在5～10s内,加速度a2=0,根据牛顿第二定律：mgsinθ—f-F2=ma2,则:F2=mgsinθ—f；在10～15s内加速度为a3=-0。
2m/s2，方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律:f+F3—mgsinθ=ma3，则：F3=mgsinθ—f+0.2m。
故可以得到：F3〉F2〉F1,故选项A正确。
2.(多选)（2015·全国卷Ⅱ）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢,当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F，不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为( ) A.8 B.10C.15D.18【解析】选B、C.设P在东,Q在西，当机车向东加速行驶时，对P以西的所有车厢应用牛顿第二定律F=m西a，当机车向西加速行驶时,对Q以东的所有车厢应用牛顿第二定律F=m东·a，两式相比可得m西∶m东=2∶3，所以这列车厢的节数只能为5的整数倍,B、C两项符合要求，A、D两项不符合题意。
高三物理力和运动复习PPT优秀课件
[专题特辑] 课堂 1．选 D 取沿斜面向上为正方向，小球沿斜面向上做匀减速
直线运动，其位移x＝v0t－12at2，v0＝4 m/s，a＝gsin θ＝ 5 m/s2，故x＝4t－2.5t2，又d＝0.5＋x，所以d＝0.5＋4t－ 2.5t2，D正确。 2．选 C 对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力 作用，根据牛顿第二定律，皮球在上升过程中的加速度大 小a＝mg＋m kv，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减 小，当速度v＝0时，加速度a＝g，a－t图象逐渐趋近一条 平行于t轴的直线，C正确；A、B、D错误。
第3讲 抛体运动与圆周运动
[考点谋略] 例1：思路点拨：解答本题时应注意以下两点： (1)明确物体被提升过程中同时参与了哪两个方向的运动。 (2)物体做曲线运动的条件。
解析：物体在水平方向随吊车以速度 v1 匀速运动的同时，在 竖直方向上以速度 v2 匀速上升，故物体的实际速度 v＝
6．选 C 小球P受绳的拉力、重力、Q对P的弹力三个力作用， B错误；物块Q受重力、P对Q的弹力、墙对Q的弹力、墙对 Q的静摩擦力四个力作用，A错误；由平衡条件可知，墙对 Q的静摩擦力与Q的重力等大反向，与绳子长度无关，D错 误；绳子变长时，绳子与竖直方向的夹角θ变小，由F绳·cos θ＝mPg可知，F绳变小，C正确。
解析：对小球受力分析，如图所示， 根据物体的平衡条件，可将三个力 构建成矢量三角形，随着木板顺时 针缓慢转到水平位置，木板对球的 弹力FN2′减小，球对木板的压力大 小FN2逐渐减小，墙面对球的压力大小FN1逐渐减小，故B 对。 答案：B
例3：思路点拨： (1)由系统的对称性可知，装置两侧木块与挡板间的摩擦力、 压力大小均相等。 (2)Ff为静摩擦力，与FN的大小无正比关系。
高考物理二轮复习专题03牛顿运动定律讲含解析
牛顿运动定律考点考纲要求专家解读牛顿运动定律及其应用Ⅱ1.从近几年的高考考点分布知道，本章主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题；理解超重和失重现象，掌握牛顿第二定律的验证方法和原理。
超重与失重Ⅰ单位制Ⅰ纵观近几年高考试题，预测物理高考试题还会考：1、牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与动量、能量、电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．考向01 牛顿运动定律1.讲高考（1）考纲要求主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．案例1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。
案例2．【·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。
训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。
高考物理二轮复习 第一部分 (专题突破+破译命题密码)专题二 牛顿运动定律与直线运动课件
③ ④ ⑤
⑥ ⑦
1.符号确定
在匀变速直线运动中，一般规定初速度v0的方向为正方向(但不
绝对，也可规定为负方向)，凡与正方向相同的矢量为正值，相反的 矢量为负值，这样就把公式中的矢量运算转换成了代数运算。
2.应用技巧
(1)匀变速直线运动的基本公式涉及五个物理量v0、vt、x、a和t， 这五个物理量中最多只能有三个是独立的，但只要其中三个物理量 确定之后，另外两个就唯一确定了。 (2)物体做匀减速直线运动，减速为零后再反向运动，如果整个 过程加速度恒定，则可对整个过程直接应用矢量式。
3．将地面上静止的货物 竖直向上吊起，货物由地面运动至最 高点的过程中，v－t图象如图2－2所 示。以下判断正确的是 ( ) 图2－2
A．前3 s内货物处于超重状态
B．最后2 s内货物只受重力作用 C．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同 D．第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒
解析：选 AC
Δv 由v－t图象可知前3 s内，a＝ ＝2 m/s2，货 Δt
物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A正确；最后2 s Δv 内加速度a′＝ ＝－3 m/s2，小于重力加速度，故吊绳拉力 Δt 1 不为零，选项B错误；根据 v ＝ v＝3 m/s可知选项C正确；第 2 3 s末至第5 s末的过程中，货物匀速上升，货物机械能增加， 选项D错误。
[解析] 设开始时甲的加速度为 a1，乙的加速度为 a2， 第一段时间 t 内 1 2 对甲：x1＝ a1t 2 v1＝a1t ① ②
1 2 对乙：x2＝ a2t 2 v2＝a2t 又 a2＝2a1 第二段时间 t 内 1 对甲：x1′＝v1t＋ (2a1)t2 2 1a2 2 对乙：x2′＝v2t＋ t 22 x1＋x1′ 5 取立①～⑦解得： ＝ 。 x2＋x2′ 7 [答案] 5∶7
高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题一力与直线运动第2讲牛顿运动定律与直线运动课件
绳子张力达到所承受的最大力
绳子刚好绷直与松弛
绳子张力为0
例3 [2022·全国甲卷](多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平
桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均
为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀
速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原
连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均
速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时
速度为(
)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
答案：C
预测1 [2023·北京市海淀区阶段练习]用如图所示的方法可以
测出一个人的反应时间．甲同学用手握住直尺顶端的地方，乙
μ
答案：BC
预测6 [2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为
m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等
于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线
3
垂直．当两球运动至二者相距 L时，它们加速度的大小均为(
)
5F
A．
8m
2F
B．
5m
3F
C．
8m
B．其“时间刻度”是不均匀的，且靠近直尺零刻度的地方
“时间刻度”密
C．其“时间刻度”是不均匀的，且靠近直尺零刻度的地方
“时间刻度”疏
D．如果在月球上使用此刻度尺，“时间刻度”的每个数字应
该成比例改小一些
答案：B
预测2 [2022·福建泉州高三联考]如图为某轿车在行驶过程中，试图
借用逆向车道超越客车的示意图，图中当两车相距L＝4 m时，客车正
高考物理二轮复习教案 第三章 牛顿运动定律
第三章牛顿运动定律知识网络一. 方法和技巧：1.主要方法：（1）力的处理方法:○1正交分解法：若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题F x=ma x,F=ma y○2合成法：若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用合成法。
（2）如何建立直角坐标系若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。
○1一般选加速度方向为一个坐标轴的正方向○2尽量少的分解矢量○3要有利于简化方程组例6.在图示的几种情况下，要用正交分解法解题，如何建立直角坐标系？（1）求小车的加速度（2）求人受到的摩擦力和支持力（3）求平抛运动的小球距斜面的最大距离2、牛顿运动定律在系统中的应用：若研究对象是质点组，牛顿第二定律的形式可以表述为：系统所受到的合外力F等于系统各部分的质量m i乘各部分的加速度a i的和F=m1a1+m2a2+m3a3+……+m n a nF x=m1a1x+m2a2x+…Fy=m1a1y+m2a2y+….例1.如图，倾角为θ质量为M的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块间的动摩擦因数均为μ，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面始终保持静止。
求水平面给斜面体的支持力、摩擦力的大小和方向3.研究对象的选取方法:--- 整体法与隔离法○1隔离法：若研究物体间作用时，应将研究对象隔离出来分析研究。
○2整体法：a. 两物体相对静止情况：F x=（m1+m2）a xF=（m1+m2）a y例2. 如图所示，悬挂于向右运动小车里的小球偏离竖直方向θ角，则小车对底板上的物块摩擦力多大？物块质量为m。
mg tgθ.水平向右.例3如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M＞m．现用一力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T；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，细线的拉力为T’．则A．a'=a,T '=TB．a'<a,T '=TC．a'>a,T '=TD．a'>a,T '>TCb.两物体间有相对运动情况：F x=m1a1x+m2a2xF y=m1a1y+m2a2y例4.如图所示，质量为M，长为l的木板放在光滑的斜面上。
高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动2牛顿运动定律与直线运动课件
②
(2)冰球到达挡板时, 满足训练要求的运动员中, 刚好到达小旗处 的运动员的加速度最小。 设这种情况下, 冰球和运动员的加速度大小 分别为 a1 和 a2, 所用的时间为 t, 由运动学公式得������0 2 − ������1 2 =2a1 s0 ③ v 0 -v1 =a1 t ④ 1 s1 = 2a2 t2 ⑤ 联立③④⑤式得
第2讲
牛顿运动定律与直线运动
-2网络构建 要点必备
-3网络构建 要点必备
1.匀变速直线运动的三个基本公式 v0+at (1)速度公式:v= 。 1 (2)位移公式: x=v 0t+2at2。 (3)位移速度关系式: v2-������02 =2ax。 2.匀变速直线运动的两个重要推论 (1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的 即������ = ������������ 。
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
-101 2 3 4
2
答案
������02 -������12 (1) 2������������ 0
������ (������ +������0) (2) 1 21 ������02
解析 (1)设冰球的质量为 m, 冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ, 由动 能定理得 1 1 -μmgs0 =2 ������������1 2 − 2 ������������0 2 ① 解得
,
-41 一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒 力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则( BC ) A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变 解析 匀速直线运动的质点加一恒力后,合力即该恒力,质点做匀变 速运动,根据牛顿第二定律F=ma,可知选项C正确;由加速度定义式 Δ������ a= Δ������ 可知单位时间内速度的变化量总是不变,速率的变化量不一 定相等,选项D错误;质点的速度方向不一定与该恒力的方向相同, 选项A错误;某一时刻恒力方向与速度方向垂直时,速度方向立即改 变,而恒力方向不会改变,所以速度方向不可能总是与该恒力的方 向垂直,选项B正确。
高考物理二轮专题复习 第2课 牛顿运动定律及其应用课
K 考题 专项 训练
解析 考查xt图象．由图可知，在t1时刻是b车追 上a车，A错误；图线的倾斜方向代表车的运动方向，
向上倾斜代表与正方向相同，向下倾斜代表与正方
栏
向相反，图象的斜率的绝对值代表速率，B、C正
目
链
确，D错误．
接
答案 BC
K 考题 专项 训 练 变式训练
1．一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，
栏 目 链 接
K 考题 专项 训练
题型一图象问题（A层次）
例1(双选)如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行 驶的汽车a和b的位置－时间(xt)图线．由图可知( )
A．在时刻t1，a车追上b车
栏 目 链
接
பைடு நூலகம்
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
K 考点 精辟 解析
(2)平均速度 v＝v0＋2 vt，中间时刻的瞬时速度等于平均速
度，即 v t ＝v；
2
栏
目
(3)逆向思维法：将匀减速直线运动转换成初速度为零的匀
链
接
加速直线运动进行处理．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为
自由落体运动．
K 考点 精辟 解析
3．st图象与vt图象的比较．
栏 目 链 接
目
连接体问题；④运用超重和失重的知识定性分析力学现
链
接
象．
近年高考的趋势——重点考查“方法”与“能力”， 在本章考点中得以充分体现．如牛顿第二定律与第三定律 的综合应用，物理图象、瞬时效应(力的矢量性与瞬时性)、 临界状态等，必须灵活掌握，熟练应用．
高考物理二轮复习专题精讲—牛顿运动定律与直线运动(全国版)
3.连接体问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧
整体法的 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间 选取原则 的作用力 隔离法的 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物 选取原则 体之间的作用力 整体法、
若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间 隔离法的
的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力 交替运用
相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为
A.6小时25分钟
√B.6小时30分钟
C.6小时35分钟
D.6小时40分钟
108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，
因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，
相邻两站间的距离
x＝1
080×103 5
例3 (2022·广东省模拟)如图所示，在一光滑球面上有
重力不计的力传感器通过轻绳连接在甲、乙两物体之间，
甲、乙两物体的质量均为2 kg，可看作质点.无初速度释
放两物体后某一瞬间位于图中位置，不计一切摩擦，g
取10 m/s2，则此时力传感器的示数为
√ A.20 N
B.15 N
C.10 N
D.5 N
高考物理二轮复习专题精讲—牛顿运动定律与 直线运动
主讲人：XXX
目录
CONTENTS
1 考点一 匀变速直线运动规律及应用 2 考点二 牛顿运动定律的应用 3 考点三 运动学和动力学图像 4 高考预测 5 专题强化练
1
匀变速直线运动规律及应用
1.匀变速直线运动问题常用的七种解题方法
2.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思 维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公 式求解. (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动， 全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需
2019-2020年高三物理第二轮专题复习 专题一力和运动教案 人教版
2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。
牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。
从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。
3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。
4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。
二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。
5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。
加之小球通过最高点有极值限制。
这就构成了主要考查点。
2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。
求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。
解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3讲 牛顿运动定律的理解和应用名师讲练
第3讲牛顿运动定律的理解和应用[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/11牛顿运动定律牛顿第一定律c牛顿第二定律d d 19 19 19力学单位制b 1 2 1 2 牛顿第三定律c c 19牛顿运动定律应用d d 19 19 19 19超重与失重b12考点一牛顿运动定律的有关辨析1．(2017·浙江11月选考·2)在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是( )A．质量，千克B．能量，焦耳C．电阻，欧姆D．电量，库仑答案 A解析国际基本物理量有：质量，长度，时间，电流，发光强度，热力学温度，物质的量，故选A.2．(2017·浙江4月选考·1)下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是( ) A．力，kg B．功率，JC．电场强度，C/N D．电压，V答案 D解析力的国际单位是N，功率的国际单位是W，电场强度的国际单位是N/C，电压的国际单位是V，所以正确答案为D.3．(2016·浙江10月学考·2)下列均属于国际制基本单位的是( )A．m、N、J B．m、kg、JC．m、kg、s D．kg、m/s、N答案 C4．(人教版必修1P70第1至3题改编)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是( ) A．飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标B．地球自西向东转，你向上跳起来后，不会落到原地C．安全带的作用是防止汽车刹车时由于惯性作用发生危险D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力答案 C5．(人教版必修1P81“实验”改编) 把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手拉测力计A，如图1，则( )图1A．A拉B的力小于B拉A的力B．A拉B的力大于B拉A的力C．A拉B的力与B拉A的力是一对平衡力D．A拉B的力与B拉A的力是一对相互作用力答案 D解析根据牛顿第三定律，相互作用的两个物体间的作用力大小相等、方向相反．A、B间的力为相互作用力，故D项正确．6．伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是( )A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因答案 D7. 课间休息时，一位男生跟一位女生在课桌面上扳手腕比力气，结果男生把女生的手腕压倒到桌面上，如图2所示，对这个过程中作用于双方的力，描述正确的是( )图2A．男生扳女生手腕的力一定比女生扳男生手腕的力大B．男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力一样大C．男生扳女生手腕的力小于女生臂膀提供给自己手腕的力D．男生扳女生手腕的力与女生臂膀提供给自己手腕的力一样大答案 B解析根据牛顿第三定律，男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力大小相等．8．如图3所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空．当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是( )图3A．一对平衡力B．作用力和反作用力C．拉力小于重力D．拉力大于重力答案 D解析因加速上升，所以拉力大于重力．1.力的作用效果是改变物体的运动状态，而不是维持物体的运动状态．2．惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度．惯性的两种表现形式：(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态易改变．3．国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量．它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而通过物理量之间的关系式推导出来的物理量单位叫做导出单位． 4．牛顿第二定律的五性五性⎩⎪⎨⎪⎧矢量性→F ＝ma 是矢量式，a 与F 同向瞬时性→a 与F 对应同一时刻因果性→F 是产生a 的原因同一性⎩⎪⎨⎪⎧ a 、F 、m 对应同一个物体a 、F 、m 统一使用SI 制单位独立性→每一个力都可以产生各自的加速度考点二 牛顿运动定律的应用1. 如图4所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a ，bc 是固定在小车上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小铁球m ，M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.若小车的加速度逐渐增大到3a 时，M 、m 仍与小车保持相对静止，则()图4A ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍B ．细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍C ．细线的拉力增加到原来的3倍D ．M 受到的摩擦力增加到原来的3倍 答案 D解析 小球受重力和细线的拉力，沿水平和竖直方向正交分解，得F T sin θ＝ma ，F T cos θ＝mg ，则a ＝g tan θ，所以加速度增大到3a 时，细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的3倍，选项A 、B 错误；由以上分析知，细线水平分力增到原来的3倍，但竖直分力等于小球重力不变，所以实际细线的拉力不会增大到原来的3倍，选项C 错误；对M 和m 整体受力分析F f ＝(M ＋m )a ，故M 受到的摩擦力增加到原来的3倍，选项D 正确．2．(2017·稽阳联谊学校8月联考)下列情景中哪个不是失重造成的结果( )A ．天宫二号内部的物品可以飘在空中B ．汽车快速过拱形桥时，司机感觉到自己对座位的压力小了C ．电梯从十楼向下启动时，人感觉轻飘飘的D ．小朋友放飞气球，气球飘飘荡荡飞上了天空 答案 D解析 A 、B 、C 都是失重或完全失重造成的，只有D 是因为浮力大于重力造成的，因此D 正确．3. (2016·温州市联考)如图5所示，a 、b 两小球用细线连接，通过一轻质弹簧悬挂在天花板上，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度分别为(取向下为正方向)( )图5A ．0，gB ．－g ，gC ．－2g ，gD ．2g,0答案 C解析 在细线烧断之前，a 、b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹簧弹力方向向上，大小为3mg .当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a 受向上3mg 的弹力和向下mg 的重力，故加速度a a ＝3mg －mgm＝2g ，方向向上．对b 而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度a b ＝2mg2m ＝g ，方向向下．取向下为正方向，有a a ＝－2g ，a b＝g .故选项C 正确．4. (2016·浙江北仑中学期中)如图6所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们的共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程中( )图6A ．木块受到的摩擦力大小一定为μmgB ．木块受到的合力大小为(M ＋m )aC．小车受到的摩擦力大小为mF m＋MD．小车受到的合力大小为(m＋M)a答案 C解析木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律F f＝ma，A、B错误；小车受到的合外力为Ma，D错误；对小车和木块整体：F＝(M＋m)a，对木块：F f＝ma＝m FM＋m，由牛顿第三定律得小车受到的摩擦力也为mFM＋m.5．(2017·嵊州市高级中学期末)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F阻＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率．t＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v0.下列图象中不正确的是( )答案 D解析由mg－F阻＝ma得，雨滴先加速下落，随着v增大，阻力F阻增大，a减小，a＝0时，v＝v0不再变化，故A、B正确；又mg＝kr2v0 2，v0 2＝mgkr2，又m＝43πρr3得v0 2＝4πρg3kr，即v0 2与r成正比关系，即C正确，D错误．6．(2017·温州市十校高三期末)如图7甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器画出的F－t图线．两图中a～g各点均相对应，其中有几个点在甲图中没有画出，图乙中a、c、e点对应的纵坐标均为700 N．取重力加速度g＝10 m/s2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是( )甲乙图7A．此人重心在b点时处于超重状态B．此人重心在c点时的加速度大小大于在b点时的加速度大小C．此人重心在e点时的加速度大小大于在a点时的加速度大小D．此人重心在f点时的脚刚好离开传感器答案 D解析由题图知a、c、e点处对应的F＝G，故加速度等于0，b点处F＜G，处于失重状态．1.只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．2．加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失．3．受力分析中的突变问题(1)轻绳、轻杆和接触面的弹力可以突变．(2)弹簧、橡皮筋的弹力不可以突变．4．连接体问题的分析思路(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般“先整体求加速度，后隔离求内力”．(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把各个物体从系统中隔离出来，分析各个物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程求解．考点三动力学的两类基本问题1．(2017·浙江4月选考·19)如图8所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表：图8运动过程运动时间运动状态匀加速运动0～40 s初速度v0＝0；末速度v＝4.2 m/s匀速运动40～640 s v＝4.2 m/s匀减速运动640～720 s 靠岸时v 1＝0.2 m/s(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a 1及位移大小x 1；(2)若游船和游客的总质量M ＝8 000 kg ，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F ； (3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小． 答案 (1)0.105 m/s 284 m (2)400 N (3)3.86 m/s 解析 (1)由运动学公式a 1＝Δv Δt＝0.105 m/s 2位移x 1＝12a 1t 2＝84 m(2)减速运动过程中加速度大小a 2＝|v 1－v |t 3＝0.05 m/s 2由牛顿第二定律得F ＝Ma 2＝400 N(3)位移x ＝0＋v 2t 1＋vt 2＋v ＋v 12t 3＝2 780 m平均速度v ＝x t≈3.86 m/s.2. (2016·浙江10月学考·19)如图9所示在某段平直的铁路上，一列以324 km/h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km/h.(g 取10 m/s 2)图9(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案 见解析解析 (1)列车的速度为324 km/h ＝90 m/s ，经过5 min ＝300 s 停下，所以加速度大小为a ＝Δv t ＝90－0300m/s 2＝0.3 m/s 2(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′v 2＝2a ′x ′解得a ′＝0.5 m/s 2 ，则F ＝1.2×106N (3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝v a ′＝900.5s ＝180 s 减速过程中通过的位移x ＝v2t ＝45×300 m＝13 500 m所以整个过程的平均速度v ＝x ＋x ′t 总＝13 500＋8 100300＋240＋180m/s ＝30 m/s. 3. (2016·浙江4月学考·19)如图10是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s ．若电梯先以加速度a 1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a 2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m ，取g ＝10 m/s 2.图10(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a 1及上升高度h ；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg ，求小明对电梯地板的压力； (3)求电梯匀速运动的时间．答案 (1)0.9 m/s 2180 m (2)654 N ，方向竖直向下 (3)6 s解析 (1)由运动学公式可得a 1＝v m t 1＝1820m/s 2＝0.9 m/s 2h ＝12a 1t 1 2＝12×0.9×202m ＝180 m(2)根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝ma 1则F N ＝mg ＋ma 1＝654 N 根据牛顿第三定律得小明对地板的压力F N ′＝F N ＝654 N ，方向竖直向下(3)设匀速运动时间为t 0，运动的总时间为t ，由v －t 图象可得H ＝12(t ＋t 0)v m解得t 0＝6 s.4. (人教版必修1P86例2)如图11所示，一个滑雪的人，质量m ＝75 kg ，以v 0＝2 m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，t ＝5 s 的时间内滑下的路程x ＝60 m ，g ＝9.8 m/s 2，求滑雪人受到的阻力(包括摩擦力和空气阻力)大小．图11答案 67.5 N解析 由x ＝v 0t ＋12at 2得a ＝4 m/s 2，又由牛顿第二定律mg sin θ－F 阻＝ma 得F 阻＝mg sin θ－ma ＝67.5 N.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图12所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射器起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为f .问：图12(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？ 答案 (1)Mvt 1－t 0－F ＋f (2)v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2Mv解析 (1)设飞机在加速过程中加速度为a 1，由运动学公式得a 1＝v －v 0Δt ，即a 1＝v t 1－t 0① 由牛顿第二定律可得F －f ＋F 辅＝Ma 1② 由①②可得F 辅＝Mvt 1－t 0－F ＋f .(2)飞机在加速过程中滑行的距离s 1为s 1＝v Δt ＝v (t 1－t 0)2 ③设飞机在减速过程中加速度为a 2，由牛顿第二定律得－F －f －F 辅＝Ma 2 ④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式v t 2－v 0 2＝2ax 可得s 2＝－v 22a 2 ⑤由①②④⑤可得s 2＝Mv 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2Mv要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 至少为L ≥s 1＋s 2＝v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4f (t 1－t 0)＋2Mv.1.以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：2．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．考点四 用动力学方法解决传送带问题1. 如图13所示，电动传送带以恒定速度v 0＝1.2 m/s 运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m ＝20 kg 的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高h ＝1.8 m 的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件物品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图13答案 3.25 s解析 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v 0时，与传送带一起做匀速运动到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μmg cos α－mg sin α＝ma ，解得a ＝0.8 m/s 2. 从静止到与传送带共速所用时间t 1＝v 0a ＝1.20.8s ＝1.5 s ， 沿斜面向上的位移x ＝v 02t 1＝0.9 m. 物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为t 2＝l －x v 0＝ 1.8sin 37°－0.91.2s ＝1.75 s ， 总时间为t ＝t 1＋t 2＝3.25 s.2．如图14甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行，初速度大小为v 2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v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )图14A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析 t 1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；t 2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误．3. (2017·浙江余姚中学高三上期中)如图15所示，传送带的水平部分AB是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t1，从B端飞出时速度大小为v1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t2，从B端飞出时速度大小为v2，则( )图15A．t1＝t2，v1＝v2B．t1＜t2，v1＞v2C．t1＞t2，v1＞v2D．t1＝t2，v1＞v2答案 A解析在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1＝v2，结合速度时间公式知，t1＝t2，故A正确，B、C、D错误．1.在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．(1)传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．(2)物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻．(3)v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点．2．判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态．3．考虑传送带长度——判定到达临界状态之前是否滑出以及物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止一起做匀速运动．专题强化练(限时：35分钟)1．(2017·杭州市四校联考)同学们知道物理学中力的单位是“N”，但“N”是一个导出单位，如果用国际制基本单位表示，下列正确的是( )A．kg·m/s2B．kg·m/sC．kg2·m/s D．kg·m2/s答案 A2．(2017·温州市九校高三上学期期末)根据图1，下列关于运动和力的叙述正确的是( )图1A．图甲中，运动员在弯道处，若地面摩擦力突然消失，他将沿着半径方向“离心”而去B．图乙中，在碗里做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C．图丙中，在水平直跑道上减速运动的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D．图丁中，人在体重计上站起的瞬间指针示数会变大答案 D解析A中摩擦力消失，由于惯性，他将沿切线方向飞出；B中小球受到的合外力大小不变，但方向变化，故是变力；C中由相互作用力的关系，伞对飞机的拉力等于飞机对伞的拉力；D 中站起瞬间有向上的加速度，人对体重计的压力大于重力，故示数会变大．3. (2017·浙江名校协作体模拟)如图2所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果绳的质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜，则下列说法中正确的是( )图2A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力答案 D解析由作用力与反作用力的关系知，D正确．4．(2016·宁波市效实中学期中)如图3所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10 N的重物Q，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F＝10 N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则( )图3A．a1＜a2B．a1＝a2C．a1＞a2D．条件不足，无法判断答案 A解析左图：对PQ整体G＝(m P＋m Q)a1，右图：对P物体F＝m P·a2，由F＝G＝10 N知a1＜a2.5．(2017·浙江“七彩阳光”联考)某日，小华在乘坐电梯的时候，由于电梯出现故障，小华和电梯一起自由下落，关于此下落过程，下列说法正确的是( )A．小华会撞到电梯的天花板B．小华只受两个力的作用C．小华对电梯地板的压力为零D．小华处于超重状态答案 C解析自由下落属于完全失重状态，故小华对电梯地板的压力为零．6．(2017·温州市9月选考)2017年6月5日，温州司乘人员(包括后排)不系安全带都将被罚款，假定某次紧急刹车时，由于安全带的作用，质量为70 kg的乘员获得约6 m/s2的加速度，则安全带对乘员的作用力约为( )A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N答案 B7．如图4所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m，物块2、4质量均为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有( )图4A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M M gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M m g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M M g 答案 C解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻质杆连接处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻质弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝m ＋M Mg ，所以C 正确． 8．(2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)水平力F 方向确定，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，F 的大小按图5甲所示规律变化，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10 m/s 2.根据图，下列物块与水平桌面间的最大静摩擦力F fm 、物块与水平桌面间的滑动摩擦力F f 、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m 的值正确的是( )甲 乙图5A ．F fm ＝4 NB ．μ＝0.1C ．F f ＝6 ND ．m ＝2 kg答案 B解析 t ＝2 s 时，F fm ＝F ＝6 N ；F －μmg ＝ma 1，即6－μmg ＝m ×1.t ＝4 s 时，F －μmg ＝ma 2，即12－μmg ＝m ×3，解得m ＝3 kg ，μ＝0.1，则F f ＝μmg ＝3 N.9. 如图6所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F 1和F 2作用，而且F 1＞F 2，则1施于2的作用力大小为( )图6A ．F 1B ．F 2 C.12(F 1＋F 2) D.12(F 1－F 2)答案 C解析 设物体1和2的质量都为m ，加速度为a ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F 1－F 22m .以物体2为研究对象，有a ＝F 12－F 2m ，解得F 12＝F 1＋F 22.故C 选项正确． 10. 如图7所示，有材料相同的P 、Q 两物块通过轻绳相连，并在拉力F 作用下沿粗糙斜面向上运动，轻绳与拉力F 的方向均平行于斜面．当拉力F 一定时，Q 受到绳的拉力( )图7A ．与斜面倾角θ有关B ．与物块与斜面间的动摩擦因数有关C ．与系统运动状态有关D ．仅与两物块质量有关答案 D解析 设P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，Q 受到绳的拉力大小为F T ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体受力分析，有F －(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a ；对Q 受力分析，有F T －m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a ，解得F T ＝m 2m 1＋m 2F ，可见Q 受到绳的拉力F T 与斜面倾角θ、物块与斜面间的动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F 有关，选项D 正确．11. 如图8所示，质量为m 的球置于倾角为45°的斜面上，被一个垂直于斜面的挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )图8A ．若加速度足够小，挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度的大小等于重力加速度的大小，斜面对球的弹力为零C ．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma答案 B解析 球受到重力mg 、斜面的支持力F N2、挡板的弹力F N1，则竖直方向有F N2cos 45°＋F N1sin 45°＝mg ，水平方向有F N1cos 45°－F N2sin 45°＝ma .若加速度足够小，据表达式可知，挡板对球的弹力不可能为零，选项A 错误；若加速度的大小等于重力加速度的大小，据表达式可知，斜面对球的弹力为零，选项B 正确，C 错误；由于重力方向竖直向下，斜面和挡板对球的弹力的合力沿水平方向的分力为ma ，所以其二者的合力大于ma ，选项D 错误．12. (2016·温州瑞安四校联考)如图9所示，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )图9 A.g 2sin α B ．g sin α C.32g sin α D. 2g sin α答案 C解析 对猫F f ＝mg sin α，对木板F f ＋2mg sin α＝2ma ，则a ＝32g sin α. 13. 如图10所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m/s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图10答案 D解析 滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运。
最新高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第3讲 牛顿运动定律的理解和应用学案(考试必备)
第3讲 牛顿运动定律的理解和应用[历次选考考情分析]考点一 牛顿运动定律的有关辨析1．力与物体的运动力的作用效果是改变物体的运动状态，而不是维持物体的运动状态． 2．惯性惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度． 3．单位制国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量．它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而通过物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位． 4．牛顿第二定律的五性五性⎩⎪⎨⎪⎧矢量性→F ＝ma 是矢量式，a 与F 同向瞬时性→a 与F 对应同一时刻因果性→F 是产生a 的原因同一性⎩⎪⎨⎪⎧ a 、F 、m 对应同一个物体a 、F 、m 统一使用SI 制单位独立性→每一个力都可以产生各自的加速度5．作用力与反作用力和平衡力的区别(1)作用力和反作用力作用在相互作用的两个物体上，平衡力作用在同一个物体上． (2)作用力和反作用力是由于相互作用产生的，一定是同种性质的力．1．[力与运动的关系]伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是( ) A ．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B ．力是使物体产生加速度的原因C ．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D ．力是维持物体运动的原因 答案 D2．[单位制](2017·浙江11月选考·2)在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是( ) A ．质量，千克 B ．能量，焦耳 C ．电阻，欧姆 D ．电量，库仑答案 A解析 国际单位制中基本量有：质量、长度、时间、电流、发光强度、热力学温度、物质的量，故选A.3．[惯性](2018·嘉兴市期末)中华民族的优秀文化博大精深，其中古典诗词是优秀文化的代表．从物理角度看古诗词会发现别有一番韵味．下面四句诗词中涉及惯性知识的是( ) A ．毛泽东的《长征》中“红军不怕远征难，万水千山只等闲” B ．唐朝李白的《早发白帝城》中“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”C ．宋代陈与义的《襄邑道中》中“卧看满天云不动，不知云与我俱东”D ．明代冯梦龙的《醒世恒言》中“临崖立马收缰晚，船到江心补漏迟” 答案 D4．[牛顿第二定律]电梯内有一个物体，质量为m ，用绳子挂在电梯的天花板上，当电梯以g3的加速度竖直加速下降时，绳子对物体的拉力大小为( ) A.2mg 3 B.mg 3 C.4mg3D ．mg 答案 A5.[牛顿第三定律]课间休息时，一位男生跟一位女生在课桌面上扳手腕比力气，结果男生把女生的手腕压倒到桌面上，如图1所示，对这个过程中作用于双方的力，描述正确的是( )图1A ．男生扳女生手腕的力一定比女生扳男生手腕的力大B ．男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力一样大C ．男生扳女生手腕的力小于女生臂膀提供给自己手腕的力D ．男生扳女生手腕的力与女生臂膀提供给自己手腕的力一样大 答案 B解析 根据牛顿第三定律，男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力大小相等．考点二 牛顿运动定律的应用1．超重与失重只要物体有向上(或向下)的加速度，物体就处于超重(或失重)状态，与物体向上运动还是向下运动无关．2．受力分析中的突变问题(1)轻绳、轻杆和接触面的弹力可以突变． (2)弹簧、橡皮筋的弹力不可以突变． 3．解决动力学图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．例1 一物块沿倾角为θ的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为( ) A.13tan θ B.12tan θ C.35tan θ D ．tan θ 答案 C解析 物块上滑的加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ，则x ＝12a 1t 2；物块下滑的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ， 则x ＝12a 2(2t )2；联立解得μ＝35tan θ，故选C.6．(2018·宁波市期末)如图2所示，下列关于超重与失重的说法正确的是( )图2A ．图甲中，汽车过凹形桥最低点时，汽车处于超重状态B ．图乙中，躺在水面上看书的人处于失重状态C ．图丙中，电梯匀速下降过程中，电梯里的小朋友处于失重状态D ．图丁中，宇宙飞船在加速上升过程中，坐在飞船里的航天员处于失重状态 答案 A7.(2018·温州市六校期末)在排球比赛中，二传手将排球向上托起，主攻手腾空扣球，如图3所示．为了简化问题，现假设某次进攻过程中二传手是将排球竖直向上托起的，已知空气阻力大小与速率成正比，则在排球离开二传手到主攻手击球的这段时间内，排球的速度(v)—时间(t)图象可能正确的是( )图3答案 D解析排球先上升后下降，速度先正后负，故A、C错误．由于空气阻力大小与速率成正比，所以排球运动过程中，所受的合力是变化的，加速度也是变化的，v－t图象应是曲线，故B 错误．排球上升过程中，速度减小，空气阻力减小，合力减小，其加速度减小，则v－t图象切线的斜率不断减小．下降过程中，速度增大，空气阻力增大，合力减小，其加速度减小，则v－t图象切线的斜率不断减小，故D正确．8．(2018·宁波市期末)一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从t＝0时刻起，用一水平向右的拉力F作用在物块上，且F的大小随时间从零均匀增大，如图4所示，则下列关于物体的加速度a、摩擦力F f、速度v随F的变化图象正确的是( )图4答案 B解析 F 较小时，物体静止，F ＝F f ＝kt ，之后，物体开始滑动，加速度a ＝kt －μmgm，物体做a 增大的加速运动，故B 正确．考点三 动力学的两类基本问题1．解决多过程动力学问题的两个桥梁 (1)加速度是联系运动和力的桥梁． (2)速度是各物理过程间相互联系的桥梁． 2．解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．(2)对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果． 模型1 已知运动情况求物体受力例2 (2017·七彩阳光联盟联考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图5所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射器起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为F f .问：图5(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？ 答案 (1)Mvt 1－t 0－F ＋F f (2)v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2Mv解析 (1)设飞机在匀加速过程中加速度为a 1，由运动学公式得a 1＝v －v 0Δt ，即a 1＝vt 1－t 0① 由牛顿第二定律可得F －F f ＋F 辅＝Ma 1② 由①②可得F 辅＝Mvt 1－t 0－F ＋F f .(2)飞机在匀加速过程中滑行的距离s 1为s 1＝v Δt ＝v (t 1－t 0)2③设飞机在减速过程中加速度为a 2，由牛顿第二定律得 －F －F f －F 辅＝Ma 2④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式得0－v 2＝2a 2s 2，可得s 2＝－v 22a 2⑤由①②④⑤可得s 2＝Mv 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2Mv要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 需满足L ≥s 1＋s 2＝v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2Mv.9．爸爸和孩子们进行山坡滑草运动，该山坡可看成倾角θ＝37°的斜面，一名孩子连同滑草装置总质量m ＝80 kg ，他从静止开始匀加速下滑，在时间t ＝5 s 内沿斜面滑下的位移x ＝50 m ．(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问： (1)该孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f 为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(3)该孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸至少用多大的力才能拉动？答案 (1)160 N (2)0.25 (3)640 N 解析 (1)由位移公式有：x ＝12at 2解得：a ＝2x t 2＝2×5052 m/s 2＝4 m/s 2沿斜面方向，由牛顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma代入数值解得：F f ＝m (g sin θ－a )＝80×(10×0.6－4) N ＝160 N (2)在垂直斜面方向上，有：F N －mg cos θ＝0 又有：F f ＝μF N联立并代入数据解得： μ＝F fmg cos θ＝16080×10×0.8＝0.25(3)根据平衡条件，沿斜面方向，有：F ＝F f ＋mg sin 37°＝160 N ＋80×10×0.6 N＝640 N模型2 已知物体受力求运动情况例3 有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图6甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间．为简化问题，现设两边倾斜部分AB 段和CD 段均为直轨道，长度均为L ＝200 m ，水平部分BC 段长度也为L ＝200 m ，站台的高度h 未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接．一长度可忽略的电车自站台左前方以v 0＝72 km/h 的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经过时间t 1＝100 s 后到达A 点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的B 点时速度为v B ＝18 km/h ，此时司机还需启动刹车系统，使得电车最终正好停在了BC 段的中点．已知电车在各段轨道上所受摩擦力(不含刹车时所增加的阻力)可认为等于其自身总重力的0.01倍，刹车过程所增加的阻力可看做恒力，空气阻力忽略不计，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可能腾空对研究问题的影响，g 取10 m/s 2，求：图6(1)电车到达A 点时的速度大小v A ；(2)电车从站台B 点到最终停止所需的时间t ； (3)该电车站台的高度h .答案 (1)10 m/s (2)40 s (3)1.75 m解析 (1)电车从切断电源到A 点由牛顿第二定律得 0．01mg ＝ma 1，解得a 1＝0.1 m/s 2由运动学公式得v A ＝v 0－a 1t 1 解得v A ＝10 m/s(2)机车从B 点到停止，有12L ＝12v B t ，解得t ＝40 s(3)机车从A 点到B 点，由运动学公式得v 2B －v 2A ＝－2a 2L ，由牛顿第二定律得0.01mg ＋mg sin θ＝ma 2 其中sin θ＝hL联立解得h ＝1.75 m.10.(2018·9＋1高中联盟期中)皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图7所示为静水中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性的发生作用．假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时间t 1＝1 s ，获得水平向前的持续动力恒为F ＝480 N ，而船桨离开水的时间t 2＝0.4 s ，他与皮划艇的总质量为120 kg ，他和皮划艇受到的阻力恒为150 N ，并从静止开始沿直线运动．在该阶段中：图7(1)他在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多少？(2)若他从静止开始后，第一次划水后就停止划水，总计皮划艇前行多长距离？ (3)若他从静止开始后，2.8 s 末速度为多大？答案 (1)2.75 m/s 21.25 m/s 2(2)4.4 m (3)4.5 m/s 解析 (1)划桨时，F －F f ＝ma 1 得：a 1＝2.75 m/s 2 未划桨时：F f ＝ma 2 得：a 2＝1.25 m/s 2(2)1 s 末速度：v 1＝a 1t 1＝2.75 m/s滑行总位移：x ＝v 122a 1＋v 122a 2＝4.4 m(3)1.4 s 末速度：v 2＝v 1－a 2t 2＝2.25 m/s 2．4 s 末速度：v 3＝v 2＋a 1t 1＝5 m/s 2．8 s 末速度：v 4＝v 3－a 2t 2＝4.5 m/s考点四 用动力学方法解决传送带问题1．在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段．(1)传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相同的时刻．(2)物体在传送带上运动时的极值问题大都发生在物体速度与传送带速度相同的时刻． (3)v 物与v 传相同的时刻是运动分段的关键点．2．判定运动中的速度变化(相对运动方向和对地速度变化)的关键是v 物与v 传的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态．3．考虑传送带长度——判定到达临界状态之前是否滑出以及物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止一起做匀速运动．例4 某飞机场利用如图8所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A 、B 的长度L ＝10 m ．传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻轻放一质量m ＝5 kg 的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g 取10 m/s 2)图8答案 3 s解析 由牛顿第二定律得： μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 解得a ＝2.5 m/s 2货物匀加速运动的时间t 1＝v a＝2 s货物匀加速运动的位移x 1＝12at 12＝12×2.5×22m ＝5 m随后货物做匀速运动． 运动位移x 2＝L －x 1＝5 m 匀速运动时间t 2＝x 2v＝1 s总时间t ＝t 1＋t 2＝3 s.11.如图9所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：图9(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带再次回到B 点所用的时间． 答案 (1)4.5 m (2)3.125 s 解析 (1)物块的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝4 m/s 2物块向左匀减速运动，v ＝0时向左运动的距离最大．由运动学公式得0－v 12＝－2ax ，解得x ＝v 122a ＝622×4m ＝4.5 m.(2)物块向左运动速度减为0的时间：t 1＝v 1a ＝64s ＝1.5 s由于v 1>v 0，所以物块向右先加速到4 m/s ，后匀速到达B 点，加速时间为t 2＝v 0a ＝44 s ＝1 s加速的距离x 1＝v ·t 2＝v 02t 2＝42×1 m＝2 m所以匀速时间为t 3＝x －x 1v 0＝4.5－24s ＝0.625 s 总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.5 s ＋1 s ＋0.625 s ＝3.125 s.专题强化练1．(2018·宁波市重点中学联考)请你利用已经学过的物理知识进行判断，下列说法正确的是( )A ．伽利略通过逻辑推理，推翻了“重物比轻物落得快”的观点B ．牛顿通过“理想斜面实验”得出“力不是维持物体运动的原因”的观点C ．汽车上坡时，司机应该使用较高转速的挡位来行驶D ．超速行驶是安全行车的大敌，其原因是汽车的速度越大，其惯性也越大 答案 A2．电导率σ是用来描述物质中电荷流动难易程度的参数，为电阻率ρ的倒数，即σ＝1ρ.用国际单位制中的基本单位表示电导率的单位应为( ) A.A 2·s 3kg·m 2 B.A 2·s 3kg·m 3 C.A 2·s 2kg·m 3 D.A·s 3kg·m 3 答案 B解析 由单位制可知电导率的单位为1Ω·m ＝1A V·m ＝1A·C J·m ＝1A 2·s J·m ＝1A 2·s 3kg·m 3，选B.3．(2017·温州市九校高三上学期期末)根据图1，下列关于运动和力的叙述正确的是( )图1A ．图甲中，运动员在弯道处，若地面摩擦力突然消失，他将沿着半径方向“离心”而去B ．图乙中，在碗里做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C ．图丙中，在水平直跑道上减速运动的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D ．图丁中，人在体重计上站起的瞬间指针示数会变大 答案 D解析 A 中摩擦力消失，由于惯性，他将沿切线方向飞出；B 中小球受到的合外力大小不变，但方向变化，故是变力；C 中由相互作用力的关系，伞对飞机的拉力等于飞机对伞的拉力；D 中站起瞬间有向上的加速度，人对体重计的压力大于重力，故示数会变大．4．(2018·名校协作体联考)下列情景中属于超重现象的是( )答案 C5.(2018·金华市十校期末)一个质量为50 kg的人，站在竖直方向运动着的升降机地板上．他看到升降机上弹簧测力计挂着一个质量为5 kg重物，弹簧测力计的示数为40 N，重物相对升降机静止，如图2所示，则(g取10 m/s2)( )图2A．升降机一定向上加速运动B．升降机一定向上减速运动C．人对地板的压力一定为400 ND．人对地板的压力一定为500 N答案 C解析对重物，由mg－F＝ma得a＝2 m/s2，方向竖直向下，升降机可能减速上升或者加速下降；对人，由Mg－F N＝Ma得F N＝400 N，故C正确．6．(2018·金、丽、衢十二校联考)滑沙是国内新兴的旅游项目，如图3甲所示，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，随着下滑速度的加快，在有惊无险的瞬间体味到了刺激和快感．其运动可以简化为如图乙所示，一位游客先后两次从静止下滑，下列v－t图象中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则v－t图象正确的是( )图3答案 D解析设滑板与沙之间的动摩擦因数为μ，斜面与水平面之间的夹角为θ，当游客与滑板沿斜面向下运动时，ma1＝mg sin θ－μmg cos θ，则：a1＝g sin θ－μg cos θ，可知，向下滑动的加速度与斜面的高度无关，则在v－t图中两次加速的过程图线是重合的；在水平面上减速的过程中：ma2＝μmg，所以：a2＝μg，可知减速过程中的加速度也是大小相等的，则两次减速过程中的v－t图线是平行线，故A、B、C错误，D正确．7．(2017·温州市9月选考)2017年6月5日起温州司乘人员(包括后排)不系安全带都将被罚款，假定某次紧急刹车时，由于安全带的作用，质量为70 kg的乘员获得约6 m/s2的加速度，则安全带对乘员的作用力约为( )A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N答案 B8．(2018·嘉兴市第一中学期中)质量为m的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图4所示，则物块的加速度大小将( )图4A．变大B．变小C．不变D．以上情况都有可能答案 A解析质量为m的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g (sin θ－μcos θ)对物块施加一个竖直向下的恒力F ，对物块受力分析如图，则物块的加速度大小a 1＝(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θm＝(g ＋F m)(sin θ－μcos θ)>a故A 正确，B 、C 、D 错误．9．(2018·宁波市重点中学联考)1966年科学家曾在太空中完成了测定质量的实验．如图5所示，实验时，用双子星号宇宙飞船m 1，去接触正在轨道上运行的火箭组m 2(火箭组的发动机已经熄火)．接触以后，开动双子星号飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速，测得7 s 飞船和火箭组的速度变化量为0.91 m/s.若飞船与火箭组接触前开动双子星号飞船的推进器(推进器两次工作状态相同)，使飞船加速，测得5 s 内飞船的速度变化量为1.32 m/s.已知双子星号宇宙飞船的质量m 1＝3 400 kg ，则火箭组的质量m 2约为( )图5A ．1 500 kgB ．3 500 kgC ．5 000 kgD ．6 000 kg答案 B解析 对飞船和火箭组整体，由牛顿第二定律，有：F ＝(m 1＋m 2)a 由运动学公式有a ＝Δv t ＝0.917 m/s 2＝0.13 m/s 2，对飞船，a ′＝Δv ′t ′＝1.325m/s 2＝0.264 m/s 2.且有F ＝m 1a ′，解得：m 2≈3 500 kg.10．(2017·嵊州市高级中学期末)已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F阻＝kr 2v 2，其中k为比例系数，r 为雨滴半径，v 为其运动速率．t ＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a 表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v 0.下列图象中不正确的是( )答案 D解析 由mg －F 阻＝ma 得，雨滴先加速下落，随着v 增大，阻力F 阻增大，a 减小，a ＝0时，v ＝v 0不再变化，故A 、B 正确；又mg ＝kr 2v 02，v 02＝mg kr 2，又m ＝43πρr 3，得v 02＝4πρg 3kr ，故v 02与r 成正比关系，故C 正确，D 错误．11.如图6所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们的共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程中( )图6A ．木块受到的摩擦力大小一定为μmgB ．木块受到的合力大小为(M ＋m )aC ．小车受到的摩擦力大小为mFm ＋MD ．小车受到的合力大小为(M ＋m )a 答案 C解析 木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma ，A 、B 错误；小车受到的合外力为Ma ，D 错误；对小车和木块整体：F ＝(M ＋m )a ，对木块：F f ＝ma ＝mFM ＋m，由牛顿第三定律得小车受到的摩擦力大小也为mFM ＋m，C 正确． 12.如图7所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m/s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图7答案 D解析 滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝Δva ′＝1 s ，选项D 正确． 13.水平传送带被广泛应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图8所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放在传送带上的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速度平行于传送带运动到B 处取行李，则( )图8A ．乘客与行李同时到达B B ．乘客提前0.5 s 到达BC ．行李提前0.5 s 到达BD ．若传送带速度足够大，行李最快也要3 s 才能到达B 答案 B解析 行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律，得μmg ＝ma ，解得a ＝1 m/s 2.设行李做匀加速运动的时间为t 1，行李加速运动的末速度为v ＝1 m/s ，由v ＝at 1，代入数值得t 1＝1 s ，匀加速运动的位移大小为x ＝12at 12＝0.5 m ，匀速运动的时间为t 2＝L －xv＝1.5 s ，行李从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.5 s ，而乘客一直做匀速运动，从A 到B 的时间为t 人＝L v＝2 s ．故乘客提前0.5 s 到达B ，故A 、C 错误，B 正确；若行李一直做匀加速运动，运动时间最短，由L ＝12at min 2，得最短时间t min ＝2 s ，故D 错误．14．(2018·湖州、衢州、丽水高三期末)小明不小心将餐桌边沿处的玻璃杯碰落在地，玻璃杯没碎．他觉得与木质地板较软有关，并想估测杯子与地板接触过程中地板最大的微小形变量．他测出了玻璃杯与地板作用的时间为Δt ，杯子的质量为m ，桌面离地的高度为h (设杯离开桌面时初速度为零，杯的大小远小于h ，杯子与地板接触过程可视为匀减速直线运动，地板形变不恢复)，重力加速度为g ，不计空气阻力．试求杯子与地板接触过程中： (1)杯子加速度大小a ；(2)杯子受到地板的作用力大小F ； (3)地板最大的微小形变量Δx . 答案 (1)2gh Δt (2)mg ＋m 2gh Δt (3)Δt 22gh 解析 (1)杯子离开桌面到下落至地板，有v 2＝2gh 得v ＝2gh杯子与地板接触过程中，有v ＝a Δt 得a ＝2gh Δt(2)由F －mg ＝ma 得F ＝mg ＋m2gh Δt(3)由Δx ＝12a (Δt )2得Δx ＝Δt22gh15．在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m ＝2 kg 的物块，物块受如图9甲所示的水平方向恒力F 的作用，t ＝0时刻物块以某一速度从斜面上A 点沿斜面下滑，在t ＝4 s 时滑到水平面上，此时撤去F ，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知A 点到斜面底端的距离x ＝18 m ，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图9(1)物块在A 点的速度大小； (2)水平恒力F 的大小． 答案 (1)5 m/s (2)10.1 N解析 (1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a 1，方向沿斜面向上，物块在斜面上的运动逆向思维为匀加速运动，则x ＝vt ＋12a 1t 2解得a 1＝0.25 m/s 2物块在A 点的速度为v 0＝v ＋a 1t ＝5 m/s(2)设物块与各接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，有μmg ＝ma 2 由题图乙可知a 2＝2 m/s 2解得μ＝0.2物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为F f ，则F cos θ－mg sin θ＋F f ＝ma 1 F f ＝μF NF N ＝mg cos θ＋F sin θ解得F ＝mg sin θ－μmg cos θ＋ma 1cos θ＋μsin θ≈10.1 N.。
高考物理二轮复习 专题一 力与直线运动 1.3 牛顿运动定律及其应用课件(优制课堂)
1
核心自查
一、牛顿第二定律的四性
同向性 公式 F＝ma 是矢量式，任一时刻，F 与 a_同__向___
瞬时性 力与_加__速__度___同生、同灭、同变化(因果关系)
同体性
在公式 系统
F＝ma
中，F、m、a
对应__同__一____物体或__同__一____
独立性
当物体受几个力的作用时，每一个力各自产生的加速度只 与此力有关，与其他力_无__关_____
2．已知物体的运动情况求受力情况 已知物体的运动情况→根据运动学公式→求出物体的加速度 →根据牛顿第二定律→确定物体受到的合力→从而求出未知的力． 无论是上述哪种情况，联系力和运动的桥梁都是加速度．
教育类2
21
【例 1】 如图所示，滑板运动员从倾角为 53°的 斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有 一个高 h＝1.4 m、宽 L＝1.2 m 的长方体障碍物，为了 不触及这个障碍物，他必须距水平地面高度 H＝3.2 m 的 A 点沿水平方向跳起离开斜面．已知运动员的滑板 与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加 速度 g 取 10 m/s2.(已知 sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：
－mg＝ma，而a＝vt＝ 2tgh，解得F＝m t2gh＋mg，故A正确．
答案：A
教育类2
10
4. 2015·新课标全国卷Ⅱ (多选)在一东西向的水平直铁轨上，
停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢 以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q 间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为 23 a的加速度向 西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦， 每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
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3
3
故加速度的大小为 2 0 m3 /s2。
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答案:(1)0.25 (2) 2 0 m3 /s2
3
【规律总结】解答牛顿运动定律的应用问题的方法 (1)研究对象的选取方法:整体法和隔离法灵活应用,一 般已知或求解外力时选用整体法,已知或求解物体间的 相互作用力时选用隔离法。 (2)受力分析的处理方法:合成法和正交分解法合理应 用,当物体在两个力作用下变速运动时,可用合成法;当 物体在两个以上的力的作用下变速运动时,常用正交分 解法解题。
(2)若斜面倾角变为60°,并改变斜面粗糙程度,小物块 上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上,发现物 块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关,求此时加 速度大小。
【解析】(1)上滑加速度a1=gsinθ+μgcosθ
下滑加速度a2=gsinθ-μgc=1∶ 2
第3讲 牛顿运动定律及其应用
【主干回顾】
【核心速填】 (1)牛顿第一定律:一切物体总保持_匀__速__直__线__运__动__状态 或_静__止__状态,直到有_外__力__迫使它改变这种状态为止。 (2)牛顿第二定律:物体的加速度a跟物体所受的合外 力成_正__比__,跟物体的质量m成反比。加速度的方向与 _合__外__力__的方向相同。
【解析】选B。乙所受力F的大小先减小后增大再减小, 所以乙运动时,加速度的大小先减小后增大再减小,A错 误;乙运动到Q点之前做加速运动,之后做减速运动,所 以运动到Q点时,速度最大,B正确、D错误;乙运动到Q点 时,加速度最小等于零,C错误。
2.如图,在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端,一 小物块以某一初速度沿斜面上滑,一段时间后返回到出 发点。若物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2的大 小关系满足t1∶t2=1∶ 2 ,g取10m/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8,试求: (1)物块和斜面之间的动摩擦因数。
A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【思考】 (1)两个小球下落时受什么力?做什么运动? 提示:受重力和阻力作用,由于重力和阻力都是恒定不变 的,小球做匀加速直线运动。
(2)小球下落的加速度受哪些因素影响?
②失重:物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_小__于__ _自__身__重__力__的现象。条件是:系统具有_向__下__的加速度或 加速度有_竖__直__向__下__的分量。 (5)两类动力学。
F=ma
运动学公式
热点考向1 两类动力学问题 【典例1】(多选)(2016·全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙 由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空 气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半 径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离, 则( )
速度大小为a3,关于以上各物理量之间的关系,判断正 确的是 ( )
A.a3=a1=a2 C.Ff3>Ff1=Ff2
B.a3>a2>a1 D.Ff1=Ff2>Ff3
【解析】选B。因为拉力均沿水平方向,所以物块A对水
平木板的压力始终等于物块A的重力,滑动摩擦力Ff= μmg,大小相等,选项C、D错误;由牛顿第二定律得F1μmg=ma1,F2-μmg=ma2, F12 F22 -μmg=ma3,因为F1<F2, 所以必有a3>a2>a1,选项A错误,B正确。
下落,两小球下落相同的距离则由x= 1
2
at2,t2= 2 x
a
,t甲<
t乙,选项A错误;由v2=2ax可知,甲球末速度的大小大于 乙球末速度的大小,选项B正确;由于甲球质量大于乙球 质量,所以甲球半径大于乙球半径,甲球所受的阻力大 于乙球所受的阻力,则两小球下落相同的距离甲球克服 阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,选项D正确。
(3)多阶段问题的分析方法:常用程序法,即针对先后经 历的几个过程逐一分析,运用程序法时要注意前一个过 程的结束是后一个过程的开始,两个过程交接点的速度 往往是解决问题的关键。
【加固训练】 1.如图所示,物块A静止在水平放置的 固定木板上,若分别对A施加相互垂直 的两个水平拉力F1和F2作用时(F1<F2),A将分别沿F1和F2 的方向匀加速滑动,其受到的滑动摩擦力大小分别为 Ff1和Ff2,其加速度大小分别为a1和a2;若从静止开始同 时对A施加F1和F2,其受到的滑动摩擦力大小为Ff3,其加
提示:小球下落时a=
mgkr m
g,所43以kr2小球的加速
度受小球半径的影响。
【解析】选B、D。设小球的密度为ρ,其质量m= 4 r 3 ,
3
设阻力与球的半径的比值为k,根据牛顿第二定律得:a=
（ mgm kr） g(4krr3)g4 3 kr2,由此可见,由m甲>m乙,ρ甲
3
=ρ乙,r甲>r乙可知a甲>a乙,选项C错误;由于两球由静止
【题组过关】 1.(2016·福州一模)甲、乙两个质点,质点甲固定在原 点O,质点乙只能在x轴上运动,甲、乙之间的作用力F与 x的关系如图所示。若乙质点自P点(x=2.2m)由静止释 放,乙只受力F作用,规定力F沿+x方向为正,则质点乙沿 +x方向运动时,下列说法正确的是 ( )
A.乙运动时,加速度大小先减小后增大 B.乙运动到Q点时,速度最大 C.乙运动到R点时,加速度最小 D.乙运动到R点时,速度最大
所以:a1∶a2=2∶1
代入解得μ=0.25
(2)以小物块为研究对象,
垂直斜面方向FN=Fsinθ+mgcosθ
沿斜面方向Fcosθ-mgsinθ-μ′FN=ma 所以a=Fcos－F-sginsinθ-μ′gcosθ
m
加速度与F无关,则Fcosθ-μ′Fsinθ=0
所以μ′= ,a3 =- m2 0 /s3 2,
(3)牛顿第三定律:两个物体之间的作用力和反作用力 总是_大__小__相__等__,_方__向__相__反__,作用在同一直线上。 (4)超重与失重。 ①超重:物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_大__于__ _自__身__重__力__的现象。条件是:系统具有_向__上__的加速度或 加速度有_竖__直__向__上__的分量。