云南省德宏州梁河县第一中学2018届高三物理一轮复习学案：牛顿第二运动定律学案二

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2018高考物理一轮复习第03章学案01 牛顿运动定律两类动力学问题[导学案]TK

第三章牛顿运动定律高考导航学案01 牛顿运动定律两类动力学问题基础体系知识点一：牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持状态或状态，除非作用在它上面的力迫使它这种状态。

2．意义：(1) 揭示了力与运动的关系：指出力不是物体运动的原因，而是物体运动状态的原因。

即：力是产生的原因。

(2) 揭示了物体的固有属性：指出一切物体都有，因此牛顿第一定律又称定律。

3．惯性：(1) 定义：物体具有保持原来状态或状态的性质。

(2) 性质：惯性是物体都具有的性质。

与物体的运动情况和受力情况。

(3) 量度：是物体惯性大小的唯一量度。

知识点二：牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟作用力成，跟物体的质量成。

加速度方向与作用力方向。

2．表达式：。

式中各量都要用国际单位，F指合外力。

3．适用范围：①只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。

②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

知识点三：牛顿第三定律、单位制1．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，方向，作用在上。

2．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。

(1) 基本单位：基本物理量的单位。

力学中的基本量有三个：、和。

(2) 导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

知识点四：两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。

第二类：已知运动情况求物体的受力情况。

考点突破考点1：牛顿第一定律的理解与应用1．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，物体的运动状态容易改变。

2．理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形不存在。

在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律2牛顿运动定律的应用复习教案

2 牛顿运动定律的应用一、牛顿运动定律在动力学问题中的应用1．运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（1）已知受力情况，要求物体的运动情况．如物体运动的位移、速度及时间等．（2）已知运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）．但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案．常用的运动学公式为匀变速直线运动公式，2/2,2,21,0202200t t t t v v v t s v as v v at t v s at v v =+===-+=+=等. 2．应用牛顿运动定律解题的一般步骤（1）认真分析题意，明确已知条件和所求量，搞清所求问题的类型.（2）选取研究对象.所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的整体.同一题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象.（3）分析研究对象的受力情况和运动情况.（4）当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动的方向上.（5）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程，物体所受外力、加速度、速度等都可根据规定的正方向按正、负值代入公式，按代数和进行运算.（6）求解方程，检验结果，必要时对结果进行讨论.二、整体法与隔离法1．整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。

采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁锁的分析，常常使问题解答更简便、明了。

运用整体法解题的基本步骤：①明确研究的系统或运动的全过程.②画出系统的受力图和运动全过程的示意图.③寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解2．隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。

云南省德宏州梁河县第一中学2018届高三物理一轮复习学案：滑块-滑板模型

滑块—木板模型的这类问题的解答基本技巧和方法：１、在物体运动的每一个过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动；2、若两个物体的初速度相同（包括初速为0），则要先判定两个物体是否发生相对滑动，其方法是求出不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度并用假设法求出在外力F作用下整体的加速度，比较二者的大小即可得出结论。

3、解题时注意参考系的选取，一般情况下所求加速度、速度、位移均为对地参考系所得物理量。

【例1】如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。

变式1例1中若拉力F作用在A上呢？如图2所示。

变式2在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。

【例2】如图10所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2.求：(1)物块及木板的加速度大小．3 m/s2(2)物块滑离木板时的速度大小．0.8 m/s.变式2如图5所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数，取g=10m/s2，试求：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？1s（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图6中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象。

（设木板足够长）变式2 昆一中2018届第一次月考物理25题（选做题附录）【例题3】如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s 通过的位移大小。

全程复习构想2018高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律2牛顿第二定律两类动力学问题课件

解析：撤去 F 的瞬间，A 受力未变，故 a1＝a；对 B，弹簧 F′ m1 力未变，仍为：F′＝m1a，a2＝ m ＝m a，故 D 正确． 2 2 答案：D
考点三动力学两类基本问题 1.由受力情况判断物体的运动状态处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F 合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移． 2．由运动情况判断受力情况处理这类问题的基本思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．
3．如图所示，倾角为 30° 的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上 A 点由静止释放，最终停在水平面上的 C 点．已知 A 点距水平面的高度 h＝0.8 m，B 点距 C 点的距离 L＝2.0 m(滑块经过 B 点时没有能量损失，g 取 10 m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数 μ； (3)滑块从 A 点释放后，经过时间 t＝1.0 s 时速度的大小．
反思总结在求解瞬时性问题时的两点注意 (1)物体的受力情况和运动情况时刻对应，当外界因素变化时，需要重新进行受力分析和运动分析． (2)加速度可以随力而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．
[题组训练] 1． (2017· 泉州模拟)如图所示， A、 B 为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在 A、B 间细线烧断后的瞬间，A、B 的加速度分别是( ) A．A、B 的加速度大小均为 g，方向都竖直向下 B．A 的加速度为零，B 的加速度大小为 g、竖直向下 C．A 的加速度大小为 g、竖直向上， B 的加速度大小为 g、竖直向下 D．A 的加速度大于 g、竖直向上，B 的加速度大小为 g、竖直向下

2018年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的应用(1)教学案(含解析)

第2讲牛顿第二定律的应用(1)➢教材知识梳理一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出________，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出________，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．说明：牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁，加速度是解题的关键．二、超重和失重1．超重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为超重现象．2．失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为失重现象．3．完全失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的情况称为完全失重现象．4．视重与实重(1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为________．视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．(2)物体实际受到的重力大小称为________．三、连接体与隔离体1．连接体与隔离体：两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为________．如果把其中某个(或几个)物体隔离出来，该物体称为________．2．外力和内力(1)以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的________，而系统内各物体间的相互作用力为________．(2)求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑________；如果把物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将变为隔离体的________．答案：一、1.加速度 2.加速度二、1.大于 2.小于 3.等于零4．(1)视重(2)实重三、1.连接体隔离体2．(1)外力内力(2)内力外力【思维辨析】(1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力．( )(2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果．( )(3)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．( )(4)物体处于超重状态时，物体的重力大于mg.( )(5)物体处于完全失重状态时其重力消失．( )(6)物体处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关．( )(7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力．( )答案：(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(√)(7)(×)➢考点互动探究考点一解决动力学两类问题的基本思路1 [2016·四川卷] (17分)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372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 取10 m/s2.求：(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．图371图372[解答规范] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则________＝ma 1(2分)f ＝________(2分)联立以上二式并代入数据得a 1＝5 m/s 2(1分)a 1的方向沿制动坡床向下．(1分)(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 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(2分) F ＝k (m ＋M )g (2分) s 1＝________(2分) s 2＝________(2分) s ＝________(1分) l ＝l 0＋s 0＋s 2(1分)联立并代入数据得l ＝98 m ．(1分)答案：f ＋mg sin θ μmg cos θ vt －12a 1t 2 vt －12a 2t 2s 1－s 21 研究表明，一般人的刹车反应时间(即图373甲中“反应过程”所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g 取10 m/s 2.求：(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者比一般人增加的反应时间；(3)减速过程中汽车对志愿者的作用力大小与志愿者重力大小的比值．图373答案：(1)8 m/s 22.5 s (2)0.3 s (3)415[解析] (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得，初速度v 0＝20 m/s ，末速度v ＝0，位移x ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2ax t ＝v 0a联立以上两式，代入数据得a ＝8 m/s 2，t ＝2.5 s(2)设志愿者正常情况下反应时间为t ′，饮酒后反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋xΔt ＝t ′－t 0联立以上两式，代入数据得 Δt ＝0.3 s(3)设志愿者所受的合外力大小为F ，汽车对志愿者的作用力大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma由平行四边形定则得F 20＝F 2＋(mg )2联立以上两式，代入数据得F 0mg ＝415.2 [2016·合肥质量检测] 如图374所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是半圆的圆心，圆和半圆处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )图374A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EF答案：B [解析] 设圆的直径为D ，半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得t AB ＝2（D cos α＋R ）g cos α＝2Dg＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可得t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2Dg＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系α>β>θ可知，t AB >t CD >t EF ，选项B 正确．考点二2 [2016·江苏南通如皋模拟] 我国“80后”女航天员王亚平在“天宫一号”里给全国的中小学生们上了一堂实实在在的“太空物理课”．在火箭发射、飞船运行和回收过程中，王亚平要承受超重或失重的考验，下列说法正确是( )A ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于超重状态B ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于失重状态C ．飞船在绕地球匀速运行时，王亚平处于超重状态D ．火箭加速上升时，王亚平处于失重状态答案：A[解析] 飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故A 正确，B 错误；飞船在绕地球匀速运行时，万有引力提供向心力，加速度方向向下，王亚平处于失重状态，故C 错误；火箭加速上升时，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故D 错误．■ 题根分析本题通过受力分析和牛顿第二定律，考查运动过程中的超重、失重问题．对超重、失重问题的分析应注意：(1)超重、失重现象的实质是物体的重力的效果发生了变化，重力的效果增大，则物体处于超重状态；重力的效果减小，则物体处于失重状态．重力的作用效果体现在物体对水平面的压力、物体对竖直悬线的拉力等方面，在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化．(2)物体是处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向．只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态，当物体的加速度等于重力加速度时(竖直向下)，物体就处于完全失重状态．(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平不能测量物体的质量、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．■ 变式网络式题1 [2016·合肥质量检测] 如图375所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是( )图375A．只有“起立”过程才能出现超重的现象B．只有“下蹲”过程才能出现失重的现象C．“下蹲”的过程中，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”“下蹲”的过程中，都能出现超重和失重的现象答案：D [解析] “起立”的过程中，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动时加速度方向向上，出现超重现象，减速向上运动时加速度方向向下，出现失重现象，即“起立”过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲”的过程中，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动时加速度方向向下，出现失重现象，减速向下运动时加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲”过程先出现失重现象后出现超重现象，D正确，A、B、C错误．式题2 [2016·福建质量检测] 如图376所示，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，则( )图376A．车厢对货物的作用力大小等于mgB．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C．悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)gD．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上答案：C [解析] 货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知，车厢与货物的重力和悬臂对车厢的作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)g，选项C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A、B错误．式题3 (多选)飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员处于完全失重状态时，下列说法正确的是( ) A．宇航员不受任何力作用B．宇航员处于平衡状态C．地球对宇航员的引力全部用来提供向心力D．正立和倒立时宇航员一样舒服答案：CD [解析] 飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力，选项A错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，不是处于平衡状态，选项B错误，选项C正确；完全失重状态下，重力的效果完全消失，正立和倒立情况下，身体中的器官都是处于悬浮状态，没有差别，所以一样舒服，选项D正确．考点三连接体问题应用牛顿第二定律解决连接体类问题时，正确地选取研究对象是解题的关键．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的作用力，则可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)；若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内各物体之间的作用力，则需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力，则可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”．如图377所示，一足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝37°，大小可以忽略的两个小物体A 、B 的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝4 kg ，两物体之间的轻绳长L ＝0.5 m ，轻绳可承受的最大拉力为T ＝12 N ．对B 施加一沿斜面向上的力F ，使A 、B 由静止开始一起向上运动，力F 逐渐增大，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F 的大小；(2)若轻绳拉断瞬间A 、B 的速度为3 m/s ，绳断后保持外力F 不变，当A 运动到最高点时，求A 、B 之间的距离．图377[解析] (1)对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g sin θ＝(m A ＋m B )a隔离A 物体，根据牛顿第二定律得T －m A g sin θ＝m A a联立解得F ＝60 N(2)取沿斜面向上为正方向．隔离A 物体，根据牛顿第二定律得－m A g sin θ＝m A a A解得a A ＝－g sin θ＝－6 m/s 2则A 物体到最高点所用时间t ＝0－v 0a A＝0.5 s此过程A 物体的位移为x A ＝v 02·t ＝0.75 m隔离B 物体，根据牛顿第二定律得F －m B g sin θ＝m B a B解得a B ＝F m B－g sin θ＝9 m/s 2此过程B 物体的位移为x B ＝v 0t ＋12a B t 2＝2.625 m两者间距为x B－x A＋L＝2.375 m.1 [2016·湖南衡阳月考] 如图378所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小( )图378A．由大变小B．由小变大C．始终不变且大小为m1m1＋m2FD．由大变小再变大答案：C [解析] 在水平面上时，对整体，由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对质量为m1的物体，由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝m1m1＋m2F；在斜面上时，对整体，由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g cos θ－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a2，对质量为m1的物体，由牛顿第二定律得T2－μm1g cos θ－m1g sin θ＝m1a2，联立解得T2＝m1m1＋m2F；在竖直方向上运动时，对整体，由牛顿第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对质量为m1的物体，由牛顿第二定律得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝m1m1＋m2F.综上分析可知，线上的拉力大小始终不变且大小为m1m1＋m2F，选项C正确．2 a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为F的恒力竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图379所示，下列说法正确的是( )图379A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，则x1>x2D．若m1<m2，则x1<x2答案：A [解析] 在竖直方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx1－m2g＝m2a1，联立解得kx1＝m2Fm1＋m2；在水平方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a2，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx2＝m2a2，联立解得kx2＝m2Fm1＋m2，可见x1＝x2，选项A正确．■ 方法技巧求解连接体内部物体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体外部对物体的作用力或加速度时，一般选取系统整体为研究对象．大多数连接体问题中需要整体法和隔离法交替使用．【教师备用习题】1．[2015·重庆卷] 若货物随升降机运动的vt图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是图中的( )图13A B C D[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由vt图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、第五两个阶段为基准(支持力等于重力)，可得B正确．2．(多选)[2015·海南卷] 如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑[解析] BD 升降机匀速运动时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mg sin θ＝f，垂直于斜面方向，有F N＝mg cos θ，又知f＝μF N，解得μ＝tan θ；升降机加速上升，时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A错误，选项B正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f′－mg sin θ＝ma sin θ，垂直于斜面方向，有F′N－mg cos θ＝ma cos θ，解得f′F N′＝tan θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C错误，选项D正确．3．[2013·安徽卷] 如图所示，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F N分别为(重力加速度为g)( )A．T＝m(g sin θ＋a cos θ)，F N＝m(g cos θ－a sin θ)B．T＝m(g cos θ＋a sin θ)，F N＝m(g sin θ－a cos θ)C．T＝m(a cos θ－g sin θ)，F N＝m(g cos θ＋a sin θ)D．T＝m(a sin θ－g cos θ)，F N＝m(g sin θ＋a cos θ)[解析] A 对物体进行受力分析，如图所示，应用牛顿第二定律，在水平方向有T cos θ－F N sin θ＝ma，在竖直方向有T sin θ＋F N cos θ＝mg，解得T＝ma cos θ＋mg sin θ，F N＝mg cos θ－ma sin θ，选项A正确．4．(多选)[2013·浙江卷] 如图所示，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取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )A．所受浮力大小为4830 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] AD 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830 N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m时的速度v＝2ah＝6 5 m/s>5 m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m所用的时间t＝2ha＝12 5 s>10 s，说明上升10 s后还未上升到180 m处，速度小于5 m/s，故C错误．以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230 N，故D正确．。

高三物理一轮专题复习第2讲牛顿第二定律(2)导学案

高三物理一轮专题复习第2讲牛顿第二定律（2）导学案【学习目标】1、会利用牛顿第二定律解决两类动力学问题；2、灵活运用牛顿第二定律分析和计算动力学多过程问题；【重点难点】重点：能熟练应用牛顿第二定解决动力学问题：难点：综合应用牛顿第二定律来分析解决动力学多过程问题。

【使用说明及学法指导】①请同学们课前充分预习；②请同学们利用15分钟完成知识梳理和基础自测题；③识记基础知识。

预习案一、知识梳理1、请同学们写出两类动力学问题的分析流程图2．请同学们归纳应用牛顿第二定律的解题步骤：二、基础自测1、质量m＝1 kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是( )A．2 N B．4 N C．6 N D．8 N2、一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止．若同时撤去其中大小分别为15 N 和10 N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是 ( ) A．2 m/s2 B．3 m/s2 C．12 m/s2 D．15 m/s2探究案一、合作探究探究一用牛顿运动定律求解两类动力学问题例1．如图下图所示，水平恒力F＝20 N，把质量m＝0.6 kg的木块压在竖直墙上，木块离地面的高度H＝6 m．木块从静止开始向下做匀加速运动，经过2 s到达地面．(取g＝10 m/s2)求：(1)木块下滑的加速度a的大小；(2)木块与墙壁之间的动摩擦因数．思路小结：1、解决两类动力学问题的基本方法：以为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。

2、请画出两类动力学问题求解逻辑关系图：。

a探究二利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题例2．在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化如下：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如下图所示．设运动员的质量为65 kg ，吊椅的质量为15 kg ，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g ＝10 m/s 2.当运动员与吊椅一起以加速度a ＝1 m/s 2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．思路小结：1、整体法的选取原则：。

高三物理一轮复习学案牛顿的定律应用

高三物理一轮复习学案课题：3.3牛顿第二定律的应用编制：审核：知识点用牛顿第二定律解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根据物体的受力情况求出物体受到的合外力，然后应用牛顿第二定律F=ma 求出物体的加速度，再根据初始条件由运动学公式就可以求出物体的运动情况––物体的速度、位移或运动时间。

2、已知物体的运动情况确定物体的受力情况根据物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，然后再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出某些未知力。

求解以上两类动力学问题的思路，可用如下所示的框图来表示：第一类第二类在匀变速直线运动的公式中有五个物理量，其中有四个矢量v 0、v1、a 、s ，一个标量t 。

在动力学公式中有三个物理量，其中有两个矢量F 、a ，一个标量m 。

运动学和动力学中公共的物理量是加速度a 。

在处理力和运动的两类基本问题时，不论由力确定运动还是由运动确定力，关键在于加速度a ，a 是联结运动学公式和牛顿第二定律的桥梁。

【典型例题】例1. 质量是2kg 的物体，放在水平面上，动摩擦因数μ＝0.5，沿与水平方向成θ＝37°角斜向上对物体施以F ＝20N 的拉力，4s 后撤去F ，直到物体停止，求物体的总位移. 分析：⑴审题（标明你认为的关键词）⑵隔离物体，分析物体受力和运动情况，建立物体运动图景和关系式例2. 质量为10kg 的物体在F ＝200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°。

力F 作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1．25s 后，速度减为零。

求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S 。

（已知 sin37o ＝0．6，cos37O ＝0．8，g ＝10 m/s 2）物体的受力情况物体的加速度a 物体的运动情况针对训练1、一个物体从倾角为37°的斜面顶端由静止开始滑下，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，斜面长16m，求它滑到斜面底端所用的时间和速度。

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实验三验证力的平行四边形定则一、考纲解读二、高频考点解读1、教材命题解读：2、命题特点：试题往往结合生活实例，难度中等，实验题中体现.3、方法与技巧：备考时要回归教材，注意基本原理、基本方法即力的平行四边形定则、三角形法定则。

4、近三年全国卷高考考查情况三、知识回顾1、依据力的平行四边形定则求合力的步骤。

2、学生预习《步步高》P35页双基部分四、例题与变式：例题1某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________.(2)本实验采用的科学方法是________.A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法(3)实验时，主要的步骤是：A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；F.比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论.上述步骤中，①有重要遗漏的步骤的序号是______和______；②遗漏的内容分别是_______________________和_________________________.变式1 某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳.根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确.(1)乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的.实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是________ (填正确选项前字母).A.两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小B.橡皮条沿同一方向伸长C.橡皮条伸长到同一长度D.橡皮条沿同一方向伸长同一长度(2)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为________ N.例2 (2015·山东理综·21)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则.实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向.②如图所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l).每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：③找出②中F＝2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为F O O′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图9所示.用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为FOB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在图坐标纸上画出Fl图线，根据图线求得l0＝________cm.(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中作出F OA和FOB的合力F′的图示.(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论.变式1某同学尝试用橡皮筋等器材验证力的平行四边形定则，他找到两条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端与细绳连接，结点为O，细绳下挂一重物，两橡皮筋的另一端也都连有细绳.实验时，先将一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子A上，另一条橡皮筋任其下垂，如图甲所示；再将另一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子B上，如图乙所示.(1)为完成实验，下述操作中必需的是________.a.两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度要相同b.要测量橡皮筋的原长c.要测量图甲和图乙中橡皮筋的长度d.要记录图甲中结点O的位置及过结点O的竖直方向e.要记录图乙中结点O′的位置及过结点O′的竖直方向(2)对该实验“两条相同的橡皮筋”的要求的理解正确的是________.a.橡皮筋的材料和原长相同即可b.橡皮筋的材料和粗细相同即可c.橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同目标检测1、有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，、F T OB和F T OC，回答下列问题：根据钩码个数读出三根绳子的拉力F(1)改变钩码个数，实验能完成的是( )A.钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B.钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C.钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D.钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是( )A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度C.用量角器量出三段绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图中________(选填“甲”或“乙”)是正确的.小明通过实验验证力的平行四边形定则.(1)实验记录纸如图13所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点.三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N.请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力.(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果.他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响.实验装置如图所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物.用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹.重复上述过程，再次记录下N的轨迹.两次实验记录的轨迹如图15所示.过O 点作一条直线与轨迹交于a 、b 两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a 和b 时所受拉力F a 、Fb 的大小关系为________.(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果________.(填写选项前的字母)A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B.两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C.两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D.两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项.。

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摩擦力突变2014-2017知识点对应高考题一、选择题1、（2014全国卷2卷21题）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。

木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。

若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg2、（2015全国卷1卷 20题）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0， v1，t1均为已知量，则可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度3、((2016·全国Ⅰ卷·19)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态.若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )A.绳OO′的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化二、计算题4、（2015全国卷1 卷25题）（20分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。

时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。

求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。

云南省德宏州梁河县第一中学2018届高三物理一轮复习学案地球同步卫星双星或多星模型

专题强化五地球同步卫星双星或多星模型学案班级：姓名：一、考纲解读万有引力定律及其应用II 级要求，地球同步卫星在考试出现的频率较高，双星或多星模型在单独省份命题试卷中出现，全国卷中未出现，不排除考查的可能性。

二、知识梳理 1. 地球同步卫星相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球同步卫星．地球同步卫星“七个一定”的特点： (1)轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面．(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T ＝ h. (3)角速度一定：与地球自转的角速度．(4)高度一定：由得地球同步卫星离地面的高度h ＝3.6×107 m. (5)速率一定：v ＝＝3.1×103 m/s.(6)向心加速度一定：由＝ma 得a ＝GM (R ＋h )2＝g h ＝0.23 m/s 2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度．(7)绕行方向一定：运行方向与地球自转方向相同． 2．双星模型(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示．(2)特点：①各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即 Gm 1m 2L 2＝，Gm 1m 2L 2＝ . ②两颗星的周期及角速度都相同，即 T 1＝T 2，ω1＝ω2③两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L (3)两颗星到圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1. 3．多星模型(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同． (2)三星模型：①三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R 的圆形轨道上运行(图形见步步高80页命题点二)．②三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(图形见步步高80页命题点二)．(3)四星模型：①其中一种是四颗质量相等的恒星位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(图形见步步高80页命题点二)．②另一种是三颗恒星始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心O，外围三颗星绕O 做匀速圆周运动(图形见步步高80页命题点二)．4.近地卫星、赤道上物体及同步卫星的运行问题近地卫星、赤道上物体及同步卫星的区别与联系三、近5高考统计2016新课标I，17，6分； 2016四川理综∙3； 2015安徽理综∙24；201山东理综，20四、四、例题与变式【例1】2016年10月17日，我国利用长征二号FY11运载火箭成功将“神舟十一号”载人飞船送入离地面高度约为393 km的轨道。

云南省德宏州梁河县第一中学2018届高三物理一轮复习学案万有引力与航天

第4讲万有引力与航天学案班级：姓名：一、考纲解读万有引力定律及其应用、环绕速度新课标为II级要求，第二宇宙速度和第三宇宙速度、经典时空观和相对论时空观为I级要求二、知识梳理知1.复习必修2教材第五章第4—7节内容2.填写步步高70页基础知识梳理三、近5高考统计2017新课标II，19，6分；2017新课标III，14，6分；2016新课标III，14，6分； 2016新课标I，17，6分； 2015新课标I，21，6分； 2014新课标I，19，6分；2014新课标II，18，6分；2013新课标I，20，6分； 2014大纲全国，26，22分四、例题与变式【例1】《步步高》75页例1【变式1】《步步高》75页题组阶梯突破1【变式2】《步步高》75页例2【例2】《步步高》76页例3【变式3】《步步高》76页题组阶梯突破4【例3】步步高》77页题组阶梯突破5【变式4】《步步高》77页题组阶梯突破6【例4】《步步高》77页题组阶梯突破7【变式5】《步步高》78页题组阶梯突破8五、目标检测1．[物理学史](多选)第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一——万有引力定律。

下列有关万有引力定律的说法中正确的是()A．开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆B．太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C．库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G的数值D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识2．[重力加速度的计算](单选)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象。

若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM（R＋h）2C.GMm（R＋h）2D.GMh23．[中心天体密度的估算]近年来，人类发射了多枚火星探测器，对火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。

2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章牛

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位共同组成．(2)基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是否正确．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)二、动力学两类基本问题1．动力学两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况．(2)已知运动情况，求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的过程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案(1)匀减速直线运动能，由v B2－v A2＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重(1)定义：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．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．4．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( ) A ．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变 B ．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变 C ．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态 D ．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案 BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2 cm ，若还测出小车的质量为500 g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( ) A ．a ＝1.20.12 m /s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m /s 2＝1.2 m/s 2C ．F ＝500×1.2 N ＝600 ND ．F ＝0.5×1.2 N ＝0.60 N 答案 BD3．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A ．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B ．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C ．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案 D4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是30 kg 的手推车，在受到60 N 的水平推力时做加速度为1.5 m /s 2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g ＝10 m/s 2) 答案 0.5 m/s 2解析设阻力为F f，则F－F f＝ma解得F f＝15 N如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′解得a′＝0.5 m/s2.5．(粤教版必修1P92例1)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2)答案超速解析选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③根据匀变速运动的规律有v2－v02＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶.命题点一牛顿第二定律的理解和应用1．对牛顿第二定律的理解2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．例1(多选)(2016·全国Ⅰ卷·18)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()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答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．例2如图3，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()图3A．0 B．2.5 NC．5 N D．3.75 N①B与A刚好接触但不挤压；②剪断后瞬间A、B间的作用力大小．答案 D解析当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(m A＋m B)g＝20 N，弹力为F＝m A g＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(m A＋m B)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有m B g－F1＝m B a，可得F1＝3.75 N，D选项正确．拓展延伸(1)如图4、图5中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中A处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？图4图5答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B ．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C ．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D ．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态答案 A解析做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不一定在同一方向上，故B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C 错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D 错误．2．如图6所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )图6A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小为233g ，方向垂直木板向下D ．大小为33g ，方向水平向右答案 C解析未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得F x 与mg 的合力F ＝mgcos 30°.当突然向下撤离光滑木板时，F N 立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故F x 与mg 的合力仍为F ＝mg cos 30°，由此产生的加速度为a ＝g cos 30°＝233g ，方向与合力方向相同，故C 正确．命题点二超重和失重问题例3 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图7所示．则下列相关说法正确的是()图7A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．答案 D解析利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．对超重和失重的“四点”深度理解1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但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．4．尽管整体没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．3．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图8所示．不计空气阻力．下列说法正确的是()图8A ．她在空中上升过程中处于超重状态B ．她在空中下落过程中做自由落体运动C ．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D ．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案 D解析起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A 错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B 错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C 错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D 正确．4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图9所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对电梯的压力( )图9A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小答案 AD命题点三动力学的两类基本问题例4 水平面上有相距15 m 的A 、B 两点，一质量为2 kg 的物体在大小为16 N 、方向斜向上的力F 作用下，从A 点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34，重力加速度g 取10 m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.答案 4 s解析撤去F 前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F cos α－F f ＝ma 1① F f ＝μF N ② F N ＝mg －F sin α③ x 1＝12a 1t 12④撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg ＝ma 2⑤ x 2＝12a 2t 22⑥x 1＋x 2＝s ⑦ a 1t 1＝a 2t 2⑧根据v －t 图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2m －μg ＝2.5 m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3 s ，t 2＝1 s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s.解决动力学问题的技巧和方法1．两个关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁． 2．两种方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法” (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．5．(多选)(2016·全国Ⅱ卷·19)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( ) 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答案 BD解析小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．6．如图10所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg 的磨石A 对地面和斜壁进行打磨，已知A 与地面、A 与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g 取10 m/s 2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10(1)当A 受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F 1＝50 N 打磨地面时，A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A 与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A 对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A 加竖直向上推力F 2＝60 N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？答案 (1)0.5 (2)2 m/s解析 (1)A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即F f ＝F 1cos θ＝40 Nμ＝F f F N ＝F f mg ＋F 1sin θ＝0.5 (2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有： (F 2－mg )cos θ－F f1＝ma ；在垂直斜面方向上有： F N ＝(F 2－mg )sin θ；则F f1＝μ(F 2－mg )sin θ 解得：a ＝1 m/s 2 x ＝12at 2 解得t ＝2 s v ＝at ＝2 m/s.关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：典例1 如图11所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数分别为k 1、k 2，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．a 弹簧的伸长量为3mg3k 1B ．a 、b 两弹簧的伸长量的比值为2k 2k 1C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g2D ．若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为3g 答案 B解析小铁球受重力mg 、F T a 、F T b 三个力作用，如图所示，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有F T a cos 30°＝mg ，而F T a ＝k 1x 1，解得x 1＝23mg3k 1，选项A 错误．在水平方向上有F T a sin 30°＝F T b ，而F T b ＝k 2x 2，可求得a 、b 两弹簧的伸长量的比值为x 1x 2＝2k 2k 1，选项B 正确．弹簧b 的左端松脱瞬间，弹簧a 的弹力不变，弹簧a 的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mg tan 30°，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝ma 1，可得弹簧b 的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a 1＝g tan 30°＝33g ，选项C 错误．弹簧a 的下端松脱瞬间，弹簧b 的弹力不变，弹簧b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与F T a 反向，大小为mgcos 30°，由牛顿第二定律得mg cos 30°＝ma 2，可得弹簧a 的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a 2＝gcos 30°＝233g ，选项D 错误．典例2 如图12所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间用一个轻杆连接，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是( )图12A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ 答案 B解析细线烧断前，ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F ＝3mg sin θ，对C 受力分析，沿斜面方向细线拉力F T ＝mg sin θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C 受力分析，没有细线拉力，mg sin θ＝ma 1，加速度a 1＝g sin θ，选项D 错误；A 、B 之间由轻杆连接，相对静止，对AB 整体受力分析可得F －2mg sin θ＝2ma 2，合力沿斜面向上，得a 2＝12g sin θ，选项A 错误，B 正确；对B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力F T ′－mg sin θ＝ma 2＝12mg sin θ，得轻杆弹力F T ′＝32mg sin θ，选项C错误．题组1 对牛顿第二定律的理解和应用1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( )A．基本单位和导出单位一起组成了单位制B．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C．在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系答案ABC2．一个质量为m＝1 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F1与F2的作用，若力F1、F2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则物块在此后的运动过程中()图1A．物块从t＝0时刻开始运动B．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C．物块加速度的最大值是3 m/s2D．物块在t＝4 s时速度最大答案 C解析物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N，物块在第1 s 内，满足F1＝F2＋F fm物块处于静止状态，选项A错误；第1 s物块静止，第1 s末到第7 s 末，根据牛顿第二定律有F1－F2－F fm＝ma，F2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F1方向，物块一直加速，故选项B、D均错误，在t＝4 s时加速度最大为a m＝F1－F fmm＝5－21m/s2＝3 m/s2，选项C正确．3．如图2所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则()图2A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aC ．a 1＝m 2m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a答案 D解析撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 后，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a 、a 2＝m 1m 2a ，故选项D 正确．4．一皮带传送装置如图3所示，皮带的速度v 足够大，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，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是( )图3A ．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答案 D解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f 和弹簧向右的拉力F 拉＝kx ，合力F 合＝F f －F拉＝ma ，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x 逐渐增大，拉力F 拉逐渐增大，因为皮带的速度v 足够大，所以合力F 合先减小后反向增大，从而加速度a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．5．(多选)如图4所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间由一轻质细线连接，B 、C 间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()图4A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θD．B、C之间杆的弹力大小为0答案CD解析初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力F N、细线的拉力F T，由平衡条件可得F T＝2mg sin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力F T，由平衡条件可得：F弹＝F T＋mg sin θ＝3mg sin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．题组2超重和失重问题6．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7．若货物随升降机运动的v－t图象如图5所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()图5答案 B解析由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．8．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图6所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()图6A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上答案 C解析当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y.F N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．题组3动力学的两类基本问题9．(多选)如图7所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)()图7A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动答案BC10．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是()A．v＝6 m/s，a＝0B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0答案 A11．如图8所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36.试求：图8。

【推荐精选】2018届高考物理一轮复习实验专题验证牛顿运动定律导学案2

实验：验证牛顿运动定律[基本要求][数据处理]1.探究加速度与力的关系以加速度a 为纵轴、F 为横轴，先根据测量的数据描点，然后作出图象，看图象是否是通过原点的直线，就能判断a 与F 是否成正比.2.探究加速度与质量的关系以a 为纵轴、m 为横轴，根据各组数据在坐标系中描点，将会得到如图甲所示的一条曲线，由图线只能看出m 增大时a 减小，但不易得出a 与m 的具体关系.若以a 为纵轴、1m为横轴，将会得到如图乙所示的一条过原点的倾斜直线，据此可判断a 与m 成反比.[误差分析]1.因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m ′g 代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力.2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差.[注意事项]1.平衡摩擦力：一定要做好平衡摩擦力的工作，也就是调整出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车所受的摩擦阻力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动.2.不需要重复平衡摩擦力：整个实验中平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车的质量，都不需要重新平衡摩擦力.3.实验条件：每条纸带必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出，只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力.4.“一先一后”：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再释放小车.考点精练考向1 对实验原理和注意事项的考查[典例1] (2017·江西重点中学联考)(1)我们已经知道，物体的加速度a 同时跟合外力F 和质量M 两个因素有关.要研究这三个物理量之间的定量关系，需采用的思想方法是 .(2)某同学的实验方案如图所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减少这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：①用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是 .②使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于 .(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A.利用公式a ＝2x t 2计算B.根据逐差法利用a ＝Δx T 2计算两种方案中，选择方案比较合理.[解析] (1)实验研究这三个物理量之间关系的思想方法是控制变量法.(2)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力，只有在满足砂桶的质量远小于小车的质量时，拉力才可近似等于砂桶的重力.(3)计算加速度时，用逐差法误差较小.[答案] (1)控制变量法(2)平衡摩擦力砂桶的重力(3)B反思总结1.在本实验中，必须平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不要把盘和重物系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动.2.改变小车的质量或拉力的大小时，改变量可适当大一些，但应满足盘和重物的总质量远小于小车和车上砝码的总质量.盘和重物的总质量不超过小车和车上砝码总质量的10%.考向2 对数据处理和误差的考查[典例2] (2016·新课标全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系.图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码.图(a)本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑.(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行.释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图象，经数据处理后可得到相应的加速度a.(3)对应于不同的n的a值见下表.n＝2时的st图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图象.从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比.图(b)图(c)(5)利用a n 图象求得小车(空载)的质量为 kg(保留2位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m·s －2).(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 (填入正确选项前的标号).A.a n 图线不再是直线B.a n 图线仍是直线，但该直线不过原点C.a n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大[解析] (3)实验中小车做匀加速直线运动，由于小车初速度为零，结合匀变速直线运动规律有s ＝12at 2，结合图(b)得加速度a ＝0.39 m/s 2.(5)由(4)知，当物体质量一定，加速度与合外力成正比，得加速度a 与n 成正比，即a n 图线为过原点的直线.a n 图线的斜率k ＝0.196 m/s 2，平衡摩擦力后，下端所挂钩码的总重力提供小车的加速度，nm 0g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝m 0g M ＋Nm 0n ，则k ＝m 0g M ＋Nm 0，可得M ＝0.45 kg.(6)若未平衡摩擦力，则下端所挂钩码的总重力与小车所受摩擦力的合力提供小车的加速度，即nm 0g －μ[M ＋(N －n )m 0]g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝＋μ）m 0g M ＋Nm 0·n －μg ，可见图线截距不为零，其图线仍是直线，图线斜率相对平衡摩擦力时有所变大，B 、C 项正确.[答案] (3)0.39(0.37～0.49均可) (4) a n 图线如图所示 (5)0.45(0.43～0.47均可) (6) BC反思总结利用图象处理数据是物理实验中常用的重要方法.在实验中如果发现一个量x 与另一个量y 成反比，那么，x 就应与1y成正比.因为在处理数据时，判断一条图线是否为正比例函数图象比判断其是否为反比例函数图象要简单和直观得多，所以可以将反比例函数的曲线转化为正比例函数的直线进行处理.考向3 实验创新与改进以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器，或巧用物理规律进行新的探究活动来设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性、创新性等特点.1.实验器材的改进(1)为了减小摩擦，用气垫导轨替代长木板；(2)用频闪照相或光电计时器替代打点计时器.2.数据处理方法的改进利用传感器，借助于计算机系统来处理数据，得到加速度，或直接得到加速度与外力、加速度与质量之间的关系.3.运用牛顿运动定律进行新的探究实验以本实验为背景，结合牛顿第二定律，测量两接触面间的动摩擦因数、物体的质量等.[典例3] 如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置.他在气垫导轨上安装了一个光电门B，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连(力传感器可测得细线上的拉力大小)，力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放.甲(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝mm.乙(2)下列不必要的一项实验要求是(请填写选项前对应的字母).A.应使A位置与光电门间的距离适当大些B.应将气垫导轨调节水平C.应使细线与气垫导轨平行D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量(3)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是______________________________.(4)为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F，横轴应为(填正确答案标号).A.tB.t2C.1tD.1t2[解析] (1)游标卡尺读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，由图知第5条刻度线与主尺对齐，d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm.(2)应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，选项A正确；应将气垫导轨调节水平，且保持拉线方向与木板平面平行，此时拉力等于合力，选项B、C正确；拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小无关，选项D错误.(3)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t ，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度.根据运动学公式可知，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是滑块在A 位置时遮光条到光电门的距离L .(4)由题意可知，该实验中保持小车质量M 不变，因此有v 2＝2aL ，v ＝d t，a ＝F M ，则d 2t 2＝2F M L .所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F 1t 2图象，选项D 正确.[答案] (1)2.25 (2)D (3)滑块在A 位置时遮光条到光电门的距离 (4)D[典例4] (2017·陕西汉中二模)如图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：甲①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m ，用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放；用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt 1和Δt 2，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值a ；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1)测量d 时，某次游标卡尺(主尺的分度值为 1 mm)的示数如图乙所示，其读数为 cm.乙(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt 1和Δt 2表示为a ＝ .(3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝ .[解析] (1)由题图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为1.1 cm ，游标尺示数为6×0.05 mm ＝0.30 mm ＝0.030 cm ，则游标卡尺示数为1.1 cm ＋0.030 cm ＝1.130 cm.(2)物块经过A 点时的速度v A ＝d t A ，物块经过B 点时的速度v B ＝d t B ，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v 2B －v 2A ＝2as ，加速度a ＝12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12. (3)以M 、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，解得μ＝mg －M ＋m ）a Mg .[答案] (1)1.130 (2)12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12 (3)mg －M ＋m ）a Mg。

云南省德宏州梁河县第一中学2018届高三物理一轮复习学案：牛顿第二定律学案二缺答案

第3.2 牛顿第二定律两类动力学问题学案二力与运动的关系超重和失重考点三、本节知识归纳回顾（一）、力和运动的关系1。

力是产生加速度的原因。

2.作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律. 3。

速度增大或减小是由速度与加速度的方向关系决定的，二者同向则速度增大，反向则速度减小。

(二)、超重与失重现象1．视重(1）当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时,弹簧测力计或台秤的示数称为视重.（2)视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。

2．超重、失重和完全失重的比较②减速下降降；②减速上升动和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等3。

超重不是是物体所受的重力增加了。

失重又不是物体所受的重力减小了。

完全失重更不是物体所受的重力为0.无论超重还是失重，物体所受的重力都是不变的。

物体速度向上或速度向下时,都可能处于超重或失重状态。

4。

超重和失重的判断方法(1）若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。

(2）若物体的视重已知，看视重与重力的大小关系,视重大于重力则超重；视重小于重力则失重。

①物体超重与运动状态的关系②物体失重与运动状态的关系四、问题与练习1．（多选）用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。

如图所示，实线是传感器记录的拉力大小变化情况,则（）A．钩码的重力约为4 N B．钩码的重力约为3 NC．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，处于失重状态的是B、CD．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，处于失重状态的是C、D2．在一个封闭装置中，用弹簧测力计测一物体的重力,根据读数与物体实际重力之间的关系，判断以下说法中正确的是（）A．读数偏大,表明装置加速上升B．读数偏小，表明装置加速下降C．读数为0,表明装置运动的加速度等于重力加速度，但无法判断是向上运动还是向下运动D．读数准确，表明装置匀速上升或下降3．(多选）飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全失重状态时，下列说法正确的是（）A．宇航员不受任何力作用B．宇航员处于平衡状态C．地球对宇航员的引力全部用来提供向心力D．正立和倒立时宇航员一样舒服五、例题与变式例题、（多选）如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，自由伸长到B点。

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