专题一牛顿运动定律在直线运动中的应用

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用牛顿运动定律解决问题应用篇

由运动学公式得
x
v0
t
1 2
at
2
解得，人受的阻力 F阻= 67.5N
探究与讨论
求解两类动力学问题的思路和方法是什么？
首先选取研究对象，分析物理情景，确定问题类型
类型一从受力求运动类型二从运动求受力
受力分析，画出受力图
由牛顿第二定律 F=ma求加速度a
由运动学公式求运动情况
运动分析，由运动学公式求加速度a
例2. 蹦床是运动员在一张蹦紧的弹性网上蹦跳、翻滚并作各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面 3.2m高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（ g取10m/s2 ）
两类动力学问题
• 类型二：从运动求受力
一个滑雪的人，质量是75 kg，以v0＝2 m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，在t＝ 5 s的时间内滑下的路程x＝60 m，求滑雪人受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）。
两类动力学问题
• 类型二：从运动求受力
例题2：一个滑雪的人，质量是75 kg，以v0＝2 m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝ 30°，在t＝5 s的时间内滑下的路程x＝60 m，求滑雪人受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）。
拓展2：一个静止在水平地面上的物体，质量是2 kg，在斜向上与水平方向成37°角，大小为 6.4 N的拉力作用下沿水平地面向右运动。物体与地面间的摩擦力是4.2 N。求物体在4 s末的速度和 4 s内的位移。（cos 37°=0.8）
FN F2
a

高考物理二轮专题突破课件：1-3牛顿运动定律在直线运动中的应用

规
础
范
记忆
C．物体运动到 O 点时所受合力为零
解题
D．物体从 A 到 O 的过程加速度逐渐减小
热
答案：A
提能
点
专
盘
训
点
[二轮备考讲义] 第一部分专题一第3讲第21页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
解析：物体从 A 到 O 的运动过程中，初始阶段弹力大于摩
基擦阻力，合力方向向右．在 A 点弹力最大，合力最大，随后物规
3．0 s 末的速度 v4＝v3＋a2t2＝3 m/s
基础记
位移 s4＝v3＋2 v4t2＝1.625 m
规范解
忆
题
3 s 内的总位移 s＝s1＋s2＋s3＋s4＝6 m
[答案] 6 m
提
热
能
点
专
盘
训
点
[二轮备考讲义] 第一部分专题一第3讲第33页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
[规律深究]
提
热
能
点盘
提示：
专训
点
[二轮备考讲义] 第一部分专题一第3讲第15页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
分析小球受力如图所示，因为小球加速度水平向左，所以重
基力和拉力的合力也水平向左，根据牛顿第二定律，mgtan θ＝ma，规
础
范
记忆
所以 a＝gtan θ，加速度与偏角一一对应．
解题
基础记
则
kx1＝mg，所以
x1＝mkg，橡皮筋处于伸长状态，橡皮筋长度
规范解
忆
题
为 l0＋mkg.
提
热

2021-2022学年高一物理期末备考训练第27讲牛顿运动定律与直线运动过程(解析版)

2021-2022学年高一物理期末备考点拨训练第27讲牛顿运动定律与直线运动过程1.牛顿运动定律常常用于直线运动中，在直线运动中必须掌握的几种方法：（1）图象法分析物体的运动规律。

（2）整体法和隔离法分析连接体问题。

（3）逆向思维法处理匀减速直线运动。

（4）正交分解法在动力学问题中的应用。

（5）对称法分析竖直上抛运动。

2.必须明确的几个易错点（1）处理刹车类问题时要注意在给定的时间内车是否已经停止运动。

（2）物体沿斜面上冲时，从最高点返回时的加速度与上冲时的加速度不一定相同。

（3）处理追及相遇问题时，若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。

（4）注意区分a 、v ∆、tv∆∆三个物理量的含义。

（5）由图象得到的加速度方向与应用牛顿第二定律列式时所取的正方向应保持一致。

（6）超重或失重的物体加速度方向不一定沿竖直方向。

（7）加速度“突然”变化时，绳、杆产生的弹力可能跟着“突变”，而弹簧、橡皮筋产生的弹力不会“突变”。

【例题1】如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB BC =，小物块P （可视为质点）以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点（桌面始终静止），已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1：4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数1μ、2μ之比为（）A ．1：4B ．2：1C ．4：1D ．8：1【答案】D【解析】设小物块在两部分桌面上运动时的加速度分别为1a 、2a ，小物体经过B 点的速度为v ，由运动学规律有()0422v v v t t +⨯=⨯解得013v v =由加速度定义公式有0011233v v v a t t-==- 002103412v v a t t-==- 故12:8:1a a =又由牛顿第二定律得mg ma μ=解得agμ=则动摩擦因数与加速度成正比，所以动摩擦因数1μ、2μ之比为8︰1，故D 正确；ABC 错误。

专题一第2讲牛顿运动定律与直线运动

栏目导引
专题一力与运动
热点三
牛顿运动定律与图象综合
命题规律：牛顿第二定律与图象的综合问题是近几年高考的热
点，命题角度有以下两点： (1)根据物理情景判断运动图象． (2)从运动图象中提取运动信息，确定物体的受力情况．
栏目导引
专题一力与运动
如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水
平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共
栏目导引
专题一力与运动
拓展训练4
(单选)如图所示，在粗糙水平面上有甲、乙两木块,
与水平面间的动摩擦因数均为μ，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力 F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是( B ) Fm2 A． L＋ m1＋ m2k Fm1 B． L－ m1＋ m2k Fm1 C． L－ m2k Fm2 D． L＋ m1k
栏目导引
专题一力与运动
拓展训练2 (多选)将一个物体以初速度v0从地面竖直向上抛
出，经一段时间后落回地面．设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，取竖直向上为正方向．下列关于速度v、加速度a随时间t变化的图象正确的是( BD )
栏目导引
专题一力与运动
【解析】物体向上运动时重力和阻力都向下，向下运动时，重力向下，阻力向上，物体所受合力的方向都向下，加速度方向都向下，由牛顿第二定律知，物体向上运动时的加速度大于向下运动时的加速度，加速度越大，v－t图象斜率越大，又由于物体上升和下落的位移大小相同，所以物体上升的时间小于下落的时间，故A、C错误，B、D正确．

牛顿运动定律的应用

牛顿运动定律的应用牛顿运动定律是经典力学的基石，被广泛应用于各个领域。

它们为我们解释了物体运动的规律，并且在实际生活和科学研究中有着重要的应用。

在本文中，我们将探讨几个关于牛顿运动定律应用的例子，展示这些定律的实际应用和意义。

一、运动中的惯性第一个应用例子是关于运动中的惯性。

牛顿第一定律告诉我们，一个物体如果没有外力作用，将保持其原有的状态，即静止物体保持静止，运动物体保持匀速直线运动。

这就是物体的惯性。

拿我们日常生活中最常见的例子来说，当我们在汽车上突然刹车时，身体会继续保持前进的动力，直到与座椅或安全带接触，才会停下来。

这说明了牛顿第一定律的应用。

如果没有外力的作用，我们会按照惯性继续移动。

二、加速度与力的关系牛顿第二定律是描述物体加速度与施加在物体上的力之间关系的定律。

它告诉我们，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。

运用这一定律，我们可以解释为什么需要施加更大的力来加速一个较重的物体，而用相同大小的力加速一个较轻的物体时，后者的加速度更大。

在我们日常生活中，这个定律的应用非常广泛。

比如，开车时，我们需要踩下油门，施加一定的力来加速汽车。

同时，如果我们要减速或停车，需要踩下刹车踏板，通过施加反向的力来减少汽车的速度。

三、作用力与反作用力牛顿第三定律指出，对于每一个作用力都会有一个同大小、反方向的作用力作用在不同的物体上。

这就是我们常说的“作用力与反作用力”。

这个定律可以解释许多我们生活中的现象。

例如，当我们走路时，脚对地面施加力，地面也会对脚产生同样大小、反方向的力。

这种反作用力推动我们向前移动。

在工程领域中，牛顿第三定律的应用也非常重要。

例如，当一架飞机在空气中飞行时，空气对飞机产生的阻力同时也是飞机推进的力。

这个定律有助于我们设计高效的飞机引擎和减少能源消耗。

四、万有引力定律最后一个应用例子是万有引力定律。

这个定律描述了两个物体之间相互作用的引力大小与它们质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。

牛顿运动定律研究牛顿三大运动定律的应用

匀速直线运动状态
应用领域：在物理学、工程学、航空航天等领域有
广泛应用
推导过程：通过理想实验和逻辑推理，推翻了亚里士多德的Leabharlann 力是维持物体运动的原因”的观点
意义：奠定了经典力学的基础，成为物理学发展史
上的重要里程碑
牛顿第二定律
内容：物体加速度的大小跟它受到的力成正比，跟它的质量成反比
公式：F=ma
01
0 2
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04
牛顿第三定律在声学领域的应用
声波的发射与接收：牛顿第三定律指出，对于每一个作用力，都有一个大小相等、方向相反的反作用力。在声学领域，这一原理表现为声波的发射和接收。当声源产生声波时，会产生一个向外的压力波，使周围介质产生振动。同样地，当声波遇到障碍物或接收器时，会产生一个相反方向的声波，即反作用力。声音的传播：在声音的传播过程中，牛顿第三定律也起着重要的作用。声音通过介质传播时，会产生连续的振动，这些振动会对介质产生反作用力，推动介质中的粒子运动。这种运动又会产生新的声波，使声音得以传播。
牛顿运动定律的应用
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牛顿运动定律在科技领域的应用
牛顿三大运动定律概述
牛顿运动定律在物理学研究中的应用
牛顿运动定律在日常生活中的应用
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牛顿三大运动定律概述
牛顿第一定律
定义：物体在不受外力作用时，将保持静止状态或
重要意义。
牛顿运动定律在日常生活中的应用
牛顿第一定律的应用
惯性：保持静止或匀速直线运动的状态刹车：车辆在行驶过程中需要减速或停车时，利用摩擦力来减小速度跑步：在跑步过程中，人体通过不断改变速度和方向来保持平衡滑行：在滑行过程中，利用摩擦力来减小速度

2023新教材高考物理二轮专题复习专题：牛顿运动定律与直线运动

专题三运动学图像和动力学图像高频考点·能力突破考点一常规图像1．常规图像2.图像问题的解题思路例 1 [2022·河北卷]科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示．由图像可知( )A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C.t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动[解题心得]预测1 (多选)如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位移—时间图像，由图像可知( )A.甲、乙两物体开始运动时的速度方向相反B．甲、乙两物体同时同地开始运动C．甲物体在0～4 s内的平均速率比乙物体在1～4 s内的平均速率大D．两图线交点表示两物体速度相同预测2 (多选)2020东京奥运会田径男子4×100米接力比赛，由汤星强、谢震业、苏炳添和吴智强组成的中国队取得优异成绩．如图(a)所示，假设某接力比赛中甲、乙两运动员在直道交接棒过程的v－t图像大致如图(b)所示．设t1时刻为交接棒时刻，下列说法正确的是( )A．甲为交棒运动员，乙为接棒运动员B．0～t1过程中，甲在前，乙在后，二者距离越来越小C．t1～t2过程中，接棒运动员的加速度越来越小D．交接棒时的速度越大，因交接棒而损失的时间越少预测3 [2022·北京押题卷]很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况．用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向．由此可判断出( )A．手机可能离开过手掌B．手机在t1时刻运动到最高点C．手机在t2时刻改变运动方向D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大考点二非常规图像1．非常规图像a - F图像2.解决非常规图像的方法对于这类新型图像问题，关键是认清图像中横、纵轴所代表的物理量，找出它们的函数关系，并能迁移运用物理知识和方法清楚理解图像中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”的物理意义．例2 [2022·河北押题卷]无人驾驶汽车在新冠疫情期间对疫情防控起到了积极作用．某自主品牌的一款无人驾驶汽车在直线测试时的速度平方与位移关系v2- x图像如图所示．从汽车经过x＝0位置时开始计时，则以下说法中正确的是( )A．汽车做匀加速直线运动B．汽车的加速度大小为10 m/s2C．该车在2 s内的位移大小为2.0 mD．该车在2 s内的位移大小为3.6 m[解题心得]预测4 一质点沿直线运动，如图所示是从t＝0时刻开始的质点的xt- t(式中x为位移)图像，可以推知( )A．质点做匀减速运动B．加速度的大小是1 m/s2C．t＝2 s时的速度是1 m/sD．t＝2 s时位移是3 m预测5 [2022·安徽示范高中皖北协作区联考](多选)如图1所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图2所示的a- F图像，已知g取10 m/s2，则( )A．滑块A的质量为2 kgB．木板B的质量为6 kgC．当F＝12 N时，木板B的加速度为4 m/s2D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.4素养培优·情境命题与体育运动、交通有关的v - t图像问题情境1 [2022·湖南株洲4月质检]为节约运行时间，设想一种高铁进站不停车模式．如图(a)所示，站台内铁路正上方有一固定轨道AB，高铁分为可分离的上下副、主车两部分，副车可在主车车顶轨道上滑行，主车保持匀速过站，需下车的乘客提前进入副车甲中，需上车的乘客已在静止于A端的副车乙中等待．车尾到B端瞬间，甲刚好完全滑上固定轨道AB，主、副车分离，副车甲立即减速，甲的车头到A端时刚好停下，乘客下车．当主车车头到A 端时，副车乙立即从固定轨道开始加速滑上车顶轨道，当乙的车尾与主车车尾对齐时主、副车刚好共速，锁死一起前进．设高铁以40 m/s 速度匀速驶来，副车长均为20 m，副车甲、乙运动的v - t图像如图(b)所示，则主车长为( )A．180 m B．200 mC．220 m D．820 m[解题心得]情境2 图(a)为2022年北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面．比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其速度—时间(v - t)图像如图(b)所示，则下列判定正确的是( )A．0～t1和t2～t3时间内，运动员在用毛刷擦冰面B．t1～t2时间内，冰壶的加速度大小为v1−v2t2C．t1～t2时间内，冰壶的位移大小为1(v1＋v2)·(t2－t1)2(v0＋v1＋v2)D．0～t3时间内，冰壶的平均速度大小为13[解题心得]情境3 (多选)2021年7月31日，第二十届全国大学生机器人大赛ROBOCON圆满闭幕，本次大赛的主题项目为“投壶行觞”和“机器马术”．如图甲，在一次比赛中a、b两机器人从同一起跑线沿同一方向做直线运动，它们的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．20 s时，a、b两机器人在运动方向上相距约500 mB．40 s时，a、b两机器人速度相等，在运动方向上相距最远，为400 mC．60 s时，b机器人在a机器人的前方，在运动方向上相距400 mD．a、b加速时，b机器人的加速度大于a机器人的加速度[解题心得]专题三运动学图像和动力学图像高频考点·能力突破考点一例1 解析：根据v - t 图像的斜率表示加速度，及题图可知0～t 1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A 错误；根据v - t 图像围成的面积表示位移，及题图可知0～t 2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B 错误；根据v - t 图像围成的面积表示位移，及题图可知t 2～t 3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C 错误；由v - t 图像可直接看出，t 3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D 正确．答案：D预测1 解析：甲物体开始运动时沿正向运动，乙物体开始运动时沿负向运动，A 正确；甲物体从0时刻在x ＝-5 m 位置开始运动，乙物体从1 s 时开始运动，开始运动的位置为x ＝0 m ，B 错误；x t 图线的斜率的绝对值表示速度大小，则甲物体在0～4 s 内平均速率为v 甲＝5−(−5)4m/s ＝2.5 m/s ，乙物体在1～4 s 内平均速率为v 乙＝|−5|3m/s ＝53 m/s ，则甲物体在0～4 s 内的平均速率比乙物体在1～4 s 内的平均速率大，C 正确；x t 图线的交点表示该时刻位置坐标相同，即两物体相遇，速度应看图线斜率，D 错误．答案：AC预测2 解析：由图(b)可知，交接棒过程中，接棒运动员在前，从静止开始向前加速运动，交棒运动员在后，开始时交棒运动员速度大于接棒运动员速度，二者之间的距离越来越小，当二者速度相等时，二者距离达到最小，此时要完成交接棒动作．交接棒完成后，接棒运动员继续加速直到达到最大速度，交棒运动员继续减速直到停下，综上分析，甲为交棒运动员，乙为接棒运动员，A 正确.0～t 1过程中，乙在前，甲在后，二者距离越来越小，B 错误．由图(b)可知，t 1～t 2过程中，接棒运动员乙做加速度逐渐减小的加速运动，C 正确．交接棒时的速度越大，移动相同位移所需时间越短，因交接棒而损失的时间越少，D 正确．答案：ACD预测3 解析：根据Δv ＝a Δt 可知，a - t 图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可知手机在t 1时刻速度为正，还没有到最高点，故B 错误；根据Δv ＝a Δt 可知a t 图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可知手机在t 2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C 错误；由图可知t 1～t 2时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得N -mg ＝ma ，即N ＝ma ＋mg .可知t 1～t 2时间内支持力不断减小，t 2～t 3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg -N ＝ma ′得N ＝mg -ma ′，可得支持力还是不断减小，故D 错误；由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A 正确．答案：A 考点二例2 解析：根据速度—位移关系v 2−v 02＝2ax ，当x ＝0时，车的初速度为v 0＝6 m/s ，将x ＝2 m ，v 2＝16 m 2/s 2代入可得a ＝-5 m/s 2.可知车做匀减速运动，则车的速度减小为零的时间为t ＝0−6−5s ＝1.2 s<2 s. 所以该车在2 s 内的位移大小为x ＝62×1.2 m＝3.6 m ，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D预测4 解析：由题分析可得图线的函数表达式为x t ＝1＋12t ，即x ＝t ＋12t 2，又因为匀变速直线运动中位移公式为x ＝v 0t ＋12at 2，根据对应关系得v 0＝1 m/s ，a ＝1 m/s 2>0，v 0与a 方向相同，则质点做匀加速运动，故A 项错误，B 项正确．当t ＝2 s 时，根据公式v ＝v 0＋at ，求出速度是3 m/s ，故C 项错误．当t ＝2 s 时，代入表达式x ＝t ＋12t 2，可得位移是4 m ，故D 项错误．答案：B预测5 解析：设滑块A 的质量为m ，木板B 的质量为M ，滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ.由题图2可知，当F ＝F m ＝10 N 时，滑块A 与木板B 达到最大共同加速度a m ＝1ms 2，根据牛顿第二定律有F m ＝(M ＋m )a m ，解得M ＋m ＝10 kg.当F >10 N 时，A 与B 将发生相对滑动，对A 单独应用牛顿第二定律有F -μmg ＝ma ，整理得a ＝Fm -μg .根据题图2解得m ＝2 kg ，μ＝0.4，则M ＝8 kg ，故A 、D 正确，B 错误；当F ＝12 N 时，木板B 的加速度为a B ＝μmg M＝1ms 2，故C 错误．答案：AD 素养培优·情境命题情境1 解析：根据题意，对副车乙和主车的运动进行简化分析，如图所示．已知副车长20 m ，由v t 图像可知，副车乙发生的位移为x 1＝12×(24.5-15.5)×40 m＝180 m ，在这一段时间内，主车做匀速直线运动，主车发生的位移为x 2＝(24.5-15.5)×40 m＝360 m ，故主车的长度为L ＝x 2-x 1＋20 m ＝360 m-180 m ＋20 m ＝200 m ，故选B 正确．答案：B情境2 解析：v t 图线的斜率表示加速度，由图知t 1～t 2时间内图线斜率小，说明加速度小，由牛顿第二定律a ＝fm ＝μmg m＝μg ，知t 1～t 2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面；0～t 1和t 2～t 3时间内图线斜率大，动摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面，故A 错误；由加速度定义式a ＝ΔvΔt 知t 1～t 2时间内，冰壶的加速度大小为a ＝v 1−v2t 2−t 1，故B 错误；v t 图线与坐标轴围的面积表示位移，在t 1～t 2时间内，冰壶的位移大小为x ＝12(v 1＋v 2)(t 2-t 1)，故C 正确；根据平均速度的定义式v ̅＝xt 知在0～t 3时间内，冰壶的平均速度大小为v̅＝x总t总＝12(v0+v1)t1+12(v1+v2)(t2−t1)+12v2(t3−t2)t3＝(v0−v2)t1+v1t2+v2t32t3，故D错误．答案：C情境3 解析：根据图像可知，t＝20 s时b车才出发，20 s时两者间距即为a在0～20 s内的位移；速度—时间图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，则Δx＝x a＝10+402×20m＝500 m，故A正确；由图像所围面积可知：0～40 s内a比b多运动的位移S＝(10+402×20＋12×40×20)m＝900 m，故B错误；由a、b图像所围面积可知，60 s时二者的位移之差等于20 s时的位移差，由A选项分析可知，此时b机器人在a机器人的后方，在运动方向上相距500 m，故C错误；速度—时间图像图线的斜率表示加速度，由图像可知：a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，说明b机器人的加速度大于a机器人的加速度，故D正确．答案：AD。

专题检测卷(3) 专题一第3讲牛顿运动定律及其应用 B组

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专题检测卷(三)牛顿运动定律及其应用B组(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2013·石家庄二模)如图所示,沿直线运动的小车内悬挂的小球A和车水平底板上放置的物块B都相对车厢静止。

关于物块B受到的摩擦力,下列判断中正确的是( )A.物块B不受摩擦力作用B.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向左C.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向右D.因小车的运动方向不能确定,故物块B受的摩擦力情况无法判断2.(2013·青岛一模)DIS是由传感器、数据采集器、计算机组成的信息采集处理系统,某课外实验小组利用DIS系统研究电梯的运动规律,他们在电梯内做实验,在电梯天花板上固定一个力传感器,传感器的测量挂钩向下,在挂钩上悬挂一个质量为1.0kg的钩码,在电梯由静止开始上升的过程中,计算机屏上显示如图所示的图像,则(g取10m/s2)( )A.t1到t2时间内,电梯匀速上升B.t2到t3时间内,电梯处于静止状态C.t3到t4时间内,电梯处于超重状态D.t1到t2时间内,电梯的加速度大小为5m/s23.(2013·唐山二模)一皮带传送装置如图所示,轻弹簧一端固定,另一端连接一个质量为m的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦。

现将滑块轻放在皮带上,弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。

若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中,滑块始终未与皮带达到共速,则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A.速度增大,加速度增大B.速度增大,加速度减小C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大4.(2013·泉州二模)如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2kg,它们处于静止状态,若突然将一个大小为10N,方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g=10m/s2)( )A.10 NB.20 NC.25 ND.30 N5.(2013·淮阴一模)物体A、B都静止在同一水平面上,它们的质量分别为m A、m B,与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB,用水平拉力F拉物体A、B,所得的加速度a与拉力F关系图线如图中A、B所示,则( )A.μA=μB,m A>m BB.μA>μB,m A<m BC.可能有m A=m BD.μA<μB,m A>m B6.(2013·海南高考)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。

新亮剑高考物理总复习课件牛顿运动定律微专题

牛顿第一定律（惯性定律）
01
定义
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。
02
惯性
物体具有保持原有运动状态不变的性质。
03
适用范围
牛顿第一定律只适用于惯性参考系，不适用于非惯性参考系
。
牛顿第二定律（加速度定律）
03
定义
公式
物体的加速度跟所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
整体法与隔离法
对于多个物体组成的系统，可以运用整体法和隔离法进行分析和求解。
高考常见题型及解题技巧总结
选择题
注意审清题意，明确题目所给条件，运用排除法和特殊值法进行
快速判断。
计算题
认真审题，明确物理过程，分析物理状态和物理量，列方程求解实验步骤和注意事项，注意数据处理和误差
整体法和隔离法在连接体问题中应用
整体法
将连接体看作一个整体，分析其整体受力情况和运动状态，从而简化问题。
隔离法
将连接体中的某个物体单独隔离出来，分析其受力情况和运动状态，再根据牛顿运动定律求解未知量。
典型连接体问题解决方法探讨
01
02
03
弹簧连接体问题
分析弹簧的弹力与形变量的关系，结合牛顿运动定律求解。
新亮剑高考物理总复习课件牛顿运动定律微专题
汇报人：XX
汇报时间：20XX-02-04
目录
• 牛顿运动定律基本概念与公式 • 牛顿运动定律在直线运动中应用 • 牛顿运动定律在曲线运动中应用
目录
• 牛顿运动定律在连接体问题中应用 • 牛顿运动定律综合应用及拓展 • 牛顿运动定律实验探究

必修一物理总结(合集19篇)

必修一物理总结（合集19篇）必修一物理总结第1篇牛顿运动定律的应用1、动力学的两类基本问题：(1)已知物体的受力情况，确定物体的运动情况.基本解题思路是：①根据受力情况，利用牛顿第二定律求出物体的加速度.②根据题意，选择恰当的运动学公式求解相关的速度、位移等.(2)已知物体的运动情况，推断或求出物体所受的未知力.基本解题思路是：①根据运动情况，利用运动学公式求出物体的加速度.②根据牛顿第二定律确定物体所受的合外力，从而求出未知力.(3)注意点：①运用牛顿定律解决这类问题的关键是对物体进行受力情况分析和运动情况分析，要善于画出物体受力图和运动草图.不论是哪类问题，都应抓住力与运动的关系是通过加速度这座桥梁联系起来的这一关键.②对物体在运动过程中受力情况发生变化，要分段进行分析，每一段根据其初速度和合外力来确定其运动情况;某一个力变化后，有时会影响其他力，如弹力变化后，滑动摩擦力也随之变化.2、关于超重和失重：在平衡状态时，物体对水平支持物的压力大小等于物体的重力.当物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力就不等于物体的重力.当物体的加速度方向向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫超重现象.当物体的加速度方向向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫失重现象.对其理解应注意以下三点：(1)当物体处于超重和失重状态时，物体的重力并没有变化.(2)物体是否处于超重状态或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，即不取决于速度方向，而是取决于加速度方向.(3)当物体处于完全失重状态(a=g)时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等.易错现象：(1)当外力发生变化时，若引起两物体间的弹力变化，则两物体间的滑动摩擦力一定发生变化，往往有些同学解题时仍误认为滑动摩擦力不变。

(2)些同学在解比较复杂的问题时不认真审清题意，不注意题目条件的变化，不能正确分析物理过程，导致解题错误。

2014高考物理考前押题直线运动规律及牛顿运动定律的应用

2014高考物理考前押题：直线运动规律及牛顿运动定律的应用(在1～10题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．)1．某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )．A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s解析由v2t－v20＝2as得：v0＝v2t－2as＝502－2×6×200 m/s＝10 m/s.答案 B2．如图1－2－13所示为某质点的v－t图象，向右为运动的正方向，关于这个质点在4 s 内的运动情况，下列说法中正确的是( )．图1－2－13A．0～2 s内质点做直线运动，2～4 s内质点做曲线运动B．2 s末质点离出发点最远C．2～4 s内质点的平均速度为1 m/sD．4 s末质点位于出发点右侧解析0～2 s内质点做匀减速直线运动，2～4 s内质点做加速度逐渐增大的直线运动，A 错；0～2 s内质点向左运动的位移为2 m,2～4 s内质点向右运动的位移小于2 m，所以2 s 末质点离出发点最远，4 s末质点位于出发点左侧，B对，D错；2～4 s内质点的平均速度小于1 m/s，C错．答案 B3．图1－2－14为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图1－2－15中的( )．图1－2－14 图1－2－15A．①、②和③B．③、②和①C．②、③和①D．③、①和②解析由题意知，小球对斜面的压力FN ＝mgcos θ，随θ增大，FN 逐渐变小直至为零，y1＝mgcos θmg ＝cos θ，对应③；小球的加速度a ＝gsin θ，y2＝gsin θg＝sin θ，最大为1，对应②.重力加速度为g 不变，y3＝g g＝1，对应①.所以选项B 正确．答案 B4．某实验小组为了测量两种纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图1－2－16a 所示的支架ABC ，其中BC 与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b 所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB 的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为 ( )．图1－2－16A ．sin θB ．cos θC ．tan θD ．cot θ解析以小球为研究对象，设小球的质量为m ，平板的倾角为α，线的拉力为T ，由牛顿第二定律得mgsin α－Tcos θ＝ma ，mgcos α＝Tsin θ.联立解得a ＝gsin α－gcos αcot θ，以装置(木块支架)整体为研究对象，由牛顿第二定律得gsin α－μgcos α＝a.又因小球的加速度与装置(木块支架)整体的加速度大小相等，所以μ＝cot θ. 答案 D5．一辆汽车正以v0＝30 m/s 的速度在平直路面上行驶，驾驶员突然发现正前方约50 m 处有一个障碍物，立即以大小为8 m/s2的加速度刹车．甲、乙、丙、丁四位同学根据已知条件进行了有关问题的讨论．你认为下列说法正确的是( )．A ．甲同学认为汽车经过2 s 已撞上障碍物，理由是在2 s 时间内汽车通过的位移x ＝v0t ＋12at2＝30×2 m＋12×8×4 m＝76 m>50 m B ．乙同学也认为经过2 s 汽车已撞上障碍物，理由是在2 s 时间内汽车通过的位移x ＝v2－v202a＝0－3022×－8m ＝56.25 m>50 m C ．丙同学认为汽车经过2 s 不会撞上障碍物D ．丁同学认为条件不足，无法判断解析甲把加速度a 代入正值，乙认为2 s 末车的速度为零，A 、B 错误．车停止时间t′＝0－v0a ＝－30－8 s ＝3.75 s>2 s ，所以2 s 时间内汽车通过的位移x ＝v0t ＋12at2＝30×2 m－12×8×4 m＝44 m<50 m ，因此2 s 内车不会撞上障碍物，C 正确，D 错误．答案 C6．如图1－2－17所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力FN 分别为(重力加速度为g) ( )．图1－2－17A ．T ＝m(gsin θ＋acos θ) FN ＝m(gcos θ－asin θ)B ．T ＝m(gcos θ＋asin θ) FN ＝m(gsin θ－acos θ)C ．T ＝m(acos θ－gsin θ) FN ＝m(gcos θ＋asin θ)D ．T ＝m(asin θ－gcos θ) FN ＝m(gsin θ＋acos θ)解析小球受力如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：Tcos θ－FNsin θ＝ma竖直方向：Tsin θ＋FNcos θ＝mg解以上两式得T ＝m(gsin θ＋acos θ)FN ＝m(gcos θ－asin θ)所以正确选项为A.答案 A7．如图1－2－18所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s2，下列判断正确的是 ( )．图1－2－18A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ．6 s ～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s2解析由题图知4 s 后物块的摩擦力不随F 的变化而变化，即4 s 后物块受到的是滑动摩擦力，此时物块沿力F 的方向开始运动，力F 在4 s 后开始做正功，选项A 错误；4 s 末物块受滑动摩擦力为Ff ＝3 N ，此时拉力F 为4 N ，故水平方向合力F 合＝F －Ff ＝1 N ，选项B错误；由于Ff ＝μmg ，故μ＝31.0×10＝0.3，选项C 错误；6 s ～9 s 内，F ＝5 N ，Ff ＝3 N ，由a ＝F －Ff m得a ＝2.0 m/s2，故选项D 正确．答案 D8．将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s ，它们运动的v －t 图象分别如直线甲、乙所示．则 ( )．图1－2－19A ．t ＝2 s 时，两球高度相差一定为40 mB ．t ＝4 s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等C ．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D ．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等解析运动过程与v －t 图象相结合．甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2 s ．因初始位置高度不同，所以无法确定t ＝2 s 时两小球的高度差，选项A 错误；v －t 图象中位移的大小等于图线与t 轴所围的面积，从图象中可以看出t ＝4 s 时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B 正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从v －t 图象知，该时间间隔均为3 s ，选项D 正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确定，运动时间就不确定，选项C 错误．答案 BD9．静止在光滑水平面上的物体，在如图1－2－20所示的水平力F 作用下朝某一方向运动，且图中有t1＝t0，t2＝2t0，t3＝3t0，则与F －t 图象相对应的v －t 图象和a －t 图象分别是 ( )．图1－2－20解析设物体质量为m，在0～t1时间内，加速度a＝F0/m，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在t1＝t0时刻，速度v0＝at0＝F0t0/m，所以这段时间对应的v－t图象是经过原点的倾斜线段，对应的a－t图象是平行于时间轴的水平线段；在t1～t2时间内，合外力F ＝0，加速度a＝0，物体以速度v0做匀速直线运动，所以这段时间对应的v－t图象是平行于时间轴的水平线段，对应的a－t图象与时间轴重合；同理，可分析出在t2～t3时间内的v－t图象和a－t图象．由以上分析可知选项A、C正确．答案AC10．如图1－2－21所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )图1－2－21A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力Ff＝0.由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮－mg－Ff＝0，计算得Ff＝230 N，D正确．答案AD11．近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．如图1－2－22乙所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．甲乙图1－2－22(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104 N．求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人安全，D 处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？解析此题运用动能定理解答较简单，也可根据卡车刹车做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题．已知卡车质量m＝8 t＝8×103 kg、初速度v0＝54 km/h＝15 m/s(1)设卡车减速的加速度为a，由牛顿第二定律得：f＝ma①由运动学公式得：v20＝2as1，②联立①②式，代入数据解得s1＝30 m③(2)已知车长l＝7 m，AB与CD的距离为s0＝23 m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需要经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋l④s2＝v0Δt⑤联立④⑤式，代入数据解得Δt＝2 s.答案(1)30 m (2)2 s12．如图1－2－23所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10 m/s2.图1－2－23(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L ＝v0t ＋12at 2①v ＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s2 ③v ＝8 m/s ④(2)设物块所受支持力为FN ，所受摩擦力为Ff ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff ＝ma ⑤Fsin α＋FN －mgcos θ＝0 ⑥又Ff ＝μFN ⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mgsin θ＋μcos θ＋macos α＋μsin α ⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知对应F 最小的夹角α＝30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin ＝1335N ⑪答案见解析。

2023新教材高考物理二轮专题复习专题：牛顿运动定律与直线运动教师用书

专题二牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．基本公式v＝v0＋at，x＝v0t+12at2，v2−v02＝2ax.2．重要推论v t2＝v0+v2＝v̅(利用平均速度求瞬时速度)；初、末速度平均值vt2＝√t02+t22；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)．3．符号法则选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．4．解决运动学问题的基本思路例 1 [2022·湖北卷]我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G .设普通列车的最高速度为108 km /h ，高铁列车的最高速度为324 km /h .若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m /s 2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，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[解题心得]预测1 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是2022年北京冬奥会的比赛项目之一．运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行．比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成．若某次运动员练习时，恰好在终点停下来，且在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动．运动员通过减速区时间为t ，其中第一个t 4时间内的位移为x 1，第四个t 4时间内的位移为x 2，则x 2:x 1等于( )A ．1∶16B ．1∶7C ．1∶5D ．1∶3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，客车正以v 1＝6 m /s 速度匀速行驶，轿车正以v 2＝10 m /s 的速度借道超车．客车长L 1＝10 m ，轿车长L 2＝4 m ，不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化．(1)若轿车开始加速并在3 s内成功超越客车L3＝12 m后，才能驶回正常行驶车道，其加速度多大？(2)若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道，则至少要以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾？[试解]考点二动力学基本规律的应用动力学两类基本问题的解题思路温馨提示动力学中的所有问题都离不开受力分析和运动分析，都属于这两类基本问题的拓展和延伸．例2 [2022·浙江卷1月]第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26(取g＝10 m/s2)，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．[试解]预测3 (多选)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10 m 跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则( )A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B．入水后全红婵处于失重状态C．全红婵在空中运动的时间为1.5 sD．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N预测4 衢州市2022年5月1日起部分县、区超标电动车不得上道路行驶，新的电动自行车必须符合国标GB17761－2018的标准，新标准规定最高车速不能高于25 km/h，整车质量应当小于或等于55 kg，制动性能要符合如下规定：某人体重m＝50 kg，骑着符合新标准、质量M＝50 kg的电动自行车在水平路面行驶．电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动．(1)当遇到紧急情况时，若他同时使用前后车闸刹车，在干燥路面上该车的最小加速度是多少？此时受到的制动力是多大？(保留两位有效数字)(2)若此人私自改装电瓶输出功率，致使车速超标(其他条件不变)，当他以32 km/h速度在雨后的路面上行驶，遇见紧急情况，采取同时使用前后车闸方式刹车，则该车刹车后行驶的最大距离是多少？(3)根据你所学物理知识，分析电动自行车超速超载有什么危害？[试解]考点三连接体问题1．处理连接体问题的常用方法2.连接体问题中常见的临界条件例3 [2022·全国甲卷]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长之前( )A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小[解题心得]预测5 如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动距离很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10 m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是( )A．1.41 N B．1.42 NC．1 410 N D．1 420 N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，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为( )A．5F8m B．2F5mC．3F8m D．3F10m预测7 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1 m/s2沿斜面向下匀加速运动，则：(g＝10 m/s2)(1)t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？(3)小球向下运动多少距离时速度最大？[试解]素养培优·情境命题实际情境中的直线运动情境1 [2022·山东押题卷]高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m．某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s．则刹车的加速度大小约为( )A．2.52 m/s2B．3.55 m/s2C．3.75 m/s2D．3.05 m/s2[解题心得]情境2 驾驶员看见过马路的人，从决定停车，直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间，叫反应时间，在反应时间内，汽车按一定速度匀速行驶的距离称为反应距离；从踩紧踏板(抱死车轮)到车停下的这段距离称为刹车距离；司机从发现情况到汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫做停车距离．如图所示，根据图中内容，下列说法中正确的是( )A．根据图中信息可以求出反应时间B．根据图中信息可以求出汽车的制动力C．匀速行驶的速度加倍，停车距离也加倍D．酒后驾车反应时间明显增加，停车距离不变[解题心得]情境3 [2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝2，货物可视为质点(取9cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4)．(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.[试解]情境4 疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲)．该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小可调节在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图乙的直线情境图，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小．(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A 送餐到F，求机器人运行的最大加速度a m和加速过程通过的位移x加．[试解]专题二牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一例1 解析：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，为总的节省时间，相邻两站间的距离x ＝1 080×1035m ＝2.16×105m普通列车加速时间t 1＝v1a＝300.5 s ＝60 s加速过程的位移x 1＝12at 12＝12×0.5×602m ＝900 m根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t 2＝x −2x 1v＝2.16×105−2×90030s ＝7 140 s同理高铁列车加速时间t ′1＝v 1′a＝900.5s ＝180 s加速过程的位移x ′1＝12at1′2＝12×0.5×1802m ＝8 100 m根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t ′2＝x −2x 1′v 1′＝2.16×105−2×8 10090s ＝2 220 s相邻两站间节省的时间Δt ＝(t 2＋2t 1)－(t ′2＋2t ′1)＝4 680 s ，因此总的节省时间Δt 总＝5Δt ＝4 680×5 s＝23 400 s ＝6小时30分，B 正确．答案：B预测1 解析：由题意知，在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，将此减速过程由逆向思维，可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5…可知，x 2∶x 1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个t4时间内的位移与第四个t4时间内的位移之比，即x 2∶x 1＝1∶7，故选B.答案：B预测2 解析：(1)设轿车的加速度大小为a ，经过t 1＝3 s ，客车和轿车位移分别为s 1、s 2，由运动学公式得s 1＝v 1t 1，s 2＝v 2t 1+12at 12，s 2＝s 1＋L 1＋L 2＋L ＋L 3，解得a ＝4 m/s 2.(2)设轿车减速的加速度大小为a ′，经过时间t 2，轿车、客车达到共同速度，则v 2－a ′t 2＝v 1，客车和轿车位移分别为s ′1、s ′2，满足s ′2＝v 2t 2−12a ′t 22， s ′1＝v 1t 2， s ′2＝s ′1＋L ，解得a ′＝2 m/s 2，即轿车至少以2 m/s 2的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾．答案：(1)4 m/s 2(2)2 m/s 2考点二例2 解析：(1)设雪车从A →B 的加速度大小为a 、运动时间为t ，根据匀变速直线运动的规律有2al AB ＝v B 2、v B ＝at解得t ＝3 s 、a ＝83 m/s 2.(2)方法一由题知雪车从A →C 全程的运动时间t 0＝5 s ，设雪车从B →C 的加速度大小为a 1、运动时间为t 1，故t 1＝t 0－t ，根据匀变速直线运动的规律有l BC ＝v B t 1+12a 1t 12v C ＝v B ＋a 1t 1代入数据解得a 1＝2 m/s 2、v C ＝12 m/s.方法二由于雪车在BC 上做匀变速运动，故l BC ＝v BC ̅̅̅̅·t 1＝v B +v C 2(t 0－t )解得v C ＝12 m/s.(3)方法一设雪车在BC 上运动时受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f ＝ma 1代入数据解得f ＝66 N方法二对雪车在BC 上的运动过程由动量定理有 (mg sin 15°－f )(t 0－t )＝mv C －mv B 代入数据解得f ＝66 N.方法三对雪车从B →C 由动能定理有(mg sin 15°−f )l BC ＝12tt t 2−12tt t 2解得f＝66 N.答案：(1)83m/s2(2)12 m/s (3)66 N预测3 解析：跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝v0t－12gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝5 m/s－10×2 m/s＝－15 m/s，在水中的加速度大小a＝0−v1t＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得f＝ma＋mg＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．答案：AD预测4 解析：(1)根据匀变速运动公式2ax＝t2−t02解得t＝t2−t022t＝－3.4 m/s2根据牛顿第二定律得：制动力F＝(M＋m)a＝340 N.(2)根据匀变速运动公式2a1x1＝v12，2a1x2＝v22，x1x2＝t12t22联立解得x2＝36 m.(3)超速时，加速度不变但刹车距离变大，超载时，质量变大，减速的加速度变小，刹车距离变大．答案：(1)－3.4 m/s2340 N (2)36 m (3)见解析考点三例3 解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝ma P，对Q有μmg－kx＝ma Q，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝v̅t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．答案：AD预测5 解析：香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得μm1g＝m1a1解得a1＝2 m/s2对纸板，根据牛顿第二定律可得F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002 m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1＝12a1t12纸板运动距离为d＋x1＝12a2t12纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2＝12a3t22则l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2代入数据联立得F＝1.42 N，故B正确，A、C、D错误．答案：B预测6解析：如图可知sin θ＝12×3L5L2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F＝2T cos θ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝5F8m，故选项A正确．答案：A预测7 解析：解答本题的关键是要能分析得出板和小球分离时，板对小球的作用力为零；当球的速度最大时，球的加速度为零．(1)因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－F1＝ma解得F1＝32 N.(2)当挡板和小球分离时，根据牛顿第二定律得mg sin 30°－kx＝ma，其中x＝12at2解得t＝0.8 s，x＝0.32 m.(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mg sin 30°＝kx1解得x1＝0.4 m.答案：(1)32 N (2)0.8 s (3)0.4 m素养培优·情境命题情境1 解析：设刹车的加速度大小为a，则有x＝t0(t1+t2+tt)+t022t代入数据有19.6＝5×(0.3＋2＋0.8)＋522a解得a＝3.05 m/s2，所以D正确；A、B、C错误．答案：D情境2 解析：图中知道汽车速度，反应距离，根据x＝v0t可以求出反应时间，故A 正确；由于不知汽车质量，则无法求出汽车的制动力，故B错误；设停车距离为x，反应时间为t0.则x＝t0t0+t022t，可知匀速行驶的速度加倍，停车距离不是简单的加倍，故C错误；除了反应时间，其他条件不变的情况下，根据公式x＝t0t0+t022t，酒后驾车反应时间明显增加，停车距离增加，故D错误．答案：A情境3 解析：(1)根据牛顿第二定律mg sin 24°－μmg cos 24°＝ma1a1＝2 m/s2(2)在倾斜滑轨上运动过程为匀加速直线运动v2＝2a1l1v＝4 m/s(3)在水平滑轨上的运动过程为匀减速直线运动v12－v2＝2a2l2a2＝－μgl2＝2.7 m答案：(1)2 m/s2(2)4 m/s (3)2.7 m情境4 解析：(1)从O点到A点，由运动公式0－v2＝2ax0，解得a＝0−v22x0＝－422×6m/s2＝－43m/s2，机器人在此过程加速度a的大小为43m/s2.(2)要想用时最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度为a m＝μg＝2 m/s2，加速的位移为x加＝v22a m＝4 m.答案：(1)43m/s2(2)2 m/s2 4 m。

专题一：牛顿运动定律的应用A

高三物理复习专题(一)——牛顿运动定律的应用(A) 【知识梳理】1.牛顿运动定律是经典力学的核心内容,是历年高考重点内容之一,高考对牛顿运动定律的考查不局限在力学范围内,常常结合带电粒子在电场、磁场中的运动等问题.2. 牛顿运动定律反映的是力和运动的关系, 牛顿运动定律应用的动力学问题主要有两类:(1)已知物体受力情况求运动情况;(2)已知物体运动情况求受力情况.加速度是联系的桥梁.3. 受力分析要注意的几个环节:(1)明确研究对象,分清物体与外界;(2)抓住力的本质,不盲目添力;(3)从运动状态入手分析受力;分清合力与分力,防止效果重复.4.物体做什么运动,不仅与物体的加速度有关,还与物体的初始状态有关.(1)物体所受合外力决定物体运动的性质,即匀速还是变速,匀变速还是变加速; (2)物体的初始状态决定物体的运动形式,即直线还是曲线,还是圆周.【典型例题】1.一个质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角为θ=530的斜面顶端,斜面静止时,球紧靠在斜面上,绳与斜面平行,不计摩擦,当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时,求绳的拉力和斜面对小球的弹力.2.如图示,轻弹簧的劲度系数为k,一端固定,其正下方系一质量为m的物体,开始时用托盘托住物体使弹簧无形变,.令托盘向下以加速度a做匀加速直线运动.求物体做匀加速直线运动的时间.3.如图示,小车质量M=100kg,车面距地面高度h=1.25m.,车上物块m=50kg,距车尾b=1m,物块与小车之间动摩擦因数μ=0.2,车与地面间的摩擦不计.在外力F的作用下,小车开始运动,经一段时间物块从车尾端掉下,此段时间内车向前行驶S0=2m.求物块落地时距车尾的水平位移是多大?4.如图甲示,木板A、B叠放在水平地面上,它们的右端对齐,木板B长1米,质量为m,木板A长2m,质量为2m,已知B与A之间的动摩擦因数是A与地面间动摩擦因数的4倍,现使木板A突然获得一水平向右的初速度v0,最后A、B成图乙的状态停止在地面上,全过程历时1s,求v0的大小.5.如图示,平板小车C静止在光滑的水平面上,现有A、B两个物体(可视为质点),分别从小车C的两端同时水平地滑上小车,初速度v A=3m/s,v B=1m/s,A、B两物体与小车C间的动摩擦因数都是0.5,m A=m B=m,m C=2m,最后两物体恰好相遇而未碰撞,且A、B物体和小车C以共同的速度运动,g=10m/s2,求:(1)A、B两物体和小车C共同的速度v;(2)小车的长度L;(3)B物体相对于地向左运动的最大位移. 6.图甲示的平行板电容器板间距离为d,两板所加电压随时间变化图线如图乙示,t=0时刻,质量为m,带电量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器,t1=3T时刻恰好从下极板边缘射出电容器,带电粒子的重力不计,求:(1)平行板电容器板板长L;(2)粒子射出电容器时偏转的角度φ;(3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y.。

《牛顿运动定律的应用》讲义

《牛顿运动定律的应用》讲义一、牛顿运动定律概述牛顿运动定律是经典力学的基础，由艾萨克·牛顿在 1687 年于《自然哲学的数学原理》一书中总结提出。

牛顿运动定律包含三条定律，分别是牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律。

牛顿第一定律，也被称为惯性定律，其内容为：任何物体都要保持匀速直线运动或静止的状态，直到外力迫使它改变运动状态为止。

这一定律揭示了物体具有惯性，即保持原有运动状态的性质。

牛顿第二定律指出：物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

其表达式为 F ＝ ma，其中 F 表示作用力，m 表示物体的质量，a 表示加速度。

牛顿第三定律表明：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，且作用在同一条直线上。

二、牛顿第一定律的应用在日常生活中，牛顿第一定律有着广泛的应用。

比如，当汽车突然刹车时，乘客会向前倾。

这是因为在刹车前，乘客和汽车一起向前运动，当刹车时，汽车的速度迅速减小，但乘客由于惯性仍要保持原来的运动状态，所以会向前倾。

再比如，跳远运动员在起跳前需要助跑。

助跑的目的是利用惯性，在起跳时保持较大的速度，从而跳得更远。

在交通运输中，牛顿第一定律也起到了重要的作用。

为了保障行车安全，车辆需要保持一定的速度和稳定性。

当车辆在高速行驶时突然转向或急刹车，都可能导致失控，因为车内的人和物品会由于惯性而继续保持原来的运动状态。

三、牛顿第二定律的应用牛顿第二定律是解决力学问题的核心定律之一。

在分析物体的运动状态变化时，我们通常会用到它。

例如，一个质量为 m 的物体受到一个水平向右的力 F，其加速度 a ＝ F ／ m。

如果力 F 增大，加速度也会随之增大，物体的运动速度会更快地增加。

在体育运动中，牛顿第二定律也有体现。

比如举重运动员在举起杠铃时，需要施加一个大于杠铃重力的力，才能使杠铃产生向上的加速度，从而被举起。

在工程领域，如桥梁的设计和建筑施工中，牛顿第二定律也不可或缺。

牛顿运动定律及其应用

(1). 包含两个重要概念：惯性和力固有特性
惯性：物体保持其运动状态不变的特性。
(2). 定义了惯性参考系
二、牛顿第二定律（Newton second law）
在受到外力作用时，物体所获得的加速度的大小与
外力成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与
外力的矢量和的方向相同。
F ma
F 质点运动微分方程： m d m d 2r
d dt 2
m
4、定量的量度了惯性
mA aB mB aA
相同外力下，m大的a小， m小的a大。m越大，惯性越大。
质量是物体惯性大小的量度。
惯性质量：牛顿第二定律中的质量常被称为惯性质量
引力质量：
F
G
m1m2 r2
r0
式中 m1、m2 被称为引力质量
经典力学中不区分引力质量和惯性质量
三、第三定律（Newton third law）两个物体之间对各自对方的相互作用总是相等的，
a0
F0 ma0
F
超重与失重
❖ 升降机以 a 上升。
F N mg ma 0
N mg mamg
可见，人的有效重力m（g+a）大于人的重力mg，
这种情况称为超重。
❖ 升降机以 a 下降。
F N mg ma 0
N mg mamg
❖ 可见，人的有效重力m（g-a）小于人的重力mg，
这种情况称为失重。
❖ 如果a=g，则N=0,完全失重。如宇航员。
引入惯性力后，质点在直线加速参考系中牛顿第二定律的形式为
F F0 ma
作用于质点的相互作用力
惯性力
质点相对于该非惯性系的加速度3.匀角速度转动参考系中的惯性力----惯性离心力

专题一第1讲力与物体的平衡

专题一力与运动
专题一力与运动
热点视角 1.力与物体平衡部分：考查物体受力分析和平衡条件，一般以选择题形式命题，注意与静摩擦力有关的临界极值问题． 2.力与直线运动部分：考查牛顿运动定律与直线运动的综合应用，常见以选择题形式命题，注意运动图象问题． 3.力与曲线运动部分：考查抛体运动、圆周运动、直线运动组合情景下的运动问题、受力问题及功能综合问题，命题形式既有选择题，也有计算题． 4.力与天体运动部分：结合圆周运动规律考查万有引力定律在天体运动与航天中的应用，命题形式一般为选择题．
栏目导引13· 郑州预测 )(单选 )如图所示 ,铁板 AB与水平
地面间的夹角为 θ ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是( D ) A．磁铁所受合外力逐渐减小 B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小 D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大
的受力情况与原来相比( BCD ) A．推力F将增大
B．竖直墙面对小球A的弹力减小
C．地面对小球B的弹力一定不变
D．两个小球之间的距离增大
栏目导引
专题一力与运动
【解析】将 A、 B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力 FN(也是对 B 的支持力 FN)，将 B 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以 FN＝ (mA＋mB)g 为一定值， C 正确；对 B 进行受力分析如图，由平衡条件可知 FN＝mBg ＋ F 斥 cos θ，向左推 B，θ 减小，所以 F 斥减小，由库仑定律 F 斥 q Aq B ＝ k 2 得： A、 B 间距离 r 增大， D 正确；而 F＝ F 斥 sin θ，θ r 减小，F 斥减小，所以推力 F 减小，故 A 错误；将 A、B 视为整体时， F＝ FNA，所以墙面对小球 A 的弹力 FNA 减小，B 正确．

牛顿运动定律的实际应用

牛顿运动定律的实际应用牛顿运动定律是经典力学的基础，它对我们生活中的许多现象和技术应用都具有重要的指导意义。

本文将从不同角度探讨牛顿运动定律的实际应用。

一、牛顿第一定律在交通运输中的应用牛顿第一定律，也被称为惯性定律，指明了物体在没有受到外力作用时将保持静止或匀速直线运动的状态。

这一定律在交通运输中有着广泛的应用。

举个例子，当一辆汽车在高速行驶时，如果突然刹车，乘车人员会因惯性律定的作用而前倾，因为车上的人物并未得到与车身一致的减速。

这就解释了为什么在紧急刹车时，乘客会感到身体向前倾的现象。

二、牛顿第二定律在机械工程中的应用牛顿第二定律是指物体受力的加速度与作用在物体上的合力成正比，与物体质量成反比。

这一定律在机械工程中的应用非常广泛。

例如，当我们使用各种机械设备时，都离不开受力的分析以及合力的计算。

通过运用牛顿第二定律，我们可以确定机械设备所需要的驱动力大小，从而保证工程机械正常运转。

三、牛顿第三定律在航天工程中的应用牛顿第三定律是指任何一个物体受到的力都有一个等大而方向相反的作用力。

这一定律在航天工程中的应用尤为显著。

在火箭发射过程中，牛顿第三定律解释了为什么火箭能够推进。

火箭喷射出的废气作为一种反作用力，向后推动火箭本身，从而使火箭向前加速。

四、牛顿运动定律在体育运动中的应用牛顿运动定律在体育运动中也有着广泛的应用。

比如，在田径运动中，运动员发力跳远时，根据牛顿第三定律，他们在离地之前会用力蹬地，产生向上的反作用力，从而达到更高的起跳高度。

此外，在游泳比赛中，泳手腿部的蹬水动作也是应用了牛顿运动定律。

蹬水时，泳手的脚通过向后蹬水产生反作用力，推动泳手向前快速游进。

总结：通过以上几个方面的实际应用，我们可以看到牛顿运动定律在交通运输、机械工程、航天工程和体育运动等领域具有重要的作用。

不仅深化了我们对经典力学的理解，更为科学技术的发展提供了指导和支持。

结尾，牛顿运动定律的实际应用不仅局限于上述领域，还延伸到更广泛的领域，如建筑工程、电子通讯等。