2011届高考物理(二轮)专题复习学案：专题1第2讲牛顿运动定律的应用

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高考物理一轮复习牛顿第二定律及应用学案

高考物理一轮复习牛顿第二定律及应用学案【学习目标】1、理解超重、失重的物理实质，能用牛顿第二定律解决有超重和失重的问题2、运用牛顿运动定律解决多过程和传送带问题【基础回顾】一、超重和失重1、超重与失重的概念：⑴真重：物体真实受到的重力。

⑵视重：悬绳对物体的拉力或支持面对物体的支持力叫做视重.思考：什么情况下物体的真重与物体的视重大小相等？2、当出现超重、失重、完全失重时，并不是物体的发生了变化，而是发生了变化3、产生超重和失重的条件：当物体具有竖直向的加速度时，物体处于超重状态；当物体具有竖直向的加速度，物体处于失重状态，当物体竖直向下的加速度等于时，物体处于完全失重状态。

与物体的运动方向。

4、当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有的效果，平常由重力所产生的一切物理现象都完全消失，例如浸在水中的物体不受浮力，天平失效等。

二、传送带问题的分析思路：1、选地面为参考系，把物体和传送带隔离进行分析，分别找出物体和传送带相对地面的位移，然后求解相对位移和相对速度。

2、传送带传送物体时，物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小突变，还是方向突变，都发生在物体的速度与传送带速度刚好相等的时刻。

【典例探究】【例1】质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少?(g取10 m/s2)(1)升降机匀速上升； (2)升降机以4 m/s2的加速度加速上升；(3)升降机以5 m/s2的加速度加速下降；(4)升降机以重力加速度g加速下降．【变式练习1】在一个封闭装置中，用弹簧秤称一物体的重量，根据读数与实际重力之间的关系，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，表明装置减速下降C．读数为零，表明装置运动加速度等于重力加速度，但无法判断是向上还是向下运动D．读数准确，表明装置匀速上升或下降【例2】一质量为m=40kg的小孩站在电梯内的体重计上。

《牛顿运动定律》高三二轮复习导学案

《牛顿运动定律》二轮复习导学案学科：物理姓名___________ 使用时间：20XX年3月15日编号：课题牛顿运动定律专题复习编制审核学习目标动力学两类问题、连接体问题、临界问题和极值问题学习方法自主学习合作探究考情分析从近年来的高考题可看出，这部分知识多与匀变速直线运动的规律、图像问题结合考查，单物体的多过程分析问题，和连接体类问题也经常考查，总体难度中上，对能力的要求较高。

教师点拨（学生笔记）学案内容【知识准备】匀变速直线运动公式：课前预习案预习要求：10分钟的时间独立完成近几年高考题，并尝试着找出牛顿运动定律问题高考命题特点【山东19题】直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。

设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。

在箱子下落过程中，下列说法正确的是A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【山东17题】某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是（）【20XX年全国17题】如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木坂上，并处于静止状态。

现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为1a、2a︒重力加速度大小为g。

则有A.1a=，2a g= B.1a g=，2a g=C.120,m Ma a gM+== D.1a g=，2m Ma gM+=vt/s图甲图乙学案内容教师点拨（学生笔记）【20XX 年山东16题】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 图像如图所示。

以下判断正确的是（） A ．前3s 内货物处于超重状态 B ．最后2s 内货物只受重力作用C ．前3s 内与最后2s 内货物的平均速度相同D ．第3s 末至第5s 末的过程中，货物的机械能守恒课内探究案题型一：动力学两类问题【例1】如图所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的光滑直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。

高考物理二轮复习专题2牛顿运动定律与直线运动学案(含解析)

专题2 牛顿运动定律与直线运动本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从2016年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用。

高频考点：匀变速直线运动规律的应用、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用。

考点一、匀变速直线运动规律应用例 (郑州2018届高三阶段考试) 甲、乙两人在某一直道上完成200 m 的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s 的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m 、乙跑了18 m ；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s 、乙为13 s ，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s ，且速度都降为8 m/s ，最后冲刺阶段以8 m/s 的速度匀速达到终点。

求：(1)甲做匀减速运动的加速度； (2)甲冲刺阶段完成的位移大小。

【审题立意】本题为多过程直线运动问题，主要考查匀变速直线运动规律的应用。

在解题时要明确各个运动阶段，注意平均速度公式的应用、加速度的计算方法，同时在计算时要注意各物理量的矢量性。

【解题思路】 (1)在匀加速过程，设甲的位移为x 1，所用的时间为t 1，达到的末速度为v 1，由x 1＝v1t 12，解得v 1＝10 m/s甲做匀减速运动的末速度为v 2，匀减速运动的加速度为a 2，由a 2＝v 2－v 1Δt得a 2＝－1 m/s 2。

(2)甲匀速运动的位移：x 2＝v 1t 2＝10×10 m＝100 m 甲匀减速的位移：x 3＝v 1＋v 22Δt考向预测知识与技巧的梳理解得x 3＝18 m最后甲冲刺的位移为：x 4＝200 m －(x 1＋x 2＋x 3)＝200 m －(20＋100＋18)m ＝62 m 【参考答案】(1)－1 m/s 2(2)62 m【知识建构】1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”2．掌握处理匀变速直线运动的五种方法【变式训练】 1．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷) 如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC 。

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：。

安徽物理《高考专题》(二轮)复习课件：专题一第2讲牛顿运动定律及其应用

静止在水平面上,可视为质点的物块从木板的左侧沿表面水平冲上木板。取地面为参考系,物块和木板的速度—时间图像如图乙所示,g取10m/s2,结合图像,下列说法错误的是 ( )
C.T=m(acosθ -gsinθ ) FN=m(gcosθ +asinθ )
D.T=m(asinθ -gcosθ ) FN=m(gsinθ +acosθ )
【解析】选A。受力分析如图,建立如图
所示的坐标系
在竖直方向上受力平衡,合力为零,列式
可得:
FNcosθ+Tsinθ-mg=0 Tcosθ-FNsinθ=ma FN=m(gcosθ-asinθ) 故A项正确。 ①
1.(2012·安徽高考)如图所示,放在固定斜面上的物块以加速
度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力 F,则 ( )
A.物块可能匀速下滑 B.物块仍以加速度a匀加速下滑 C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【解析】选C。根据物块的运动情况可知,加恒力F前、后,物块
在水平方向上,由牛顿第二定律可得: ②
联立①②两式可解得:T=m(gsinθ+acosθ)
3.(2013·山东高考)如图所示,一质量m=0.4kg的小物块,以 v0=2m/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=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之
间的距离L=10m。已知斜面倾角θ =30°,物块与斜面之间的动
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) ( )

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

二轮复习精品学案导学案3 牛顿运动定律的应用

学案3牛顿运动定律的应用【考情分析】【考点预测】牛顿运动定律是中学物理的基础，更是力学的核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，近几年对牛顿运动定律的考查频率非常高，预计在2014年高考中，牛顿运动定律仍是考查的知识点之一，将主要考查考生分析问题、应用知识的能力，考查牛顿运动定律在动力学综合问题、电场与磁场中电荷运动问题、电磁感应综合问题中的应用．考题1对瞬态变化问题的考查例1如图1所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图1A．弹簧测力计的示数是25 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去力F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2D．在突然撤去力F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2审题突破①在连接体问题中，求加速度一般用整体法，求内力要用隔离法，实际问题中常常是整体法与隔离法相结合．②在瞬态变化问题中，要注意瞬态变化前物体的受力，并求出各力的大小，然后分析瞬态变化时各力的变化，进而确定物体的加速度．规律方法牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，即力的瞬时变化将导致加速度的瞬时变化，加速度的变化不需要时间的积累，加速度和力同时存在、同时变化、同时消失，题目中常伴随一些诸如“瞬时”、“突然”、“猛地”等标志性词语．在分析瞬时对应关系时应注意：(1)“轻绳”模型：轻绳的质量和重力均可视为零，只能受拉力作用，不能承受压力，各处受力相等且沿绳子背离受力物体，轻绳一般不可伸长，拉力可以发生突变．(2)“轻质弹簧”模型：轻质弹簧的质量和重力都不计，既能受拉力作用，也能受压力作用(橡皮筋除外)，其受力方向与弹簧形变方向相反，因其发生形变需要一定时间，故其所受弹力不能发生突变，但当弹簧或橡皮筋被剪断时，其所受的弹力立即消失.突破练习1．如图2所示，A 、B 两小球分别连在轻绳两端，B 球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )图2A ．都等于g2B.g 2和0C.g 2和m A m B ·g 2D.m A m B ·g 2和g 22．如图3所示，质量m ＝1 kg 的小球放在光滑水平面上，一水平放置的轻弹簧一端与墙相连，另一端与小球相连，一不可伸长的轻质细绳一端与小球相连，另一端固定在天花板上，细绳与竖直方向成45°角，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰为零．取g ＝10 m/s 2，则在烧断轻绳的瞬间，下列说法正确的是( )图3A ．小球所受合外力为零B ．小球加速度大小为10 m/s 2，方向向左C ．小球加速度大小为10 2 m/s 2，方向向左D ．小球所受合外力的方向沿左下方与竖直方向成45°角3．如图4所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m和3m 的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是( )图4A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻弹簧刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻弹簧还不会被拉断D ．当F 撤去瞬间，m 所受摩擦力的大小和方向不变考题2对超重、失重问题的考查例2我国神舟十号载着三位航天员顺利升空，完成任务后返回舱返回地面．图5为返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()图5A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态规律方法1．超重和失重的实质物体发生超重或失重现象时，它的重力并没有发生变化，而是对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化，发生超重或失重时对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)又称为视重，即我们感觉物体的重力好像发生了变化．2．超重和失重状态的判断如果物体有竖直向上的加速度(或分加速度)时，物体处于超重状态；如果物体有竖直向下的加速度(或分加速度)时，物体处于失重状态，也就是说超重或失重现象仅与加速度方向有关，与物体运动方向、速度大小无关．3．在完全失重状态下，一切由于重力产生的现象都会消失，例如在太空飞行的宇宙飞船中天平不能称物体的质量、水银气压计不能测出气压、浸没在液体中的物体不再受浮力作用等．4．对于系统处于超重、失重的判定不能只看某一物体，要综合分析某一物体的加速运动会不会引起其他物体运动状态的变化，如台秤上放一盛水容器，水中一细线一端拴一木球，另一端拴于盛水容器的底部，剪断细线，木球加速上升的同时有相同体积的水以相同加速度在加速下降，综合起来台秤示数会减小．突破练习4．(2013·浙江·19)如图6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6A．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 N5．如图7所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直，在升降机运动过程中，物块未曾离开升降机的天花板．当升降机按如图所示的v－t图象上行时，升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是()图76．如图8所示，动物园的水平地面上放着一个质量为M的笼子，笼内有一只质量为m的猴子，当猴以某一加速度a沿竖直柱子加速上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2，关于F1和F2的大小，下列判断正确的是()图8A．F1＝F2B．F1>(M＋m)g，F2<(M＋m)gC．F1＋F2＝2(M＋m)gD．F1－F2＝2(M＋m)g考题3对动力学两类基本问题的考查例3某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图9甲所示．他使木块以初速度v0＝4 m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图乙所示．g取10 m/s2.求：(1)上滑过程中的加速度的大小a1；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块回到出发点时的速度大小v.图9点拨提升1．用动力学方法解题时应抓住“两个分析”：“受力分析”和“运动过程分析”；“一个桥梁”：加速度的求解．2．多运动过程问题要逐一分析每一过程的受力情况和运动情况．两个运动过程转折点的受力、状态的特点，往往是解题的关键．突破练习7．高空跳伞运动是跳伞者乘飞机、气球等航空器或其他器械升至高空后跳下，或者从陡峭的山顶、高地上跳下，如图10所示．在张开降落伞之前可看做是自由落体运动，开伞后受到的空气阻力与速度成正比，运动员减速下降，最后匀速下降，在指定区域安全着陆．从下落时开始计时，在整个过程中，用v表示运动员下落的速度，h表示运动员从初位置开始下落的高度，F表示运动员受到的合力，E p表示运动员的重力势能(选地面为零势能面)，下列图象正确的是()图108．如图11所示，以速度v0逆时针匀速运动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，则能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是()图11物理模型一滑块—长木板模型滑块—长木板模型是力学中常见的物理模型．许多实际问题如木箱在汽车上的滑动、滑块在传送带上的滑动等都可以简化成滑块—长木板模型．分析该类模型的关键是正确分析滑块和长木板的受力，分析各自的运动规律，画出运动示意图，找出两者的位移关系和时间、速度关系．例4如图12甲，质量为M＝1 kg的木板静止在水平地面上，质量为m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.图12(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端，求木板的长度L；(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长，试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到摩擦力F f随力F大小变化的图象．题后反思1．对于滑块—长木板模型，在两者发生相对滑动时，要画出两者运动的示意图，找出两者的位移关系；2．两者之间是相对静止还是发生相对滑动，在许多题目中需要判断，判断方法：先假设不发生相对滑动，求共同加速度，然后求两者不发生相对滑动时所需的相互作用力，并与最大静摩擦力进行比较．3．要注意地面对木板的摩擦力的计算．F f2＝μ1(M＋m)g，而不是F f2＝μ1Mg.例5 (15分)如图13所示，AB 段为一半径R ＝0.2 m 的光滑14圆弧轨道，EF 是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg 的薄木板CD ，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块(图中未画出)从A 点由静止开始下滑，通过B 点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝36.(g ＝10 m/s 2，结果可保留根号)求：图13(1)物块到达B 点时对圆弧轨道的压力； (2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．解析 (1)物块从A 到B 的过程，由动能定理得： mgR ＝12m v 2B① 解得：v B ＝2 m/s②在B 点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2BR③ 解得：F N ＝3 N④ 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N ，方向竖直向下⑤(2)设物块滑上薄木板的速度为v ，则： cos 30°＝v Bv⑥ 解得：v ＝433m/s⑦(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1 ⑧ 对薄木板：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2⑨ 设物块和薄木板达到的共同速度为v ′，则：v ′＝v ＋a 1t ＝a 2t⑩解得：t ＝4315s⑪答案 (1)3 N ，方向竖直向下 (2)433 m/s (3)4315 s评分细则 1.第(1)问5分，①～⑤式各1分．①式所依据的物理规律是动能定理，也可写成机械能守恒定律，将③式直接写成F N ＝mg ＋m v 2BR不给分，因为该写法没有物理依据．没有明确写出牛顿第三定律，但写出“物块对轨道的压力”的同样给分，若两者都没有写出，扣1分． 2．第(2)问3分，其中⑥式2分，⑦式1分．3．第(3)问7分，其中⑧⑨⑩三式各2分，⑪式1分．若⑧写成μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 1，同时⑩式写成v －a 1t ＝a 2t ，同样给分，两者不统一的，不给分．若⑨式写成mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 2，不给分．知识专题练训练3一、单项选择题1．如图1所示，运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速直线向前跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，重力加速度为g ，则( )图1A ．运动员的加速度为g sin θB ．球拍对球的作用力为mg cos θC ．运动员对球拍的作用力大小为Mg cos θD ．运动员对球拍的作用力斜向前上方，且与水平方向夹角为 θ2．如图2甲所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s 2.根据题目提供的信息，下列判断正确的是( )图2A ．物体的质量m ＝2 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6C ．物体与水平面的最大静摩擦力F fmax ＝12 ND ．在F 为10 N 时，物体的加速度a ＝2.5 m/s 23．如图3甲所示，两物体A 、B 叠放在光滑水平面上，对物体A 施加一水平力F ，F －t关系图象如图乙所示，两物体在力F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则( )图3A ．两物体沿直线做往复运动B ．2 s ～3 s 时间内两物体间的摩擦力逐渐减小C ．两物体做匀变速直线运动D ．A 对B 的摩擦力方向始终与F 方向相同4．细线拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细线与竖直方向的夹角为53°，如图4所示，已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，以下说法中正确的是( )图4A ．小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB ．小球静止时细线的拉力大小为35mgC ．细线烧断的瞬间小球的加速度为53gD．快速撤去弹簧的瞬间小球的加速度为g5．如图5a所示，一长木板静止放在光滑水平面上，一滑块(可视为质点)以水平初速度v0从左端滑上木板，滑块滑至木板的右端时恰好与木板相对静止．已知滑块在滑动过程中所受摩擦力始终不变．若将木板分成长度和质量均相同的甲、乙两段后，紧挨着静止放在光滑水平面上，让滑块仍以相同的初速度v0由甲的左端滑上木板，如图b所示．则滑块()图5A．滑到乙板的左端与乙板相对静止B．滑到乙板中间某一位置与乙板相对静止C．滑到乙板的右端与乙板相对静止D．将从乙板的右端滑离6．如图6所示，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值．一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F随时间t的关系图中可能正确的是()图6二、多项选择题7．如图7所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定斜面的底端沿斜面向上滑动一段距离后，又沿斜面向下滑回到斜面底端，若滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，则此过程中以下说法正确的是()图7A．向上和向下滑动过程的摩擦力大小都等于μmg cos θB．滑块在最高点时速度为零，所以加速度也等于零C．向下滑动过程的加速度大于向上滑动过程的加速度D．向上滑动过程的时间小于向下滑动过程的时间8．如图8所示，水平传送带两边分别是与传送带等高的光滑水平地面A、B，初速度大小为v1的小物块从与传送带相接的地面A滑上传送带，当绷紧的水平传送带处于静止状态时，小物块恰好可以运动到传送带的中点，如果传送带以恒定速率v2(v2＝2v1)运行，若从小物块滑上传送带开始计时，则小物块运动的v－t图象(以地面为参考系)可能是()图8三、非选择题9．水平桌面上放着质量m1＝3 kg的木板A，木板A上放着一个质量为m2＝2 kg的滑块B，如图10所示．开始时，用手固定木板A使它不动，在滑块B上施加一个水平向右的力，从而使滑块B以v0＝0.6 m/s的速度在木板A上匀速滑动．当滑块B与木板A右端相距L＝1 m时立刻放开木板A，同时撤去水平向右的力，已知木板A与滑块B之间的动摩擦因数为μ1＝0.05，木板A与桌面之间的动摩擦因数为μ2＝0.01.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：图10(1)通过计算判断放开木板A后，木板A是否会在桌面上滑动；(2)求放开木板A后，B在木板A上滑行的距离；(3)求放开木板A后，滑块B与木板A相互摩擦产生的内能．11．某兴趣小组为探究“新型智能ER材料对物体运动的影响”，设计了如图11所示的实验装置，有一个固定在水平地面上的透气圆筒．筒中有一原长L＝0.2 m、劲度系数k ＝50 N/m的轻弹簧，其一端固定，另一端连接一质量为m＝0.2 kg的滑块A.圆筒内壁涂有一层智能ER材料．它可以调节滑块与筒壁间的阻力．开始时滑块静止，弹簧处于原长，ER材料对其阻力为零．滑块B(大小略小于筒的直径)与A相距L，质量也为m，与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，水平向右的恒力F＝3 N将B从静止推至a处并与A结合，粘合后速度为粘合前B滑块速度的一半；AB一起向右做匀减速运动(粘合时间忽略不计，F始终作用在B上)，当粘合体右移至距a处d1＝0.08 m的c处时速度减为零．忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：图11(1)B 滑到a 处时的速度大小； (2)B 从初始位置运动到c 处的时间；(3)粘合体右移至距a 处d 2＝0.03 m 时ER 材料对粘合体的阻力大小．答案 (1)2 m/s (2)0.36 s (3)4 N解析 (1)设B 运动到A 过程中的加速度为a 1，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，a 1＝10 m/s 2B 滑到A 处时的速度为v ，则v 2＝2a 1L 解得v ＝2 m/s(2)设粘合之后的共同速度为v 1，共同运动的加速度大小为a 2，则v 1＝v 2，v 21＝2a 2d 1，即a 2＝6.25 m/s 2 v ＝a 1t 1，t 1＝0.2 s v 1＝a 2t 2，t 2＝0.16 sB 从开始向右运动到c 处的时间为t ＝t 1＋t 2 联立解得t ＝0.36 s(3)以粘合体为研究对象，设ER 材料对粘合体的阻力大小为F fER ，由牛顿第二定律可得： kd 2＋F fER －F ＝2ma 2 解得：F fER ＝4 N。

高考物理二轮复习牛顿运动定律及其应用名师教案

2.动力学的两类基本问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况：已知物体的受力情况，可以求出物体所受的合力，根据牛顿第二定律可求出物体的加速度，再知道物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况．(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况：根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据F＝ma可确定物体的受力情况，从而求出未知的力或与力相关的某些物理量，如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等．物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．3．超重和失重(1)超重①受力特点：合力的方向竖直向上．②运动特点：向上加速运动或向下减速运动．(2)失重①受力特点：合力方向竖直向下．②运动特点：向下加速运动或向上减速运动．③完全失重：只受重力作用．1．(2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t－mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－mg 答案 A解析方法一：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2gh t＋mg . 方法二：由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ，得F ＝m 2gh t＋mg .选项A 正确．知识：自由落体运动的理解及牛顿第二定律的应用．能力：考查对自由落体运动和牛顿第二定律的分析综合能力．试题难度：较小．2．(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )A ．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解析人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma .由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma .当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8.5 s 时，a有最小值，F′N最小，选项A、D正确．知识：牛顿运动定律的应用、受力分析．能力：对a－t图象的理解能力和对牛顿运动定律应用的推理能力．试题难度：较小．3．(2015·全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动答案 D解析两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．知识：带电粒子在匀强电场中的受力与运动分析．能力：由受力情况判断运动情况的推理能力．试题难度：较小．4．(2014·北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是()A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案 D解析物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A 、B 均错误．当物体和手分离时，二者速度相同，又因均做减速运动，故分离条件为a 手>a 物，分离瞬间物体的加速度等于重力加速度，则手的加速度大于重力加速度，选项D 正确，C 错误．动力学图象问题动力学中的图象问题包括两种情况：一是根据受力情况确定加速度、速度随时间的变化情况；二是根据物体的运动情况分析物体的受力情况，求解问题的关键在于分析清楚物体的受力情况和运动情况．【例1】 (2015·南昌模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg 的小物块静止在A 点．现有一沿斜面向上的恒定推力F 作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，小物块从A 到C 的v －t 图象如图乙所示．g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．小物块到C 点后将沿斜面下滑B ．小物块加速时的加速度是减速时加速度的13C ．小物块与斜面间的动摩擦因数为32 D ．推力F 的大小为6 N【审题突破】第一步：审题干→提取信息(1)物块静止在A 点――→隐含物块受力平衡―→物块受的最大静摩擦力不小于重力下滑分力．(2)由图象乙――→隐含物块先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动．第二步：审问题→明确解题思路(1)比较物块加、减速时的加速度―→研究图象乙――→斜率表示加速度求得运动的加速度．(2)求斜面的动摩擦因数μ―→选0.9～1.2 s 时间段为研究过程――→受力分析由牛顿第二定律列方程―→μ.(3)求推力F ―→选0～0.9 s 时间段为研究过程――→受力分析由牛顿第二定律列方程―→F . 答案 B解析撤去推力F 后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v －t 图象求得小物块在加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a 1＝103m/s 2，a 2＝10 m/s 2，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律可知mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2，μ＝33，选项B 正确，C 错误；由此判断mg sin30°＝F fm ＝μmg cos30°，因此小物块到达C 点后将静止在斜面上，选项A 错误；在匀加速阶段F －mg sin30°－μmg cos30°＝ma 1，F ＝4 N ，选项D 错误．处理动力学图象问题的一般思路(1)依据题意，合理选取研究对象；(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程；(3)将物体的运动过程与图象对应起来；(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．【变式训练】1．(2014·山东高考)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v 随时间t 变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )A ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 4答案 AC解析 v －t 图象中，纵轴表示各时刻的速度，t 1、t 2时刻速度为正，t 3、t 4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t 1、t 4时刻加速度为正，t 2、t 3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t 1时刻合外力与速度均为正，t 3时刻合外力与速度均为负，A 、C 正确，B 、D 错误．连接体问题1．连接体是指运动中几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或由绳子、细杆连接在一起的物体组．高中阶段主要处理加速度大小相同(或为零)的连接体问题．2.连接体问题的处理方法(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法．不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力，依据牛顿第二定律列方程求解．(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法．此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时应加以注意．然后依据牛顿第二定律列方程求解．(3)整体法与隔离法的选用求各部分加速度相同的连接体的加速度或合力时，优先考虑“整体法”，如果还要求物体之间的作用力，再用“隔离法”．在实际应用中，应根据具体情况，灵活交替使用这两种方法，不应拘泥于固定的模式．【例2】 (多选)(2015·吉林实验中学模拟)如图甲所示，A 、B 两物体叠放在光滑水平面上，对物体B 施加一水平变力F ，F －t 关系如图乙所示，两物体在变力F 作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则( )A ．t 0时刻，两物体之间的摩擦力最大B ．t 0时刻，两物体的速度方向开始改变C ．t 0～2t 0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大D ．0～2t 0时间内，物体A 所受的摩擦力方向始终与变力F 的方向相同【审题突破】第一步：审题干→提取信息(1)A 、B 两物体叠放在光滑水平面上――→隐含F 为A 、B 所受的合外力两物体的加速度与F 成正比． (2)两物体在变力F 作用下由静止开始运动且始终保持相对静止――→隐含两物体加速度始终相同，可以整体分析．第二步：审问题→明确解题思路(1)求两物体的速度―→选两物体的整体为研究对象―→受力分析(重力、F N 、F )―→竖直方向平衡，水平方向有加速度―→列方程F ＝(m A ＋m B )a ―→判断a 的变化规律―→判断速度的变化．(2)求两物体之间的摩擦力―→选物体A 为研究对象―→受力分析(重力、F N A 、F f )―→竖直方向受力平衡，水平方向有加速度―→列方程F f A ＝m A a ―→判断A 、C 、D 选项．答案 CD解析两物体始终保持相对静止，故t 0时刻，两物体的加速度为零，两物体之间无摩擦力，A 错误；0～t 0时刻两物体做加速度减小的加速运动，t 0时刻速度达到最大，t 0～2t 0时间内两物体做加速度增大的减速运动，到2t 0时刻速度减到零，故0～2t 0时间内两物体的速度方向没有改变，B 错误；0～2t 0时间内物体A 所受的摩擦力方向始终与变力F 的方向相同，D 正确；两物体之间的摩擦力F f ＝m A a ＝m A F m A ＋m B，F f 随F 的变化而变化，C 正确．整体法和隔离法的优点及使用条件(1)整体法：①优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数减少，求解简捷． ②条件：连接体中各物体具有共同的加速度．(2)隔离法：①优点：易看清各个物体具体的受力情况．②条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．【变式训练】2．(多选)(2014·江苏高考)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2 m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 答案 BCD解析 A 、B 之间的最大静摩擦力为2μmg ，B 物块与地面间的最大静摩擦力为32μmg ，当32μmg ＜F ＜2μmg 时，A 、B 相对地面滑动，A 错误．假设A 、B 之间为最大静摩擦力，一起运动，此时B 物块的加速度为f AB －f B ＝ma B ，解得a B ＝12μg ，D 项正确．以A 为研究对象，有F －f BA ＝2ma B ，解得F ＝3μmg ，所以当F ＝52μmg 时，A 、B 一起运动，对整体有F －f B ＝3ma ，解得a ＝13μg ，B 项正确．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动，C 项正确．牛顿运动定律解决多过程问题单物体多过程及多物体运动问题是高考命题热点，对于此类问题一定要注意寻找各物体间的联系并分析清楚各个过程的运动情况．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，基本思路如图所示：受力情况求合外力F 合＝ma 求加速度运动学公式运动情况（v 、x 、t ）【例3】 (2011·山东高考)如图所示，在高出水平地面h ＝1.8 m 的光滑平台上放置一质量M ＝2 kg 、由两种不同材料连接成一体的薄板A ，其右段长度l 1＝0.2 m 且表面光滑，左段表面粗糙．在A 最右端放有可视为质点的物块B ，其质量m ＝1 kg.B 与A 左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，先对A 施加F ＝20 N 水平向右的恒力，待B 脱离A (A 尚未露出平台)后，将A 取走．B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x ＝1.2 m ．(g 取10 m/s 2)求：(1)B 离开平台时的速度v B .(2)B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动的时间t B 和位移x B .(3)A 左段的长度l 2.【审题突破】 1.关键：(1)正确分析薄板A 两个过程的受力情况．(2)B 从开始运动到刚脱离A 时，两个物体运动时间相等．2．技巧：(1)先从物块B 离开平台做平抛运动入手求解v B .(2)再研究物块B 在A 上滑动时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求时间t B 和位移x B .(3)最后研究薄板A 的两个运动过程，分别列牛顿第二定律和运动学公式求l 2.答案 (1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m解析 (1)物块B 离开平台后做平抛运动：x ＝v B t ，h ＝12gt 2，可得v B ＝2 m/s (2)物块B 与A 右端接触时处于静止状态，当B 与A 左端接触时做匀加速直线运动，设加速度为a B ，则μmg ＝ma B ，v B ＝a B t B ，又x B ＝12a B t 2B，可得t B ＝0.5 s ，x B ＝0.5 m (3)A 刚开始运动时，A 做匀加速直线运动，设加速度为a 1，B 刚开始运动时，A 的速度为v 1，加速度为a 2，则有F ＝Ma 1，v 21＝2a 1l 1，F －μmg ＝Ma 2，l 2＝v 1t B ＋12a 2t 2B －12a B t 2B ，可得l 2＝1.5 m.1．仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程．2．逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点．3．前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键．4．合理选择规律，根据不同的运动过程选择合适的规律方程求解．【变式训练】3．如图所示，水平传送带AB 长L ＝3.6 m ，沿顺时针方向以v 0＝8 m/s 的速度匀速转动，BC 是一长s ＝2 m 的平台，与传送带水平连接于B 点，一倾角为37°的斜面CD 紧靠平台固定，斜面顶端与平台等高，一物块a 由A 处轻轻放上传送带，物块a 与传送带、BC 面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.当物块a 滑到C 点的同时，另一个物块b 以初速度v 1＝6 m/s 沿斜面DC 向上运动，当其运动到最高点时恰好与物块a 相遇，物块a 与b 均可看成质点，g ＝10 m/s 2，求：(1)物块a 运动到C 点时的速度大小v ；(2)物块a 从A 运动到C 的时间t ；(3)物块b 与斜面间的动摩擦因数μ1.答案 (1)4 m/s (2)1.6 s (3)0.5解析 (1)分析清楚a 、b 两物体的受力情况和运动情况．(2)当b 运动到最高点时恰好与a 相遇的意义是：b 与a 在斜面DC 上相遇时b 的速度刚好为零．(1)由牛顿第二定律知物块a 在传送带和平台上的加速度大小均为a ＝f m a＝μg ＝5 m/s 2 令物块a 经时间t 1与传送带共速，则有v 0＝at 1，发生的位移为x ＝v 02t 1 联立并代入数值得x ＝6.4 m>3.6 m ，即物块a 在传送带上一直加速运动，到B 点时的速度设为v B ，则有v 2B ＝2aL ，即v B ＝6 m/s而物块a 从B 到C 做匀减速运动，在C 点的速度设为v ，有v 2B －v 2＝2as ，代入数值得v ＝4 m/s.(2)物块a 从A 到B 有v B ＝at 1，得t 1＝1.2 s从B 到C 有v B ＝v ＋at 2，得t 2＝0.4 s则物块a 从A 运动到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝1.6 s.(3)物块a 离开C 点后做平抛运动而落在斜面上，有x ＝v t 3，y ＝12gt 23，tan θ＝y x联立得t 3＝0.6 s由牛顿第二定律知物块b 在斜面上的加速度为a 1＝m b g sin θ＋μ1m b g cos θm b由运动学规律知v 1＝a 1t 3联立并代入数值得μ1＝0.5.[突破审题·规范解答]【例】 (17分)(2015·德州一模)如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长L ＝6 m ，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等．主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H ＝1.8 m ，与运煤车车厢中心的水平距离x ＝1.2 m ．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，质量m ＝5 kg ，煤块在传送带的作用下运送到高处．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心．取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度．(2)主动轮和从动轮的半径R .(3)电动机运送煤块多消耗的电能．【规范解答】答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)350 J解析 (1)煤块离开传送带后做平抛运动水平方向x ＝v t ①(1分)竖直方向H ＝12gt 2②(1分) 代入数据得v ＝2 m/s ③(1分)(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零．(1分)由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2R④(2分) 代入数据解得R ＝0.4 m ⑤(1分)(3)由牛顿第二定律F ＝ma 得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ⑥(2分)即a ＝0.4 m/s 2⑦(1分)由v ＝v 0＋at ，v 0＝0得煤块匀加速运动的时间t ′＝v a＝5 s ⑧(1分) 煤块的位移x 1＝12at ′2＝5 m ⑨(1分) 由于μ＞tan37°，所以煤块将匀速运动到顶端．(1分)由功能关系得传送带多消耗的电能E ＝12m v 2＋μmg cos37°(v t ′－x 1)＋mgL sin37°⑩(2分) 代入数据，由以上各式得E ＝350 J(2分)第一问：(1)只列出①式和②式得2分，只得③式不得分．(2)列综合式v ＝x g 2H＝2 m/s 给3分，答案错不得分．建议：·在时间比较紧张的情况下，要尽量写出一些必要的关系式．·要分步列式，不要只列综合式，力争多得步骤分．第二问：(1)仅写出“煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零”得1分．(2)如果将④式写成：R ＝v 2g＝0.4 m ，扣1分．建议：·为了多得步骤分，对关键物理过程或状态的表述不能少．·要列出物理定律、定理的原始表达式，若只写出变形式则影响得分．第三问：(1)将⑥⑦式合为a ＝μg cos θ－g sin θ＝0.4 m/s 2扣1分．(2)缺少文字表述“由于μ＞tan37°，所以煤块将匀速运动到顶端”扣1分．(3)如果将⑩式根据动能定理写成E －μmg cos37°(v t ′－x 1)－mgL sin37°＝12m v 2－0同样给2分．(4)将⑩式的理论依据错写成动能定理扣1分．(5)如果将⑩式写成E －12m v 2＝μmg cos37°(v t ′－x 1)＋mgL sin37°没有理论依据不得分．建议：·不要为了急于得出答案，只列出化简后的式子，否则会影响步骤得分．·临界状态的判断是关键得分点，表述必须明确．·理论依据与定量表达式一定要对应，避免张冠李戴．1．(2015·聊城二模)如图所示，沿水平面运动的小车里有用轻质细线和轻质弹簧A 共同悬挂的小球，小车光滑底板上有用轻质弹簧B 拴着的物块，已知悬线和轻质弹簧A 与竖直方向夹角均为θ＝30°，弹簧B 处于压缩状态，小球和物块质量均为m ，均相对小车静止，重力加速度为g ，则( )A ．小车一定水平向左做匀加速运动B ．弹簧A 一定处于拉伸状态C ．弹簧B 的弹力大小可能为33mg D ．细线拉力有可能与弹簧B 的拉力相等答案 C解析因弹簧B 处于压缩状态，所以物块的合力一定水平向左，即小车的加速度水平向左，即小车可能向左加速，也可能向右减速，A 错；当系统的加速度a ＝g tan θ，弹簧A 不受力作用，即处于原长状态，B 错；当a ＝g tan θ时，由牛顿第二定律知弹簧B 的弹力大小F ＝ma ＝33mg ，C 对；令细线对小球拉力为T ，弹簧A 、B 的弹力分别为F 1、F 2，则对小球水平方向有T sin θ－F 1sin θ＝ma ，对物块F 2＝ma ，所以T 一定大于F 2，D 错．2．(2015·课标Ⅰ)(多选)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v 0、v 1、t 1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答案 ACD解析设物块的质量为m 、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a 1和a 2，根据牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2.再结合v －t 图线斜率的物理意义有：a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1.由上述四式可见，无法求出m ，可以求出θ、μ，故B 错，A 、C 均正确.0～t 1时间内的v －t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D 正确．3．(2015·湖北八校二联)(多选)质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动的加速度大小为M －m Mg 答案 BC解析互换位置前，M 静止在斜面上，则有：Mg sin α＝mg ，互换位置后，对M 有Mg －T ＝Ma ，对m 有：T ′－mg sin α＝ma ，又T ＝T ′，解得：a ＝(1－sin α)g ，T ＝mg ，故A 、D 错，B 、C 对．4．(2014·河北衡水中学调研)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)下列说法正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 均做负功D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶3答案 BCD解析因mg sin θ＞μmg cos θ，物块A 、B 都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，则所用时间也相同，故A 错误，B 正确；滑动摩擦力沿传送带向上，位移向下，摩擦力做负功，故C 正确；A 、B 两物块下滑时的加速度相同，下滑到底端的时间相同，由x ＝v 0t ＋12at 2，a ＝g sin θ－μg cos θ，得t ＝1 s ，传送带1 s 内运动的距离是1 m ，A 与传送带是同向运动，则A 在传送带上的划痕长度为(2－1)m ＝1 m ，B 与传送带是反向运动的，则B 在传送带上的划痕长度为(2＋1)m ＝3 m ，所以D 正确．。

高中物理_高三专题复习专题二第二讲牛顿运动定律及其应用教学课件设计

解析 (1)由图知4 s末A、B间达到最大静摩擦力，此时 a＝2 m/s2(1分) 对应A板μmBg＝mAa(2分) A、B 间动摩擦因数 μ＝mmABag＝0.3(1 分)
(2)由图象知 4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积
v＝12at1＝12×2×4 m/s＝4 m/s(2 分)
(3)4 s 到 6 s 末 t2＝2 s
4.动能定理及运动学公式中，位移x，速度v都是相对地面的。
F＜3μmg/2，都静止不动； F＞3μmg/2，开始一起加速；
AB间静摩擦力随F逐渐增大，当达到fmA后，开始分离，发生相对滑动，
对B：2μmg-3μmg/2=ma，
对AB：F-3μmg/2=3ma，得：F=3mg
练2：
(多选)如图11所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速
题组3：超失重问题例3：【2015海南-9】如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开
始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时（BD ） 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
练3：【2015重庆-5】. 若货物随升降机运动的图像如题5图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是（） B
直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、 B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2，则以下判断正确的是( BCD )
A.a1＝a2 B.a1＞a2 C.FN1＝FN2 D.FN1＜F

高考物理二轮复习专题牛顿运动定律讲含解析

牛顿运动定律考点考大纲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散布知道，本章主要考察考生可否正确理解牛顿运动定律的意义，可否娴熟应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力剖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考证方法和原理。

2．高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题。

高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察，考题中侧重与电场、磁场的浸透，并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系。

3．本章是中学物理的基本规律和中心知识，在整个物理学中据有特别重要的地位，仍将为高考命题的重点和热门，考察和要求的程度常常层次较高。

超重与失重Ⅰ单位制Ⅰ纵观近几年高考试题，展望2019年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中心知识，在整个物理学中据有特别重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察，考题中侧重与动量、能量、电场、磁场的浸透，并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系．2、本专题是高考命题的重点和热门，考察和要求的程度常常层次较高，独自考察的题目多为选择题，与直线运动、曲线运动、电磁学等知识联合的题目多为计算题。

考向01 牛顿运动定律（1）考大纲求主要考察考生可否正确理解牛顿运动定律的意义，可否娴熟应用牛顿第必定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力剖析解决运动和力的问题（2）命题规律牛顿运动定律是中学物理的基本规律和中心知识，在整个物理学中据有特别重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察，考题中侧重与电场、磁场的浸透，并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系．事例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，使其向上做匀加快直线运动，以x表示P走开静止地点的位移，在弹簧恢还原长前，以下表示F和x之间关系的图像可能正确的选项是（）A. B.C. D.【根源】2018年全国一般高等学校招生一致考试物理（新课标I卷）【答案】A【点睛】牛顿运动定律是高中物理骨干知识，匀变速直线运动规律贯串高中物理。

高考物理《牛顿运动定律的综合应用》专题复习名师导学案

牛顿运动定律的综合应用【考纲解读】1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．考点一超重与失重现象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)发生了变化(即“视重”发生变化)． 2．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．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，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．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma . 例1 如图1所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm ，运动时弹簧伸长量为9cm ，则升降机的运动状态可能是(g ＝10m/s 2)()图1A ．以a ＝1m/s 2的加速度加速上升 B ．以a ＝1m/s 2的加速度加速下降 C ．以a ＝9m/s 2的加速度减速上升 D ．以a ＝9m/s 2的加速度减速下降递进题组1．[超重与失重的判断]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 ．“神舟九号”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2．[超重与失重的理解与应用]如图2所示是某同学站在力传感器上做下蹲——起立的动作时记录的压力F 随时间t 变化的图线．由图线可知该同学()图2A ．体重约为650NB ．做了两次下蹲——起立的动作C ．做了一次下蹲至起立的动作，且下蹲后约2s 起立D ．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态超重和失重现象判断的“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)从速度变化的角度判断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．考点二动力学中的临界极值问题临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．例2(2013·山东·22)如图3所示，一质量m ＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/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＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．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10m/s2.图3(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？递进题组3．[动力学中的临界问题]如图4所示，物体A 叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B 质量分别为m A＝6kg、m B＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，则( )图4A．当拉力F<12N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动4．[动力学中的临界问题]一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的斜面顶端，如图5所示，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，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．图5考点三 “传送带模型”问题两类传送带模型(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．判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x (对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．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：例3 如图6所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB (与水平面成α＝37°角)与一斜面BC (与水平面成θ＝30°角)平滑连接，B 点到C 点的距离为L ＝0.6m ，运输带运行速度恒为v 0＝5m/s ，A 点到B 点的距离为x ＝4.5m ，现将一质量为m ＝0.4kg 的小物体轻轻放于A点，物体恰好能到达最高点C 点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，求：(g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计)图6(1)小物体运动到B 点时的速度v 的大小； (2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ； (3)小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t . 递进题组5．[水平传送带模型]如图7所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5m ，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A 端的瞬时速度v A ＝4m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B .下列说法中正确的是( )图7A ．若传送带不动，vB ＝3m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于3m/sC ．若传送带顺时针匀速转动，v B 一定等于3m/sD ．若传送带顺时针匀速转动，有可能等于3m/s 6．[倾斜传送带模型]如图8所示，倾角为37°，长为l ＝16m 的传送带，转动速度为v ＝10m/s ，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：图8(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间．【高考模拟明确考向】1．(2014·北京理综·18)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D ．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度2.(2014·四川·7)如图12所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是()图123．(2014·江苏·8)如图13所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则()图13A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg4．如图14所示，AB 、AC 为不可伸长的轻绳，小球质量为m ＝0.4kg.当小车静止时，AC 水平，AB 与竖直方向夹角为θ＝37°，试求小车分别以下列加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力F AC 、F AB 分别为多少．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图14。

2011高考物理热点分析与预测专题2：牛顿定律及其应用

2011高考物理热点分析与预测专题2·牛顿定律及其应用一、2011大纲解读：1、知道机械运动、质点、参考系的概念，能在具体物理问题中正确使用质点模型。

2、能区分位移与路程，理解位移的矢量性。

3、理解速度的概念，知道速度和速率的区别，掌握匀速直线运动的条件、规律，理解图象的物理意义并能应用图象解决实际问题。

4、能用平均速度公式求解、判断实际问题，能正确区分平均速度与瞬时速度。

5、掌握加速度的定义和内涵，能结合实际、灵活运用匀变速直线运动的规律及推论解决问题，会运用图象分析问题。

6、理解牛顿第一定律，理解惯性，了解伽利略的理想实验方法。

7、理解牛顿第三定律，能正确区分作用力、反作用力和平衡力。

8、掌握牛顿第二定律并能正确应用于实际问题，了解牛顿运动定律的适用范围和局限性。

（不要求求解加速度不同的连接体问题）二、重点剖析：本专题重点有：1、速度、位移、加速度的矢量性及运算公式的运用。

2、直线运动中的追及问题，特别要注意追及问题中的临界条件。

3、利用图象（s-t、v-t），从速度、位移的角度分析运动的物理过程并处理相关问题。

4、灵活运用牛顿第二定律和运动学公式分析解决问题。

5、电荷在匀强电场、匀强磁场、电磁场及复合场中的直线运动问题的处理。

本专题难点有：1、运用运动学图象处理实际问题。

2、综合运用牛顿第二定律和运动学公式处理复杂过程问题。

本专题的知识网络如图2-1。

三、考点透视：1、质点、参考系、位移和路程【例1】关于质点及其位移和路程的说法中正确的是（）A. 位移是矢量，位移的方向即质点运动的方向B. 不论物体的质量多大，只要物体的尺寸跟物体间距相比甚小时，就可以看成质点C.只有低速运动的物体才可看成质点，高速运动的物体不可看作质点D. 物体通过的路程不等，位移可能相同解析：一个实际物体能否看成质点，跟它体积的绝对大小、质量的多少以及运动速度的高低无关，决定于物体的尺寸与物体间距相比的相对大小.例如，地球可称得上是个庞然大物，其直径约为1.28×107 m ，质量达到6×1024kg ，在太空中绕太阳运动的速度每秒几百米.由于其直径与地球离太阳的距离（约1.5×1011m ）相比甚小，因此在研究地球的公转运动时，完全可以忽略地球的形状、大小及地球自身的运动，把它看成一个质点.位移是表示物体位置变化的物理量，它是矢量，其方向由质点初位置指向末位置，其大小是连接质点始、末位置线段的长度。

高考物理二轮复习专题牛顿运动定律与含天体运动学案

专题3 牛顿运动定律与曲线运动从考查方式上来说,在高考的考查中，本专题内容可能单独考查，特别是万有引力与航天部分，常以选择题形式出现；也可能与其他专题相结合，与能量知识综合考查，以计算题形式出现。

从近几年考试命题趋势看,本章内容与实际应用和生产、生活、科技相联系命题，或与其他专题综合考查，曲线运动问题由原来的选择题转变为在计算题中考查，万有引力与航天仍然以选择题出现，单独考查的可能性更大。

高频考点：运动的合成与分解；平抛运动规律的应用；圆周运动问题；天体质量和密度的估算；卫星运行参数的分析；卫星变轨问题。

考点一、运动的合成与分解例 (2020届高三·苏州五校联考)如图所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为vLcos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为vLsin α【审题立意】找合运动是解答本题的关键，应清楚棒与平台接触点的实际运动即合运动，方向垂直于棒指向左上，竖直方向的速度是它的一个分速度。

把速度分解，根据三角形知识求解。

【解题思路】棒与升降台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成。

小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示。

设棒的角速度为ω，则合速度v 实＝ωL，沿竖直方向向上的速度分量等于v ，即ωLsin α＝v ，所以ω＝v Lsin α，小球速度v 实＝ωL＝vsin α，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，故D 正确，A 、B 、C 错误。

【参考答案】 D【知识建构】 1．解决运动合成与分解的一般思路 (1)明确合运动或分运动的运动性质。

(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。