2018高考物理大一轮复习课件：第三单元 牛顿运动定律 3-4
2018届高三物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
的加速度减速上行,下列
判断中正确的是
(
)
A.缆车平稳匀速上行和减速上行时,缆车对游客的摩 擦力平行钢绳索向上 B.缆车平稳匀速上行和减速上行时,游客对缆车的作 用力均竖直向下 C.缆车减速上行时,缆车对游客的作用力是平稳匀速 上行时的 1 D.缆车减速上行时,缆车对游客的支持力是平稳匀速 上行时的
失重 状态。 宇航员处于_____
知识点2
牛顿运动定律的应用
加速度 (1)整体法:当连接体内(即系统内)各物体的_______ 整体 分 相同时,可以把系统内的所有物体看成一个_____, 整体 列 析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对_____
方程求解的方法。
相互作用的内力 时, (2)隔离法:当求系统内物体间_______________ “隔离” 出来,分析其受力 常把某个物体从系统中_________ 隔离 出来的物体 和运动情况,再用牛顿第二定律对_____ 列方程求解的方法。
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
【知识梳理】 知识点1 超重和失重
超重、失重和完全失重比较:
超重现象 物体对支持物的 压力(或对悬挂 大于 概念 物的拉力)_____ 物体所受重力 的现象
失重现象
完全失重现象 物体对支持 物的压力(或 对悬挂物的 等于零 拉力)_______ 的现象
物体对支持物 的压力(或对 悬挂物的拉 小于 物 力)_____ 体所受重力 的现象
【规律总结】超失重的两点注意
(1)不管物体的加速度是否沿竖直方向,只要其加速度 在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。 (2)发生超失重现象时,物体的重力依然存在,且不发生 变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发
生变化。
2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章 牛
专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤 审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0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＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ， 小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。
2018届高三物理一轮复习第三章牛顿运动定律第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律课件
【知识梳理】 知识点1 牛顿第一定律 1.牛顿第一定律: (1)内容:一切物体总保持_______________________ 匀速直线运动状态或静止 状态 除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。 _____, (2)适用条件。 低速 运动的物体。 ①宏观、_____
【感悟提高】 (1)特点:本题考查对惯性及牛顿第一定律的理解。 (2)方法:解答本题用到了受力分析和参考系的选择。分析小球水平方向的 地面 受力和运动情况,以_____ 为参 惯性 切入。 考系,分析火车的运动情况,从小球具有_____
惯性 保持原 (3)拓展:若火车紧急刹车时,小球由于_____, 运动状态不变,小华会看到原来静止在水平桌 来的_________ 向前滚动。 面上的小球_____
作用力与反作用力
【易错辨析】 (1)物体不受外力时一定处于静止状态。 ( ) (2)牛顿第一定律是实验定律。 ( ) (3)运动的物体惯性大,静止的物体惯性小。 (
)
(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力。 ( ) (5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化。 ( ) (6)人走在松软土地上下陷时,人对地面的压力大于地面对人的支持力。 ( )
2.关于牛顿第一定律,下列说法中正确的是 ( ) A.它表明了力是维持物体运动状态的原因 B.它表明了物体具有保持原有运动状态的性质 C.它表明了改变物体的运动状态并不需要力 D.由于现实世界不存在牛顿第一定律所描述的物理过程,所以牛顿第一定律 没有用处
【解析】选B。牛顿第一定律揭示运动和力的关系:力是改变物体运动状态的 原因,而不是维持物体运动状态的原因,故选项B正确。
【解析】选B、C、D。小球因为有惯性,要保持原来的匀速直线运动状态,若 突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动,是小球相对于火车向后运 动,说明火车正在向前做加速运动,小球在水平方向并不受力的作用,故A错 误,C正确;小球在水平方向并不受力的作用,小球所受的合力为0,以地面为 参考系,
2018版高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
解析
对 AB 整体研究，根据牛顿第二定律得：(mA＋
mB)· gtanα＝(mA＋mB)a，得：a＝gtanα，对 B 研究，根据牛 顿第二定律得：mBgtanθ＝mBa，得 a＝gtanθ，所以不论 A 的质量是大于、小于还是等于 B 球的质量，均有 α＝θ，所 以 D 正确。
板块二 考点细研· 悟法培优
考点 1．判断方法
对超重和失重的理解
自主练透
(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度 在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 (2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的 一部分具有竖直方向的分加速度， 整体也会出现超重或失重 状态。
2．易错易混点拨 (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了， 完全失重也不是重力完全消失了。 在发生这些现象时， 物体 的重力依然存在， 且不发生变化， 只是物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)发生变化。 (2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理 现象都会完全消失， 如天平失效、 浸在水中的物体不再受浮 力、液体柱不再产生压强等。
所受物体的______ 压力 。
2．超重、失重和完全失重的比较
知识点 2 (1)整体法
牛顿定律的应用
Ⅱ
整体和隔离法
加速度 相同时，可以 当连接体内(即系统内)各物体的_______ 整体 ，分析其受力和运动 把系统内的所有物体看成一个 ______ 整体 列方程求解的方法。 情况，运用牛顿第二定律对______
必考部分
第3章 第3讲 牛顿运动定律
牛顿运动定律的综合应用
板块一 主干梳理· 对点激活
知识点 1 1.实重与视重
超重和失重
Ⅰ
(1) 实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态
2018版高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律课件
固有属性 ，一切物体都具 (3)普遍性：惯性是物体的__________ 无关 (选填“有 有惯性，与物体的运动情况和受力情况_____
关”或“无关”)。 (4)惯性不是力，没有方向。不能说“惯性力”或“向 前的惯性”等。 知识点 2 牛顿第三定律 Ⅱ 1.作用力和反作用力
(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二 定律是相互独立的。 力是如何改变物体运动状态的问题由牛 顿第二定律来回答。 牛顿第一定律是经过科学抽象、 归纳推 理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
1.[2017· 武汉模拟]月球表面上的重力加速度为地球表 1 面上的重力加速度的 ，同一个飞行器在月球表面上时与在 6 地球表面上时相比较( ) 1 A.惯性减小为在地球上的 ，重力不变 6 1 B.惯性和重力减小为在地球上的 6 1 C.惯性不变，重力减小为在地球上的 6 D.惯性和重力都不变
解析
物体的惯性大小仅与物体的质量大小有关， 因质
量是恒量，同一物体的质量与它所在的位置及运动状态无 关，所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变，物体 的重力是个变量， 这个飞行器在月球表面上的重力为 G 月＝ g地 G地 mg 月＝m·匀速行驶的小车，车上 固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的 情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙 述正确的是( )
必考部分
第3章 牛顿运动定律
第 1讲
牛顿第一定律 牛顿第三 定律
板块一 主干梳理· 对点激活
知识点 1
牛顿第一定律
Ⅱ
1.牛顿第一定律
匀速直线运动 状态或 (1)内容：一切物体总保持_______________
静止 改变 这种状态。 _____状态，除非作用在它上面的力迫使它_____
2018年最新人教版高考物理一轮复习_第3章_牛顿运动定律_第1讲_牛顿第一、第三定律PPT课件
匀速直线运动
静止
3．惯性 (1)定义：物体具有保持原来 ______________状态或 _____状态 质量 质量大 的性质． 质量小 (2)量度：_____是物体惯性大小的唯一量度，________的物体 固有 惯性大，________的物体惯性小． (3)普遍性：惯性是物体的_____属性，一切物体都有惯性．与 物体的运动情况和受力情况无关．
基础自测
1．(多选)关于牛顿第一定律的说法正确的是 ( A．牛顿第一定律不能在实验室中用实验验证 B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因 C．惯性定律与惯性的实质是相同的 D．物体的运动不需要力来维持
)．
解析 牛顿第一定律是物体在理想条件下的运动规律，反映的 是物体在不受力的情况下所遵循的规律，而自然界中不受力的 物体是不存在的，所以A正确；惯性是物体保持原有运动状态 不变的一种性质，惯性定律(即牛顿第一定律)则是反映物体在 一定条件下的运动规律，故C不正确；由牛顿第一定律可知， 物体的运动不需要力来维持，但要改变物体的运动状态则必须 有力的作用，所以B、D正确． 答案 ABD
解析 力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为 零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体不受 力或所受合力为零，其运动状态一定不变，处于静止状态或匀 速直线运动状态，C错误；物体的运动方向与它所受合力的方 向可能相同，也可能相反，还可能不在一条直线上，D正确． 答案 BD
热点一 对牛顿第一律的理解
4．(单选)某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子 的重力，以下说法正确的是 ( )． A．只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳 子的拉力 B．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉 力 C．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶的重力 D．桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子 的拉力
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
下列关于超重、失重现象的说法正确的是 导学号 51342312 ( D ) A．汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了 B．荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力 C．宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞 船外则处于平衡状态 D．电梯加速上升时，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重 力
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(
)
) )
(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化。( (6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关。(
(7)站在台秤上的人下蹲过程，台秤的示数保持不变。(
)
答案：(1)×
不管超重还是失重，物体本身重力并不变。 (3)√ (6)√ (4)× (7)×
[ 解析 ]
物体 A 向上加速运动，物体 B 向下加速运动，因此 A 处于超重状
态，T>mAg，B处于失重状态，T<mBg，故B正确。
4.如图所示，A、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)， 下列说法正确的是 导学号 51342311 ( A ) A．在上升和下降过程 A 对 B 的压力一定为零 B．上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力 C．下降过程中 A 对 B 的压力小于 A 物体受到的重力 D．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都等于 A 物体受到的重力
拉力 ② 视 重 大 小 等 于 弹 簧 测 力 计 所 受 物 体 的 _________ 或台秤所受物体的 压力 。 _________
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象
概念 物体对支持物的压 力(或对悬挂物的 拉力)_________ 大于 物 体所受重力的现象
2018版物理教科版必修一课件：第三章 牛顿运动定律4 精品
二、牛顿第三定律 1.内容： 两个 物体之间的作用力(F)和反作用力(F′)总是大小相等、方 向 相反 ，且作用在 同一条直线上 . 2.公式：F＝ －F′，其中F、F′分别表示作用力与反作用力，“负号”
2.四个特征： (1)等值：大小总是相等的； (2)反向：方向总是相反的； (3)共线：总是作用在同一条直线上； (4)同性：力的性质总是相同的.
例1 跳水一直是我国的优势项目，如图1所示，一运动员站在3 m跳板
上，图中F1表示人对跳板的弹力，F2表示跳板对人的弹力，则
A.先有F1后有F2
B.一旦人离开跳板，F2立即消失，F1依旧存在
相互依存，不可单独存在，同 无依赖关系，撤除一个，
不 依赖关系
时产生，同时变化，同时消失 另一个依然可存在
同
两力作用效果可相互抵消，
点
两力作用效果不可叠加，不可
叠加性
可叠加，可求合力，且合
求合力
力为零
不 同 力的性质 一定是同种性质的力 点
可以是同种性质的力，也可以是不 同种性质的力
相同点
大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
表示作用力与反作用力的方向相反. 3.理解：作用力与反作用力分别作用在两 个不同的物体上， 它们总是性质 相同 (填“相同”或“不同”)的两个力，且同时存在 ，同 时 变化 ，同时 消失 .
三、反冲现象
1.定义：当物体中的 一部分向某方向抛出时，其余部分就会同时向 相反 方向运动的现象. 2.实例： 火箭升空 ，枪发射子弹，乌贼的游动等.
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(3)在“探究加速度 a 与合力 F 的关系”时，该同学根据实验 数据作出了加速度 a 与合力 F 的图线如图丁所示，该图线不通过 坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．
【答案】 (1)1.6 3.2 (2)见解析图 (3)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【解析】 (1)AC 这段位移的平均速度等于 AC 这段时间中
2．用悬挂物重力替代小车所受的拉力——小车质量(M)远大 于悬挂物质量(m)
由牛顿第二定律：系统加速度 a＝M＋m mg， 小车所受的拉力 F＝Ma＝MMm＋gm＝1＋1Mmmg， 显然，当 M≫m 时 F≈mg. 注意：当研究对象为整体时，在平衡摩擦力条件下，整体的 合力等于悬挂物重力，不需要满足 M≫m 的条件(见练 2)．
距；由题意可知 F 测＝mg，设整体的加速度为 a，由于摩擦力已 被平衡，故绳的拉力为 F 真，由牛顿第二定律可得 F 真＝Ma，mg －F 真＝ma，解得 F 真＝MM＋mmg ，由题意可知百分误差|F测F－真F真|×
100%＝|mg|M－mMMg＋mmg ×100%≤5%，代入质量 M＝200 g，解得 M＋m
2．由于不满足 M≫m 引起的误差 图线 a－F 和 a－M1 都向下弯曲，分析： (1)在 a－F 图像中，根据 a＝M＋1 mmg，M 一定，当满足 M≫m 时，图线斜率视为M1 不变，图线为直线．不满足 M≫m 时， 随着 m 增大，图线斜率减小，图线向下弯曲．
(2)在 a－M1 图像中，根据 a＝M＋1 mmg＝1＋mgMm·m1 ，m 一定， 当满足 M≫m 时，图线斜率视为 mg 不变，图线为直线．不满足 M≫m 时，随着 M 减小，图线斜率减小，图线向下弯曲．
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂 桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量 m 和 M 的选取，以下最合理的一组是 ()
A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
(1)若把砂和砂桶的总重力作为小车所受合力 F 的大小，按这 五组数据画出的 a－F 图像可能是下列图乙中的________．
(2) 第 (1) 题 图 像 中 图 线 不 过 坐 标 原 点 的 原 因 是 ______________，若对此采取了纠正，该实验还存在一个较大的 系统误差，是由砂和砂桶的总重力不等于小车受到的拉力引起 的．设砂和砂桶的总重力为 F 测，小车真正受到的拉力为 F 若 真．
五、注意事项 安装器材时，要调整滑轮的高度，使拴小车的细绳与斜
面平行． 平衡摩擦力时，小车连着穿过打点计时器的纸带，但不
要把悬挂小盘的细线系在小车上．改变砝码的质量后，不需要重 新平衡摩擦力．
只有小车的质量远大于小盘和砝码的总质量，小盘和砝 码的总重力才可视为小车受到的拉力．
开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源， 再放开小车，在小车到达滑轮前按住小车．
(2)将坐标系中各点连成一条直线，连线时应使直线过尽可能 多的点，不在直线上的点应大致对称分布在直线的两侧，离直线 较远的点应视为错误数据，不予考虑，连线如图所示．
(3)图线与横轴有截距，说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩 擦力不够．
图甲为某同学做“探究加速度与力、质量的关系”的实 验装置示意图，一端带有定滑轮的木板直接放在水平桌面上，细 线与长木板平行．在研究小车(含砝码)质量不变，加速度和作用 力的关系时，他先后五次改变砂和砂桶的总质量，测出相应的加 速度 a.在第一次测量时，砂和砂桶的总质量为 m1，小车质量 M ＝20m1，以后每次在砂桶里增加质量为Δm 的砂子，已知Δm＝ m21.
图 1 为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和 砂桶的总质量为 m，小车和砝码的总质量为 M.实验中用砂和砂 桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．
图1
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外 力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下 来还需要进行的一项操作是( )
(1)如图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率 为 50 Hz.根据纸带可求出电火花计时器打 B 点时的速度为 ________m/s，小车的加速度大小为________ m/s2.(结果均保留两 位有效数字)
(2)在“探究加速度 a 与质量 m 的关系”时，某同学按照自 己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注，但尚未完成图像 (如图丙所示)．请继续帮助该同学作出坐标系中的图像．
|F测－F真| 定义 F真 ×100%为拉力测量的百分误差，现要求百分误差不 大于 5%，则当小车的总质量为 200 g 时，砂和砂桶的总质量最 大不能超过________g.
【答案】 (1)C (2)没有平衡小车所受的摩擦力 10 【解析】 (1)设小车与桌面之间的动摩擦因数为 μ，由牛顿 第二定律可得 F－μMg＝Ma，解得 a＝MF －μg，A、B 两项错误．若 F 较大时，不满足 M≫m，此时应用牛顿第二定律求解加速度时， 绳子的拉力 F 不可近似认为等于砂和砂桶的重力，而是小于砂和 砂桶的重力，故加速度值与 a＝mMg－μg 相比减小，C 项正确，D 项错误．(2)由于未平衡摩擦力，故导致砂与砂桶重力较小时，小 车未加速运动，a－F 图像上表现为不过原点，与横轴有一定截
间时刻的瞬时速度，即 B 点的瞬时速度，故 vB＝AB4＋TBC＝（6.19＋4×6.700.0）2 ×10－2 m/s＝1.6 m/s.
由逐差法求解小车的加速度，
a
＝
（CD＋DE）－（AB＋BC） 4（2T）2
＝
（7.21＋7.72－6.19－6.70）×10－2 4（2×0.02）2
m/s2＝3.2 m/s2.
(2)向小车内添加或去掉部分砂子，是改变系统的总质量 M ＋m，而系统的合力仍等于所悬挂砂桶的重力 mg，保证了合力 不变．
考点二 数据处理与误差分析 一、偶然误差 本实验的偶然误差主要由质量的测量、计数点间距测量引 起，可通过多次测量取平均值减小． 二、系统误差 本实验的系统误差主要由两个因素产生，分析如下： 1．平衡摩擦力不准造成的误差 图线 a－F 不通过原点，分两种情况： (1)当平衡摩擦力不够时，F≠0，a＝0. (2)当平衡摩擦力过度时，F＝0，a≠0.
(3)由逐差法求小球运动的加速度 a＝（DE＋EF＋FG）9－T2（AB＋BC＋CD）＝0.42 m/s2
如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固 定一个盒子，盒子内盛有砂子．砂桶的总质量(包括桶以及桶内 砂子质量)记为 m，小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子质量) 记为 M.
(1)验证在系统质量不变的情况下，加速度与合力成正比．从 盒子中取出一些砂子，装入砂桶中，称量并记录砂桶的总重力 mg，将该力视为合力 F，对应的加速度 a 则从打下的纸带中计算 得出．多次改变合力 F 的大小，每次都会得到一个相应的加速 度．本次实验中，桶内的砂子取自小车中，故系统的总质量不 变．以合力 F 为横轴，以加速度 a 为纵轴，画出 a－F 图像，图 像是一条过原点的直线．
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的 纸带，给打点计时器通电，调节 m 的大小，使小车在砂和砂桶 的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过 打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小 车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
3．4 实验：验证牛顿运动定律
知识清单
一、实验目的 学会用控制变量法研究物理规律 探究加速度与力、质量的关系． 掌握运用图像处理问题的方法．
二、实验原理 用控制变量法探究加速度 a 与力 F、质量 M 的关系，可以 先保持 F 不变，研究 a 和 M 的关系，再保持 M 不变，研究 a 和 F 的关系．
三、实验器材 带定滑轮的长木板、低压交流电源、复写纸片和纸带、小车、 小盘、电磁打点计时器、天平、砝码、刻度尺、导线．
四、实验步骤 用天平测出小车的质量 M，小盘和砝码的总质量 m. 按图把实验器材安装好，先不要把悬挂小盘的细绳系在
车上． 在木板的． 小盘绕过滑轮系于小车上，先通电源后放开小车，打完
图2
【答案】 (1)B (2)C (3)0.42 【解析】 (1)需要将长木板一端适当垫起一定高度，以平衡 摩擦力，完成此项工作的标志就是不挂砂桶条件下小车能带动纸 带匀速运动(通过打点计时器点痕间隔是否均匀判定)． (2)根据实验原理：实验中小车的实际加速度为 a＝Mm＋gm， 实验时把 mg 当成对 M 的拉力，即忽略 m 对加速度的影响，使 加速度约为 a＝mMg，显然需 m≪M，据此可知 C 组最合理．
六、考点鸟瞰
考点鸟瞰 考点一：实验原理与操作 考点二：数据处理与误差分析 考点三：实验拓展与创新
高考热度 ★★★★★ ★★★★ ★★★★★
考点讲练
考点一 实验原理与操作 本实验的难点是测量小车的合力，实验通过两个“替代”关 系测量小车的合力，使小车合力的测量转化为对悬挂物重力的测 量．
1．用小车所受的拉力替代合力——平衡摩擦力 小车受力为重力、拉力、阻力、支持力，平衡摩擦力后，使 重力、阻力和支持力的合力为零，则小车所受的拉力等于小车的 合力．
①a－F 图像斜率的物理意义是________________________． ②本次实验中，把砂桶的总重力 mg 当做合力 F，是否应该 满足 M≫m 这样的条件？说明理由．________________________. (2)验证在系统合力不变的情况下，加速度与质量成反比．保 持桶内砂子质量 m 不变，在盒子内添加或去掉一些砂子，验证 加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的砂子总质量不变，故 系统所受的合力不变．用图像法处理数据时，以加速度 a 为纵轴， 应该以________的倒数为横轴．