2019-2020年全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解课件(1)
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律的应用2课件
考点互动探究
变式题如图 3-8-8 所示，质量为 m＝1 kg 的物块放在倾角为 θ＝37°的斜面体上，斜面体 质量为 M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为 μ＝0.2，地面光滑．现对斜面体施加一水 平推力 F，要使物块相对斜面静止，试确定推力 F 的取值范围．(g 取 10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)
考点互动探究
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑 动的临界条件是：静摩擦力达到最大值． (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件 是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是 T＝0. (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．
考点互动探究
木板发生的位移 x′1＝v1t0＋12a′1t20＝1.36 m 此时木板距平台边缘的距离Δ x＝l－x1－x′1＝0.64 m (2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，对物块，由牛顿第二定律得 μ 2mg＝ma′2 解得 a′2＝μ2g 若物块在平台上速度减为 0，则通过的位移 x′2＝2av′22 2 要使物块最终不会从平台上掉下去，需满足 l＋L2≥x2＋x′2 联立解得 μ2≥0.2.
考点互动探究
例 3 [2016·合肥质量检测] 如图 3-8-7 所示，一长 L＝2 m、质量 4 kg 的薄木板(厚度 不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘 l＝5 m，木板的正中央放有一质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)，已知木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ 1＝0.4. 现对木板施加一水平向右的恒力 F，其大小为 48 N．g 取 10 m/s2. (1)当 F 作用 1.2 s 时，求木板的右端离平台边缘的距离； (2)要使物块最终不能从平台上滑出去，求物块与平台间的动摩擦因数 μ2 应满足的条件．
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解课件(1)
② 根据自己预习时理解过的逻辑结构抓住老师的思路。老师讲课在多数情况下是根据教材本身的知识结构展开的，若把自己预习时所理解过的知识 逻辑结构与老师的讲解过程进行比较，便可以抓住老师的思路。
知识梳理
5.过直线外一点 有且只有一条直线与这条直线平行. 6.如图，若l1∥l2，则① ∠1=∠2 ；② ∠3=∠2 ；③ ∠2+∠4=180.°
难点突破
► 考点二 平行线的性质
【例2】如图，已知a∥b，小亮把三角板的直角顶点放在直线b上.若∠1=40°，则∠2的度 数为________. 【思路点拨】由两直线平行，同位角相等得∠2=∠3.再由三角板的直角得∠1与∠3互余， 从而求得∠3. 【自主解答】∵a∥b，∴∠2=∠3， ∵∠3=90°－∠1=90°－40°=50°，∴∠2=50°. 答案：50°
③ 根据老师的提示抓住老师的思路。老师在教学中经常有一些提示用语，如“请注意”、“我再重复一遍”、“这个问题的关键是····”等等，这些 用语往往体现了老师的思路。来自：学习方法网
④ 紧跟老师的推导过程抓住老师的思路。老师在课堂上讲解某一结论时，一般有一个推导过程，如数学问题的来龙去脉、物理概念的抽象归纳、语 文课的分析等。感悟和理解推导过程是一个投入思维、感悟方法的过程，这有助于理解记忆结论，也有助于提高分析问题和运用知识的能力。
(D)30°
随堂检测
5.如图，点Ａ,Ｏ,Ｂ在同一直线上，已知∠BOC=50°，则∠AOC=_1__3_0____°.
6.如图，AB∥CD∥EF，那么∠BAC+∠ACE+∠CEF=__3__6_0___度.
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律的应用2课时作业
牛顿第二定律的应用（2）基础巩固1．某运动员(可看作质点)参加跳台跳水比赛，t＝0是其向上起跳离开跳台瞬间，其速度与时间关系图像如图K81所示，则( )图K81A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员处于超重状态2．如图K82所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、x、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则如图K82所示的图像中能正确描述这一运动规律的是( )图K82图K823．如图K83所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体，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，则拉力F的最大值为( )图K83A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg4．[2016·山东潍坊统一考试] 如图K84甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑位移x时的速度为v，其xv2图像如图乙所示，g取10 m/s2，则斜面倾角θ为( )图K84A ．30° A ．45° A ．60° A ．75° 能力提升5．(多选)[2016·江西南昌一模] 质量为m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5.在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，如图K85甲所示，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图K85A ．物块经过4 s 时间回到出发点B ．物块运动到第3 s 时水平拉力的方向发生改变C ．3.5 s 时刻水平力F 的大小为4 ND ．4.5 s 时刻水平力F 的大小为16 N6．[2016·长春质量检测] 如图K86所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N 或F 随x 变化的图像正确的是图K87中的( )图K86图K877．(多选)[2016·合肥质量检测] 如图K88甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )图K88A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出图乙中a1的值C．若θ已知，可求出图乙中a2的值D．若θ已知，可求出图乙中m0的值8．[2016·石家庄质检] 如图K89所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F 作用下向右做a＝2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(1)物块A、B分离时所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．图K89挑战自我9．[2016·武汉调研] 如图K810甲所示，质量为M ＝0.5 kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块以初速度v 0＝4 m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F ，当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s .给木板施加大小不同的恒力F ，得到1sF 的关系如图乙所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1 m －1.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若恒力F ＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间．(2)图乙中BC 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及1sF 函数关系式．图K810课时作业(八)1．B [解析] 从v t 图像可以看出，在t 1时刻，速度减小到了零，应是运动到最高点，A 错误；而在t 2时刻，速度达到最大，接下来开始减速，是由于受到水的阻力，故t 2时刻恰好进入水面，B 正确；t 3时刻向下运动速度减小到了零，此时恰好到达水中最深处，C 错误；在0～t 2时间内，运动员加速度向下，处于失重状态，D 错误．2．B [解析] 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，加速度大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，故D 错误；由速度公式v ＝v 0－at 可知，v t 图像应为一条倾斜的直线，故C 错误；由位移公式x ＝v 0t －12at 2可知，B 正确；由位移公式及几何关系可得h ＝x sin θ＝v 0t －12at 2sin θ，故A 错误．3．C [解析] 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时，拉力F 最大，此时A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg ，选项C 正确．4．A [解析] 由x v 2图像可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 正确，B 、C 、D 错误．5．CD [解析] 在0～4 s 内，速度方向不变，在4 s 时，速度将要反向，物块离出发点最远，选项A 错误．在0～3 s 时间内，物块加速度a 1＝1 m/s 2，由牛顿第二定律，有F 1－μmg ＝ma 1，解得F 1＝12 N ；在3～4 s 时间内，物块加速度a 2＝－3 m/s 2，由牛顿第二定律，有F 2－μmg ＝ma 2，解得F 2＝4 N ，故物块运动到第3 s 时水平拉力由12 N 改变为4 N ，但是方向没有改变，选项B 错误，选项C 正确．在4～5 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a 3＝－3 m/s 2，由牛顿第二定律，有F 3＋μmg ＝ma 3，解得F 3＝－16 N ，选项D 正确．6．D [解析] 根据题述，B 以g2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，有2mg －kx －F ＝2m ·g2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，选项C 错误．选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，有mg ＋N －F ＝mg 2，解得N ＝mg2－kx .当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg2k时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg2，此后B 与A 分离，力F 保持mg2不变，故选项D 正确．7．BC [解析] 由题中图像，若m ＝0，则物块A 受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A 的加速度方向沿斜面向下，a 2＝－g sin θ，C 正确；若m ＝m 0，则A 的加速度为零，由平衡条件可知，m 0g ＝m A g sin θ，必须知道A 的质量m A 和θ的值，m 0才可求，D 错误；若B 的质量无限大，则所受拉力远小于它的重力，B 的加速度趋近于g ，所以A 的最大加速度a 1＝g ，B 正确；对以上状态的分析中，均无法计算出A 的质量，A 错误．8．(1)21 N (2)0.3 s[解析] (1)物块A 、B 分离时，对B ，有F －μmg ＝ma 解得F ＝21 N.(2)A 、B 静止时，对A 、B ，有 kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ，有 kx 2－μmg ＝ma此过程中，有x 1－x 2＝12at 2解得t ＝0.3 s.9．(1)13 s (2)1 N ≤F ≤3 N 1s ＝F ＋34(m －1)[解析] (1)当恒力F ＝0时，以初速度v 0为正方向，由牛顿第二定律得，物块的加速度大小a m ＝μg ＝2 m/s 2木板的加速度大小a M ＝μmg M＝4 m/s 2由题图乙知，木板长度L ＝1 m物块从木板的右端滑下时，相对木板的位移等于L ，有L ＝v 0t －12a m t 2－12a M t 2解得t ＝13s 或t ＝1 s当t ＝1 s 时，物块的速度为2 m/s ，木板的速度为4 m/s ，而当物块从木板右端滑下时，物块的速度不可能小于木板的速度，t ＝1 s 应舍弃，故所求时间为t ＝13s.(2)①当F 较小时，物块将从木板右端滑下，当F 增大到某一值时，物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v ，设所用的时间为t 1，则a ′M ＝F ＋μmg Mv ＝v 0－a m t 1＝a ′M t 1 s ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 02t 1联立解得1s ＝F ＋34(m －1)由题图乙知，相对路程s ≤1 m代入解得F ≥1 N②当F 继续增大时，物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，物块在木板上某一位置时两者具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止一起以相同加速度a 做匀加速直线运动，则a ＝F M ＋m f ＝ma由于静摩擦力存在最大值，所以f ≤f max ＝μmg ＝2 N 则F ≤3 N综上，BC 段恒力F 的取值范围是1 N ≤F ≤3 N ，1s F 的函数关系式是1s ＝F ＋34(m －1)．。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第三章 牛顿运动定律 本章学科素养提升 Word版含答案
⊳图象应用能力的培养 ⊳规范表达能力的培养 ⊳实验拓展能力的培养纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图象所给予的信息和破译图象信息的能力，图象的形式以v －t 、a －t 、F －t 图象居多，考查最多的是v －t 图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等. 1.明确常见图象的意义，如下表：2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.运用图象解决问题一般包括两个角度：(1)用给定图象解答问题；(2)根据题意作图，用图象解答问题.在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系.例1 (多选)(2015·课标全国Ⅰ·20)如图1(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( )图1A.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解析 由v －t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v－t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误.关注图象中的函数关系及特殊值在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图.作图时，往往只需确定一个或两个特殊点的坐标(如变力F 的最小值F min 和最大值F max 、抛物线的顶点和任意点、圆的圆心等)，即可根据函数关系连线作图.当不能定量确定函数关系时，特殊值的判断尤为重要，读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息.例2 (16分)如图2甲所示，质量M ＝1 kg 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μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s 2，试求：图2(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F ，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力F f2随拉力F 大小变化而变化的图象.答案 (1)1 s (2)见解析图【书面表达过程】 (1)对铁块应用牛顿第二定律：F －μ2mg ＝ma 1，加速度大小 a 1＝F －μ2mg m＝4 m/s 2，(2分)对木板应用牛顿第二定律：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，加速度大小a 2＝μ2mg －μ1(M ＋m )gM ＝2m/s 2，(2分)设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 解得t ＝1 s.(2分)(2)①当F ≤μ1(mg ＋Mg )＝2 N 时，M 、m 相对静止且对地静止，F f2＝F ；(3分) ②设F ＝F 1时，M 、m 恰保持相对静止，此时系统的加速度a ＝a 2＝2 m/s 2， 以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F 1－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F 1＝6 N. 所以，当2 N ＜F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a ＝F －μ1(M ＋m )g M ＋m＝F 2－1以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有F f2′－μ1(M ＋m )g ＝Ma ，F f2＝F f2′， 解得F f2＝F2＋1.(4分)③当F ＞6 N 时，M 、m 发生相对运动，F f2＝μ2mg ＝4 N.如图所示.(3分)1.本题是一道滑块－木板模型的动力学问题，首先要在审题析题方面定准位，然后遵循此类题型特点，寻求解决问题的突破口.2.由于本题还要作图象，它又是一道图象信息题，因此第(2)问的解答只是作出图象而没有分析过程是不规范的.3.规范要求必要的文字说明和重要规律应用的原型表达式.1.实验器材的改进(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力)――→替代长木板(如图3)图3(2)利用光电门测速度(如图4)图4(3)利用位移传感器测位移(如图5)图52.数据测量的改进⎪⎪⎪⎪测定通过的时间，由a ＝12x [(d t 2)2－(dt 1)2]—求出加速度小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到 —――→替代通过打点纸带求加速度 3.实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数.例3 甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验.已知重力加速度为g .图6(1)甲同学所设计的实验装置如图6甲所示.其中A 为一质量为M 的长直木板，B 为木板上放置的质量为m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计.实验时用力将A 从B 的下方抽出，通过C 的读数F 1即可测出动摩擦因数.则该设计能测出________(填“A 与B ”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________.(2)乙同学的设计如图乙所示.他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力.实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间t .在坐标系中作出F －1t 2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，与横轴的截距为c .因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为______.根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为______. 答案 (1)A 与BF 1mg (2)光电门A 、B 之间的距离x 2xb kg解析 (1)当A 达到稳定状态时B 处于静止状态，弹簧测力计的读数F 与B 所受的滑动摩擦力F f 大小相等，B 对木板A 的压力大小等于B 的重力mg ，由F f ＝μF N 得，μ＝F f F N ＝F 1mg ，为A 与B 之间的动摩擦因数.(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移x ＝12at 2.可得：a ＝2xt 2根据牛顿第二定律得 对于物块，F 合＝F －μmg ＝ma则：F ＝2mxt2＋μmg则图线的斜率为：k ＝2mx ，纵轴的截距为：b ＝μmg ；k 与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：μ＝b mg ＝2xbkg .。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第3单元 牛顿运动定律 作业答案
8.(1)2 (2)
(3)
[解析](1)由 v2=2gH
解得 v=2
(2)因 h1= t1,h2= t2
解得 = (3)由 2gH=v2=2a1h1 F1-mg=ma1 解得 F1=3mg
同理得 F2=
mg
所以 =
9.(1)8m/s2 2.5s (2)0.3s (3) [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 v0=20m/s,末速度 v=0,位移 x=25m,由运动学公式得
[解析](1)滑块沿斜面上滑过程,由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解得 a1=9.6m/s2 设滑块上滑的位移大小为 L,则 =2a1L 解得 L=4.8m 滑块沿斜面下滑过程,由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2 解得 a2=2.4m/s2 根据 v2=2a2L 解得 v=4.8m/s.
由牛顿第二定律得 Tm+mgtanθ=mam 因 Tm=2mg,所以最大加速度为 am=3g
课时作业(七) 1.C [解析]体重计对小李的支持力与小李对体重计的压力是作用力与反作用力关系, 所以大小相等,方向相反,选项 A 错误;体重计示数就是体重计对小李的支持力大小,在 这段时间内,支持力大于小李的重力,选项 B 错误;根据牛顿第二定律得 FN-mg=ma,解得 加速度 a=1m/s2,方向竖直向上,选项 C 正确;根据题意,小李处于超重状态,但不能确定 速度方向,选项 D 错误. 2.BC [解析]t2~t3 时间内,橡皮绳拉力减小且大于重力,小球向上运动,处于超重状态,选 项 A 错误;t3~t4 时间内,橡皮绳拉力减小且小于重力,小球向上运动,处于失重状态,选项 B 正确;t4~t5 时间内,橡皮绳拉力增大且小于重力,小球向下运动,处于失重状态,选项 C 正确;t5~t6 时间内,橡皮绳拉力增大且大于重力,小球向下运动,处于超重状态,选项 D 错 误. 3.D [解析]图像的斜率表示加速度,由图像知,在 0~5s 内,斜率为正,加速度为正,方向向 上,处于超重状态,速度为正,即电梯向上加速运动;在 5~10s 内,电梯匀速运动,该同学的 加速度为零,该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力;10~20s 内,斜率为负,速度为 正,即电梯向上做减速运动,加速度向下,处于失重状态,选项 A、B、C 错误,选项 D 正确.
2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章 牛
专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤 审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ， 小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解课时作业
牛顿运动定律的理解基础巩固1．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，指出力不是维持物体运动的原因，从而奠定了牛顿力学的基础．关于惯性有下列说法，其中正确的是( )A ．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B ．没有力的作用时，物体只能处于静止状态C ．行星在圆轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D ．运动的物体如果没有受到力的作用，也会逐渐变为静止2．[2016·江苏南通如皋模拟] 质量为1 kg 的物体受到大小分别为6 N 和8 N 的两个共点力的作用，则该物体的加速度不可能是( )A ．10 m/s 2B ．6 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.5 m/s 23．如图K61所示，在质量为m 的物体上加一个竖直向上的拉力F ，使物体以加速度a 竖直向上做匀加速运动，若不计阻力，下面说法正确的是( )图K61A ．若拉力改为2F ，则物体加速度为2a ，方向向上B ．若质量改为m 2，则物体加速度为2a ，方向向上 C ．若质量改为2m ，则物体加速度为a 2，方向向下 D ．若质量改为m 2，拉力改为F 2，则物体加速度不变 4．[2016·武汉武昌区调研] 如图K62所示，老鹰沿虚线MN 斜向下减速俯冲的过程中，空气对老鹰的作用力可能是图中的( )图K62A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4能力提升5．如图K63所示，当车厢向右加速行驶时，一质量为m 的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止，随车一起运动．下列说法正确的是( )图K63A．在竖直方向上，车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力C．若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力不变D．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大6．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小，图K64中能正确描述F与a之间关系的是( )图K647．[2016·湖南郴州摸底] 如图K65所示，将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放，从弹簧接触地面到木箱速度第一次为零的过程中，木箱速度的变化情况是( )图K65A．一直增大B．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减小图K66A．物块立即做减速运动B．物块在开始的一段时间内仍做加速运动C．当弹簧的弹力等于恒力F时，物块静止D．当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不为零9．[2016·石家庄调研检测] 如图K67所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图K67A．滑块一直做匀变速直线运动B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s10．(多选)[2016·重庆适应性考试] 如图K68所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则( )图K68A ．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而增大B ．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而增大C ．货物加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力D ．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力小11．(多选)[2016·浙江丽水模拟] 小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v 0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图K69所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v 1.下列说法中正确的是( )图K69A ．小球上升过程中的平均速度大于v 02B ．小球下降过程中的平均速度大于v 12C ．小球射出时的加速度最大，到达最高点时的加速度为0D ．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小12．如图K610所示，车内绳AB 与绳BC 拴住一小球，BC 水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )图K610A ．AB 绳、BC 绳的拉力都变大B ．AB 绳的拉力变大，BC 绳的拉力变小C ．AB 绳的拉力变大，BC 绳的拉力不变D ．AB 绳的拉力不变，BC 绳的拉力变大挑战自我13．考驾驶证的某环节，学员需要将车前轮停在指定的感应线上．如图K611所示，车在感应线前以v 0的速度匀速行驶，前轮到感应线的距离为s 时，学员立即刹车，假设刹车后，车受到的阻力为其总重力(包括车内的人)的μ倍．已知车(包括车内的人)的质量为M ，重力加速度为g ，讨论在车的初速度v 0不同的情况下，车停止时，其前轮相对感应线的位置．图K611课时作业(六)1．A [解析] 惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，选项A 正确；根据惯性定律可知，没有力的作用时，物体将保持原来的运动状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，选项B 错误；行星在圆轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，选项C 错误；运动的物体如果不受力的作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，选项D 错误．2．D [解析] 两个力的合力范围为2 N ≤F 合≤14 N ，根据牛顿第二定律知，加速度的范围为2 m/s 2≤a ≤14 m/s 2.故D 不可能．3．D [解析] 根据题意，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ，解得a ＝F －mg m ＝F m－g ，据此可知，若拉力改为2F ，则物体加速度为a 1＝2F m －g >2a ，选项A 错误；若质量改为m 2，则物体加速度a 2＝2F m －g >2a ，选项B 错误；若质量改为2m ，则物体加速度a 3＝F 2m －g <a 2，选项C 错误；若质量改为m 2，拉力改为F 2，则物体加速度a 4＝F m－g ＝a ，选项D 正确． 4．B [解析] 老鹰沿虚线由M 到N 做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知，空气的阻力与重力的合力方向与MN 反向，因此空气对老鹰的作用力可能是图中的F 2，B 正确．5．A [解析] 对物块受力分析如图所示，由牛顿第二定律知，在竖直方向有f ＝mg ，在水平方向有F N ＝ma ，A 正确，C 、D 错误；车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力，B 错误．6．C [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，可得F ＝ma ＋μmg ，即F 是a 的一次函数，且截距为正，选项C 正确．7．D [解析] 弹簧接触地面后，木箱受到重力和弹簧的弹力两个力作用．开始阶段弹力先小于重力，木箱所受的合力竖直向下，加速度方向竖直向下，与速度方向相同，木箱做加速运动，木箱的速度增大；之后弹簧的弹力逐渐增大，当弹力大于重力时，木箱所受的合力竖直向上，加速度方向竖直向上，木箱做减速运动，故速度先增大后减小．8．BD [解析] 物块与弹簧接触后，物块受到弹簧的弹力作用，但开始时弹力小于推力，物块继续加速运动，直到弹力等于推力为止，选项A 错误，选项B 正确；当弹力增加到等于推力时，物块速度达到最大，此后由于惯性，物块继续向左运动，弹力大于推力，物块开始减速运动，选项C 错误；弹簧处于最大压缩量时，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，选项D 正确．9．D [解析] 设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ>μ，mg sin θ>μmg cos θ，故滑块上滑到速度为零后，将会向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经过1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m<5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是做匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确．10．BD [解析] 对货物的重力进行分解，沿车厢方向，重力分力为G 1＝mg sin θ，垂直车厢方向，重力分力为G 2＝mg cos θ.货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力等于重力分力G 2，为mg cos θ，随θ角的增大而减小，选项A 错误．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力等于重力分力G 1，为mg sin θ，随θ角的增大而增大，选项B 正确．货物加速下滑时，货物在水平方向有向右的加速度，说明车厢对货物有水平向右的作用力，根据牛顿第三定律可知，货物对车厢有水平向左的作用力，对货车，在水平方向由平衡条件可知，地面对货车有水平向右的摩擦力，选项C 错误．货物加速下滑时，货物在竖直方向有向下的加速度，车厢对货物竖直向上的作用力小于货物的重力，由牛顿第三定律可知，货物对车厢的压力小于货物的重力，对货车，在竖直方向由平衡条件可知，地面对货车的支持力小于货车和货物的总重力，选项D 正确．11．BD [解析] 上升过程若是做匀减速直线运动，则其平均速度为v 02，而从图中可以看出，在t 1时间内小球实际上升的位移小于做匀减速运动上升的位移，而平均速度等于位移与时间之比，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于v 02，故A 错误；同理，可知小球下降过程中平均速度大于匀加速运动的平均速度，即大于v 12，故B 正确；小球刚被射出时，根据牛顿第二定律得mg ＋kv 0＝ma ，此时速率最大，可知此时的加速度最大，到最高点时，v ＝0，加速度a ＝g ，不是0，故C 错误；上升过程，有mg ＋kv ＝ma ，v 减小，a 减小，下降过程，有mg －kv ＝ma ，v 增大，a 减小，故D 正确．12．D [解析] 如图所示，车加速时，球的位置不变，则AB 绳的拉力沿竖直方向的分力T 1cos θ仍等于重力G ，T 1＝G cos θ不变；向右的加速度只能是由BC 绳上增加的拉力提供，故T 2增加，选项D 正确．13．略[解析] 由牛顿第二定律知，刹车后车的加速度大小a ＝μg设车的速度为v 时车前轮刚好停在感应线上，则v 2＝2as刹车过程中车的位移s ′＝v 202μg 当v 0＝v ＝2μgs 时，车前轮停在感应线上当v 0<v ＝2μgs 时，车前轮还没到达感应线，车前轮距离感应线的距离为Δs ＝s －s ′＝s－v20 2μg当v0>v＝2μgs时，车前轮已经驶过感应线，车前轮距感应线的距离为Δs＝s′－s＝v202μg－s.。
高中物理一轮复习教案 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用
返回 [深化理解] 1．不管物体的加速度是否沿竖直方向，只要其加速度在竖直 方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 2．发生超重、失重现象时，物体的重力依然存在，且不发生 变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了 变化，即视重发生了变化。 3．整体法和隔离法的选取与所研究的问题及连接体的组成特 点有关。如用滑轮连接的两物体加速度大小相同，但方向 往往不同，常采用隔离法。
整体的加速度 a 减小，因为 m、m′不变，所以 Tb 减小，Ta
增大，A、D 正确。
答案：AD
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二 研究好——题型·考法·技巧
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高考对本节内容的考查，主要集中在对超重和失重的理 解、临界极值问题分析、整体法与隔离法的应用，通常以选 择题的形式呈现，难度一般，而应用牛顿第二定律和运动学 规律分析板块模型和传送带模型问题，既是难点，又是热点， 题型有选择题，也有计算题，难度较大。
橡皮泥以后，两段绳的拉力 Ta 和 Tb 的变化情况是 ( )
A．Ta 增大
B．Tb 增大
C．Ta 减小
D．Tb 减小
解析：设最左边的物体质量为 m，最右边的物体质量为 m′，
整体质量为 M，整体的加速度 a＝MF ，对最左边的物体分析，
Tb＝ma，对最右边的物体分析，有 F－Ta＝m′a，解得 Ta＝F －m′a。在中间物体上加上橡皮泥，由于原拉力 F 不变，则
最大加速度，处于超重状态，故 A、D 错误；由 F－mg＝ma，
可得 F＝mg＋ma，则当 a＝1.5 m/s2 时体重计的示数最大，
故 C 正确，D 错误。
答案：C
3．(多选)如图所示用力 F 拉 A、B、C 三个
全品复习方案2018高考物理大一轮复习 第3单元 牛顿运动定律听课手册
第三单元牛顿运动定律高考纵览第6讲牛顿运动定律的理解教材知识梳理一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持________运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．惯性(1)定义：一切物体都有保持原来________运动状态或静止状态的性质．(2)量度：________是物体惯性大小的唯一量度，________大的物体惯性大，________小的物体惯性小．二、牛顿第二定律1．内容：物体的加速度的大小跟它受到的________成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向________．2．公式：________．3．适用范围：(1)只适用于________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________物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．三、牛顿第三定律1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小________，方向________，作用在同一条直线上．2．表达式：F甲对乙＝－F乙对甲，负号表示________．四、国际单位制力学中的基本量是质量、________、长度，对应的基本单位分别是________、________、________．【思维辨析】(1)牛顿第一定律是实验定律．( )(2)牛顿第一定律指出，当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态．( )(3)物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止．( )(4)力的单位是牛顿，1 N＝1 kg· m/s2.( )(5)外力(不为零)作用于静止物体的瞬间，物体立刻获得加速度．( )(6)物体加速度的方向一定与合外力方向相同．( )(7)惯性是物体抵抗运动状态变化的性质．( )(8)作用力与反作用力的效果相互抵消．( )【思维拓展】根据牛顿第二定律，当合外力为零时物体的加速度等于零，物体保持原来状态不变，所以，牛顿第一定律是第二定律的特殊情况吗？考点互动探究考点一牛顿第一定律1.牛顿第一定律是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上采用科学的逻辑推理得出的结论，物体不受外力是牛顿第一定律的理想条件，所以，牛顿第一定律不是实验定律．2．惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大；牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因．] 飞机在迫降前应该把机载的燃油放空，消防车在跑道上喷出了一条泡沫带．下列说法中正确的是( )A．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也增加飞机的惯性B．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小飞机的惯性C．泡沫带是为了减小飞机所受的合力D．泡沫带是为了减小飞机所受的阻力关于运动状态的改变，下列说法正确的是( )A．只要物体在运动，其运动状态一定改变B．物体受到多个力作用，其运动状态一定改变C．只要物体的速度大小不变，运动状态就不变D．只要物体的速度大小或方向中有一个改变，其运动状态就一定改变■ 要点总结1．对牛顿第一定律的理解包含两方面：其一，定义了“惯性”和“力”；其二，指出了“惯性”和“力”对运动的影响．2．惯性不是力，惯性和力是两个截然不同的概念．物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性越大，物体运动状态越难以改变．但要判断物体下一时刻的运动状态，必须掌握物体的受力情况和初始状态．考点二牛顿第二定律对牛顿第二定律的理解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1 [2016·贵阳质量检测] 如图361所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住而处于静止状态．现用一个水平力F拉斜面体，使球和斜面体在水平面上一起做加速度为a的匀加速直线运动，若忽略一切摩擦，与球静止时相比( )图361A．竖直挡板对球的弹力不一定增大B．斜面对球的弹力保持不变C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零2 (多选)[2015·海南卷] 如图362所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间( )图362A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl23 如图363所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )图363A．木块将立即做匀减速直线运动B．木块将立即做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零■ 要点总结1．作用在物体上的每一个力都将独立地产生各自的加速度，合外力产生的加速度是这些加速度的矢量和；2．关于牛顿第二定律的瞬时性，主要考查轻绳和轻弹簧中力的突变对比；3．牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．牛顿第一定律是在物体不受外力的理想情况下经过科学抽象、归纳推理而总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律，牛顿第二定律的意义在于力是如何改变物体运动状态的．考点三牛顿第三定律多选)[2016·海阳一中模拟改编] 北京时间2016年9月15日晚10时04分，中国在酒泉卫星发射中心用“长征二号F－T2”火箭将“天宫二号”空间实验室成功发射升空，顺利入轨并正常开展各项科研活动．关于“天宫二号”与火箭起飞的情形，下列叙述正确的是( )图364A．“天宫二号”进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力B．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生反作用力，火箭获得向上的推力C．运载火箭尾部喷出的气体对空气产生作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力D．运载火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽向下喷气，但无法获得前进的动力[2016·江苏南通如皋模拟] 下列关于小鸟和飞机相撞时的说法正确的是( )A．小鸟对飞机的作用力比飞机对小鸟的作用力大B．飞机对小鸟的作用力比小鸟对飞机的作用力大C．小鸟对飞机的作用力与飞机对小鸟的作用力一样大D．主动撞击的一方产生的作用力大■ 注意事项区分一对相互作用力与一对平衡力是牛顿第三定律问题的重点，平衡力是同一物体受到的一对力，其作用效果可以抵消，相互作用力是两个不同物体受到的一对力，二力分别作用在不同物体上，其作用效果不能抵消；牛顿第三定律的重要作用之一是转换研究对象，当根据已知条件无法直接求得物体受到的某作用力时，可以根据牛顿第三定律，先求得该力的反作用力．第7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________．【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．( )考点互动探究考点一解决动力学两类问题的基本思路] (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a1，则________＝ma1(2分)f＝________(2分)联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2(1分)a1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s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2.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l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则Mg sin θ＋F－f＝Ma2(2分)F＝k(m＋M)g(2分)s1＝________(2分)s2＝________(2分)s＝________(1分)l＝l0＋s0＋s2(1分)联立并代入数据得l＝98 m．(1分)1 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)t0＝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v0＝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/s2.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3732 [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 EFB．t AB>t CD>t EFC．t AB<t CD<t EFD．t AB＝t CD<t EF考点二] 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■ 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/s2.(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3771 [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■ 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．第8讲 牛顿第二定律的应用(2)考点互动探究考点一 瞬时问题分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后的瞬时作用力是否变化．注意“线”“绳”“轻弹簧”“橡皮绳”等理想模型的特点：(1)质量和重力均可视为等于零，且一根绳、线、轻弹簧、橡皮绳中各点的张力大小相等； (2)无论线和绳受力多大，其长度都不变，线和绳中的张力可以突变；(3)弹簧既能承受拉力，也能承受压力，橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力；(4)由于弹簧和橡皮绳受力时改变状态需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的力不能突变．如图381所示，水平粗糙桌面上有a 、b 两个小滑块，两滑块之间连接一弹簧，弹簧原长为L ，劲度系数为k ，a 、b 的质量均为m .现用水平恒力F 拉滑块b ，使a 、b 一起在桌面上匀加速运动，已知弹簧在弹性限度内，两滑块与桌面间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( )图381A ．a 、b 间的距离为L ＋FkB ．撤掉F 的瞬间，a 、b 的加速度一定都增大C ．若弹簧与a 连接处突然断开，a 、b 的加速度一定都增大D ．撤掉F 的瞬间，a 的加速度不变，b 的加速度一定增大[2015·武汉模拟] 如图382所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A 、B 两球，它们在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图382A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θC ．C 对地面的压力等于A 、B 和C 的重力之和D ．地面对C 无摩擦力 ■ 注意事项物体的运动情况和受力情况是时刻对应的，当外界条件发生变化时，必须重新进行受力分析和运动分析，加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．对于弹簧、橡皮绳等发生明显形变而产生的弹力，不能发生突变；而对于轻绳、桌面等发生不明显形变而产生的弹力，能够发生突变．考点二 牛顿第二定律与运动图像的综合常见图像：v t 图像、a t 图像、F t 图像、F a 图像等．(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点．如图383甲所示，一个可视为质点的质量m＝2 kg的物块在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为v0＝12 m/s，与此同时对其施加一与运动方向相反的恒力F，此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，g取10 m/s2.(1)求物块与水平面之间的动摩擦因数μ和所施加的恒力F的大小；(2)从施加恒力F开始，求物块再次回到A点时的速度大小．图3831 如图384所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能E k及拉力的功率P随时间t或位移x的变化图像可能正确的是图385中的( )图384图3852 [2016·兰州实战考试] 用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图386所示，g取10 m/s2，水平面各处粗糙程度相同，则由此不能计算出(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图386A．物体与水平面间的滑动摩擦力B．物体与水平面间的动摩擦因数C．外力F为12 N时物体的速度D．物体的质量■ 方法技巧解决图像综合问题的关键图像反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图像及运动过程进行分析．考点三动力学中的临界与极值问题1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些起止点一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．] 如图387所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m ＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N．g取10 m/s2.(1)当F作用1.2 s时，求木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，求物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．图387如图388所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑．现对斜面体施加一水平推力F，要使物块相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图388。
2018高考物理大一轮复习 第3章 牛顿运动定律教学案
第3章牛顿运动定律第1节牛顿第一定律牛顿第三定律一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．意义(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．二、惯性1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变．3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．三、牛顿第三定律1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．表达式：F＝－F′.[自我诊断]1．判断正误(1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×)(2)惯性即惯性定律．(×)(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×)(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√)(6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是( )A．对重力、弹力、摩擦力等都适用B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、C错误，A、D正确．3．关于惯性，下列说法中正确的是( )A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．4．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是( ) A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选 C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，C正确．考点一对牛顿第一定律的理解1．指出了物体的一种固有属性牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．2．揭示了力的本质牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．3．揭示了不受力作用时物体的运动状态牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( ) A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D 正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是( )A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动解析：选 A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．牛顿第一定律的“三点注意”(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．(3)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来．考点二对牛顿第三定律的理解1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”2．应用牛顿第三定律时应注意的问题(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．(3)作用力、反作用力不同于平衡力1．(2016·吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是( )A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力B．两人对绳的拉力是一对平衡力C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B 错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，C错误．2. 物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是( )A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力解析：选 B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D错．3. 如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 m/s2)解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：k(L－L0)－mg－F＝0解得：F＝－4 N故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4 N，方向竖直向下B受力如图乙所示，由平衡条件得：F N－mg－F′＝0解得：F N＝9 N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.答案：9 N正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．课时规范训练[基础巩固题组]1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小解析：选 A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O 点等高的位置，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反解析：选AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．3．(多选)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．下列说法符合历史事实的是( )A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．4．(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力( )A．一定小于手对砖的支持力B．一定等于手对砖的支持力C．一定大于手对砖的支持力D．一定大于砖的重力解析：选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则F N－mg＝ma，F N＞mg，D项对．5．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C ．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D ．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A 错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B 错误；设绳子的张力为F ，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F ，若m 甲>m 乙，则由a ＝F m得，a 甲<a 乙，由x ＝12at 2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C 正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D 错误．6．(多选)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是( )A ．小车匀速向左运动B ．小车可能突然向左加速C ．小车可能突然向左减速D ．小车可能突然向右减速解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B 、D 正确．7．图为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为M 的竖直竹竿，当竿上一质量为m 的人以加速度a 加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )A ．(M ＋m )gB ．(M ＋m )g －maC ．(M ＋m )g ＋maD ．(M －m )g解析：选B.对竿上的人进行受力分析：其受重力mg 、摩擦力F f ，有mg －F f ＝ma ，则F f ＝m (g －a )．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力Mg 、竿上的人对竿向下的摩擦力F f ′、顶竿的人对竿的支持力F N，有Mg＋F f′＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到F N′＝Mg＋F f′＝(M＋m)g－ma，故选项B正确．[综合应用题组]8．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的( )解析：选 C.列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．9．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为( )A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度解析：选 D.力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.10．(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动解析：选BC.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确．11．(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是( )A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动解析：选AD.空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．12．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是 ( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A. 由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力．得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．13．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N和5 N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )A．8 N和0 B．5 N和7 NC．5 N和3 N D．7 N和7 N解析：选C.对A由平衡条件得F T－G A－kx＝0，解得F T＝G A＋kx＝3 N＋100×0.02 N＝5 N，对B由平衡条件得kx＋F N－G B＝0，解得F N＝G B－kx＝5 N－100×0.02 N＝3 N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3 N，C正确．14. 一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为( )A．Mg＋F f B．Mg－F fC．Mg＋mg D．Mg－mg解析：选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力F f，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力F f′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力F f′.由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝F f＋Mg，故应选A.第2节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．2．表达式：F＝ma3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．二、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题(1)由受力情况确定物体的运动情况．(2)由运动情况确定物体的受力情况．2．解决两类基本问题的思路：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．三、力学单位制1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．[自我诊断]1．判断正误(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1 J ＝1 V·A·s＝1 kg·m·s －2·m 可得，1 V ＝1 m 2·kg·s －3·A －1，因此选B.3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M ，人的质量都是m ，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F ，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是( )A ．甲图中车的加速度大小为FMB ．甲图中车的加速度大小为FM ＋mC ．乙图中车的加速度大小为2F M ＋mD ．乙图中车的加速度大小为F M解析：选 C.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A 、B 错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F ，所以乙图中车的加速度a ＝2FM ＋m，C 正确，D 错误．4．如图所示，在光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，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 ，此瞬间A 和B 的加速度大小分别为a 1、a 2，则( )A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a解析：选D.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 瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，。
高三物理第一轮复习教案第三单元 牛顿运动定律
《高三第一轮复习教案》：第三单元：牛顿运动定律回顾：1、静力学问题的解题基本思路是（核心求解问题：共点力的平衡）：确定对象，受力分析，选取坐标，正交分解，立出方程，联立求解。
基本方法：整体法，隔离法2、运动学问题的解题基本思路是（核心求解问题：匀变速直线运动的规律）：确定对象，运动分析，画出草图，选择规律，立式求解。
基本方法：函数式计算（选公式），图象应用而动力学问题既研究受力又研究运动，是前两部分内容的综合1、牛顿第一定律（1）内容（2）注意：A、力不是运动的原因，即运动可以不受力的作用。
B、力是改变物体运动状态的原因，即产生a。
C、运动的原因是物体具有惯性。
（惯性是物体保持原运动状态的能力）D、一切物体都具有惯性，惯性的大小仅由质量决定。
例题分析：1、关于伽利略的理想实验，下列说法正确的是（BD ）A、只要接触而相当光滑，物体就能在水平面上一直做匀速直线运动B、这个实验实际上是永远无法何等到的C、利用气垫导轨，就能使实验成功D、虽然是想像中的实验，但是它是建立在可靠的事实基础上的2、下列说法正确的是（ C ）A、大卡车的速度小，轿车的速度大，所以轿车的惯性大B、汽车在速度大的时候比在速度小的时候难以停下所以汽车速度大时的惯性大C、乒乓球可以被快速地来回抽杀，是因为其惯性小的缘故D、用同样的力骑自行车，车胎没气时速度增加得慢，运动状态难以改变，因此，比有气时的惯性大3、理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个是理想实验，其中有一个实验事实，其余是推论。
①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做匀速运动（1）请将上述理想实验的设计步骤按照正确的顺序排列②③①④ (只要填写序号)（2）在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想的推论，下列关于事实和推论的分类正确的是（ B ）A、①是事实，②③④是推论B、②是事实，①③④是推论C、③是事实，①②④是推论D、④是事实，①②③是推论学生练习：1、在车厢顶板上用细线挂一小球，车内的观察者，根据观察到的现象，判断正确的是（BCD ）A、若细线保持竖直，车一定是静止的B、若细线保持竖直，车可能在做匀速直线运动C、若细线向右偏斜，车可能向左转弯D、若细线的前偏，车可能向前减速2、如图所示，车厢在平直轨道上匀加速向左行驶，车厢顶落有油滴滴落在车厢地板上，车厢地板O点位于A点的正下方，则当滴管依次滴下三滴油时，下列说法正确的是（ C ）A、这三滴油依次落在O点的右方，且一滴比一滴高O点远B、这三滴油依次落在O点的右方，且一滴比一滴高OC、这三滴油依次落在O点的右方，且在同一个位置上D、这三滴油依次落都在O点上3、关于惯性，下列说法中正确的是（）A、推动原来静止的物体比推动正在运动的物体所需的力大，所以静止的物体惯性大B、正在行驶的质量相同的两辆汽车，速度大的不易停下来，所以速度大的物体惯性大C、自由下落的物体处于完全失重状态，所以这时物体的惯性消失了D、以上说法均不正确4、伽利略的斜面实验证明了（）A、使物体运动必须有力的作用，没有力作用的物体将静止B、使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C、物体没有外力的作用，一定处于静止状态D、物体不受外力的作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态2、牛顿第三定律（1）内容（2）注意：A、作用力与反作用力必定是相同性质的力。
全程复习构想近年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题三 动力学中常见的“三个物理模型”课时
全程复习构想20１8高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题三动力学中常见的“三个物理模型”课时作业新人教版编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(全程复习构想２0１8高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题三动力学中常见的“三个物理模型”课时作业新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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动力学中常见的“三个物理模型”一、选择题(1~3题只有一个选项符合题目要求，4~5题有多个选项符合题目要求)1.(2０17·东北三省三校第一次联考）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于Ａ点.竖直墙上另一点Ｂ与M的连线和水平面的夹角为60°,Ｃ是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别为由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道ＡM、ＢM运动到Ｍ点；c球由Ｃ点自由下落到Ｍ点．则（)A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.ｃ球最先到达Ｍ点D．b球和c球都可能最先到达M点解析：如图所示,令圆环半径为R,则c球由C点自由下落到Ｍ点用时满足Ｒ＝错误!gt错误!，所以t c=错误!;对于a球令AＭ与水平面成θ角,则a球下滑到M用时满足ＡM=2R sｉnθ＝错误!g sinθt错误!,即tａ=２错误!;同理b球从Ｂ点下滑到Ｍ点用时也满足tｂ=２错误!（r为过B、M 且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，ｒ＞R）．综上所述可得t b〉t a〉t c.答案:C2.如图所示,在光滑水平面上有一质量为ｍ1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木块和木板加速度的大小分别为a1和a2，关于a1和a２变化的图线中正确的是( )解析:由题意可知，m1的加速度先增大后不变,m1与ｍ2相对运动前,a＝错误!＝错误!;相对滑动后ｍ1的加速度a1不变，ａ1＝μm2gm1,m２的加速度为ａ2＝Ｆ-μm2gm2=错误!－μｇ,a２随时间增大，且比前一段时间增加得要快,选项Ａ正确．答案:A3.如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为ｍ的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜ｔanθ,则图乙中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）解析：开始阶段,物体受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得ｍｇsiｎθ＋μmg coｓθ＝ma1，所以ａ１=g sinθ＋μgｃｏsθ。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第7讲牛顿第二定律的应用1课时作业
牛顿第二定律的应用（1）基础巩固1．如图K71所示，某跳伞运动员正减速下落，下列说法正确的是( )图K71A．运动员处于失重状态B．运动员处于超重状态C．伞绳对运动员的作用力小于运动员的重力D．伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力2．如图K72所示，固定斜面的CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C 点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则( )图K72A．在CD段时，A受到三个力的作用B．在DE段时，A可能受到两个力的作用C．在DE段时，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态3．[2016·河南淮阳中学月考] 如图K73所示，质量为m A、m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面，m A>m B.已知两物体与墙面间的动摩擦因数分别为μA、μB，且μA>μB，让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是图K74中的( )图K73图K744．[2016·北京丰台区高三统一练习] 在商场中，为了节约能源，无人时，自动扶梯以较小的速度运行，当有顾客站到扶梯上时，扶梯先加速后匀速，将顾客从一楼运送到二楼，速度方向如图K75所示．若顾客与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是( )图K75A．在加速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力B．在匀速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力C．在加速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同D．在匀速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同能力提升5．[2016·湖南株洲模拟] 如图K76所示，在水平面上竖直放置的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两物块相互绝缘且质量均为2 kg，A带正电，电荷量为0.1 C，B不带电，整体处于静止状态．若突然加一沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15 N，g取10 m/s2，则( )图K76A．电场强度为50 N/CB．电场强度为100 N/CC．电场强度为150 N/CD．电场强度为200 N/C6．[2016·山东省师大附中模拟改编] 如图K77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K77A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧会被拉断D．当F撤去瞬间，质量为m的木块所受摩擦力的大小和方向不变7．如图K78所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上．开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时( )图K78A．弹簧测力计读数及小车对地面的压力均增大B．弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变小C．弹簧测力计读数变大，小车对地面的压力不变D．弹簧测力计读数不变，小车对地面的压力变大8．[2016·郑州质检] 图K78甲是某人站在力传感器上做下蹲－起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图像分析可知( )图K78A．人的重力为1500 NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度9．(多选)如图K79所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻( )图K79A．小车对物块B的摩擦力大小为μmgB．小车对物块B的摩擦力水平向右C．小车对物块B的摩擦力大小为mg tan θD．小车对物块B的合力大小为mg1＋tan2θ10．如图K710所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直．在竖直向上拉力F＝6mg(g为重力加速度)作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量可忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长．在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小a A、a B分别为( )图K710A ．a A ＝12g ，a B ＝5gB ．a A ＝a B ＝15gC ．a A ＝14g ，a B ＝3gD ．a A ＝0，a B ＝2g11．[2016·山东潍坊统一考试] 如图K711所示，小车的质量M ＝5 kg ，底板距地面高h ＝0.8 m ，小车与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，车内装有质量m ＝0.5 kg 的水(不考虑水的深度)．今给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为v ＝10 m/s 时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒钟滴出的水的质量为0.1 kg ，并由此时开始计时，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，令k ＝0.1 kg/s ，求：(1)t ＝4 s 时，小车的加速度；(2)到小车停止运动时，水平地面上水滴洒落的长度．图K711挑战自我12．[2016·重庆适应性考试] 如图K712所示，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿距离为s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面．当车的速度达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F＝kv(v为车速，k为常数)，方向与车运动方向相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a′；(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a.图K712课时作业(七)1．B [解析] 跳伞运动员减速下落，则加速度的方向向上，所以运动员处于超重状态，选项A错误，B正确；运动员处于超重状态，合外力向上，所以伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力，选项C错误；伞绳对运动员的作用力和运动员对伞绳的作用力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，选项D错误．2．C [解析] 在CD段，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律有(m A＋m B)g sin θ＝(m A＋m B)a，解得a＝g sin θ，以隔离体A为研究对象，设B对A的静摩擦力f A1沿斜面向下，由牛顿第二定律有m A g sin θ＋f A1＝m A a，解得f A1＝0，可知A受到重力和支持力两个力作用，选项A错误；在DE段，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律有(m A＋m B)g sin θ－μ(m A＋m B)g cos θ＝(m A＋m B)a′，解得加速度a′＝g sin θ－μg cos θ，以隔离体A为研究对象，设B对A的静摩擦力f A2沿斜面向下，由牛顿第二定律有m A g sin θ＋f A2＝m A a′，解得f A2＝－μm A g cos θ，负号说明方向沿斜面向上，所以A一定受到三个力作用，选项B 错误，C正确；整体下滑过程中，在CD段时，加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态，在DE段时，加速度a′＝g sin θ－μg cos θ，整体可能做匀速直线运动，不一定处于失重状态，所以选项D错误．3．A [解析] A与B整体同时沿竖直墙面下滑，墙壁对两物体不存在弹力，故两物体也不受墙壁的摩擦力作用，两物体只在重力作用下做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，所以物体B只受重力，故A正确．4．A [解析] 当扶梯匀速运动时，顾客所受支持力等于顾客的重力，顾客不受摩擦力，所以选项B、D错误．当扶梯加速运动时，有斜向上的加速度，合力方向斜向上，所以顾客所受支持力大于顾客的重力，顾客受到的静摩擦力与速度方向相同，所以选项A正确，C错误．5．B [解析] 因为A 对B 的压力减小，可知电场力的方向竖直向上，对整体分析可知，整体突然具有竖直向上的加速度，因为弹簧的力不会突变，所以有qE ＝2ma ，对A 分析，有qE ＋F N －mg ＝ma ，联立解得E ＝100 N/C ，B 正确．6．D [解析] 质量为2m 的木块受到重力、支持力、质量为m 的木块对它的压力以及摩擦力，还有弹簧的弹力，总共受到5个力，选项A 错误．当弹簧的弹力为T 时，质量为m 和2m 的木块的加速度a ＝T3m ，对整体分析，拉力F ＝6ma ＝2T ，故当拉力为2T 时，轻弹簧恰好被拉断，故B 、C 错误．撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，质量为m 和2m 的木块的加速度不变，隔离质量为m 的木块分析，根据牛顿第二定律知，其所受的摩擦力大小和方向都不变，故D 正确．7．C [解析] 开始时小车处于静止状态，小球受到重力mg 、绳的拉力F 绳1，由于小球静止，所以F 绳1＝mg .当小车匀加速向右运动时，小球也向右匀加速运动，小球受力如图所示．由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律可知，小球所受的合力也水平向右，根据几何关系得出此时绳子的拉力F 绳2＞mg ，所以绳中拉力变大，弹簧测力计读数变大．对整体进行受力分析，开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于其重力．当小车匀加速向右运动时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向处于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于其重力，由牛顿第三定律可知，小车对地面的压力不变，选项C 正确．8．B [解析] 由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N ，质量m ＝50 kg ，b 点位置人处于失重状态，c 、d 、e 点位置人处于超重状态，选项A 、C 错误，选项B 正确；d 点位置传感器对人的支持力F 最大，为1500 N ，由F －mg ＝ma 可知，d 点的加速度a d ＝20 m/s 2，f点位置传感器对人的支持力为0，由F －mg ＝ma 可知，f 点的加速度a f ＝－10 m/s 2，故d 点的加速度大于f 点的加速度，选项D 错误．9．BCD [解析] 以小球A 为研究对象，其合力水平向右，由牛顿第二定律有m A g tan θ＝m A a ，可得小车向左做加速度大小为a ＝g tan θ的匀减速运动；以物块B 为研究对象，可知小车对物块B 向右的静摩擦力f ＝ma ＝mg tan θ，小车对物块B 竖直向上的支持力F N ＝mg ，故小车对物块B 的合力大小为F ＝F 2N ＋f 2＝mg 1＋tan 2θ，方向为斜向右上方，选项B 、C 、D 正确．10．D [解析] 对滑轮分析，有F －2T ＝ma ，又知m ＝0，所以T ＝F 2＝6mg2＝3mg ；对A受力分析，由于T <4mg ，故A 静止，a A ＝0，对B 受力分析，根据牛顿第二定律得a B ＝T －mgm＝3mg －mgm＝2g ，选项D 正确．11．(1)1 m/s 2(2)35.5 m[解析] (1)取小车和水为研究对象，设t ＝4 s 时的加速度为a ，则μ(M ＋m －kt )g ＝(M ＋m －kt )a解得a ＝1 m/s 2(2)设小车滴水的总时间为t 1，则t 1＝mk＝5 s 设小车运动的时间为t 2，则t 2＝v a＝10 s 因t 1<t 2，故滴水过程中小车一直运动在滴水时间内小车的位移为x ＝vt 1－12at 21＝37.5 m设每滴水下落到地面所用的时间为t 3，则h ＝12gt 23解得t 3＝0.4 s第1滴水滴的水平位移为x 1＝vt 3＝4 m最后一滴水滴下落时的初速度为v 2＝v －at 1＝5 m/s 水平位移为x 2＝v 2t 3＝2 m故水平地面上水滴洒落的长度L ＝x ＋x 2－x 1＝35.5 m. 12．(1)2s t 2 (2)（mg －kv 0）t 2－22ms（mg ＋kv 0）t2(3)mgt 2－2ms kv 0t 2＋2msg －kv 0m[解析] (1)根据匀加速直线运动规律，有s ＝12a ′t 2解得a ′＝2st2.(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为F N ，树叶受到的空气阻力为F ，树叶受到的滑动摩擦力为f ，有F ＝kv 0 f ＝μF NF N ＝mg cos θ＋F sin θ 由牛顿第二定律，有mg sin θ－f －F cos θ＝ma ′ 由题意知，θ＝45° 联立解得μ＝（mg －kv 0）t 2－22ms（mg ＋kv 0）t2. (3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为F ′N ，树叶受到的空气阻力为F ′，树叶受到的最大静摩擦力为f ′，有f ′＝μF ′N F ′＝kv 0由牛顿第二定律有F ′N sin θ＋f ′cos θ－F ′＝ma F ′N cos θ＝f ′sin θ＋mg 由题意知，θ＝45°联立并代入μ，得a＝mgt2－2mskv0t2＋2ms g－kv0m.。
高考物理一轮复习方案—3、第3讲 牛顿运动定律的综合应用
超重和失重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、失重和完全失重比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g原理式F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝maF＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升(1)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。
(2)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。
在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。
(3)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
1．在下列运动过程中，人处于失重状态的是()A．小朋友沿滑梯加速滑下B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动D．运动员何冲离开跳板后向上运动解析：选ACD物体处于失重状态指的是在物体具有向下的加速度情况下，物体对支撑面的压力或者悬挂物的拉力小于物体的重力的现象。
当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下加速度，滑梯对人的支持力小于人的重力，人处于失重状态；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，加速度在水平方向，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了人的重力，人不处于失重状态；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态；运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态。
全品复习方案2020届高考物理一轮复习第3单元牛顿运动定律课时作业含解析
沿水平方向向左做匀加速直线运动,该过程中 P 与 Q 恰好保持相对静止,空气阻力不计,重力加速 度为 g,下列说法正确的是 ( )
A.物块 P 受到的支持力大小为 B.物块 P 受到的支持力大小为 mgcosθ C.木板 Q 的加速度大小为 gcosθ D.木块 Q 的加速度大小为 gsinθ
技能提升
牛顿运动定律课时作业
课时作业(六) 第 6 讲 牛顿运动定律的理解 时间/40 分钟
基础达标 1.[2018·浙江温州模拟]在一次交通事故中,一辆载有 30 吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让 横穿马路的摩托车而紧急制动,结果车厢上的钢材向前冲出,压扁驾驶室.关于这起事故原因的物 理分析正确的是( ) A.由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动后,钢材继续向前运动,压扁驾驶室 B.由于汽车紧急制动,使其惯性减小,而钢材惯性较大,所以继续向前运动 C.由于车厢上的钢材所受阻力太小,不足以克服其惯性,所以继续向前运动 D.由于汽车制动前的速度太大,汽车的惯性比钢材的惯性大,在汽车制动后,钢材继续向前运动 2.鱼 在 水 中 沿 直 线 水 平 向 左 减 速 游 动 过 程 中 ,水 对 鱼 的 作 用 力 方 向 合 理 的 是 图 K6-1 中 的
间的动摩擦因数μ= ,g 取 10m/s2.小球在竖直向上的拉力 F=20N 作用下沿杆向上滑动. (1)画出小球的受力示意图. (2)求小球对杆的压力大小和方向. (3)求小球的加速度大小.
图 K6-13
挑战自我 15.如图 K6-14 所示,一轻绳上端系在车的左上角的 A 点,另一轻绳一端系在车左端 B 点,B 点在 A 点正下方,A、B 距离为 b,两绳另一端在 C 点相结并系一质量为 m 的小球(可视为质点),绳 AC 长度
高考物理-全品一轮第3单元牛顿运动定律听课详解
教师详解(听课手册)第三单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解【教材知识梳理】核心填空一、1.匀速直线2.(1)匀速直线(2)质量质量质量二、1.作用力(或合力)相同2.F=ma3.(1)惯性(2)宏观三、1.相等相反2.方向相反四、时间千克秒米思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√)(5)(√)(6)(√)(7)(×)(8)(√)【考点互动探究】考点一例1BD[解析]油滴未滴落时具有与车厢相同的速度,油滴落下时在水平方向上相对于车厢有水平向右的加速度a,落地时间为t=,运动的距离为x=at2,则油滴落在O点右侧,与O点距离为x=,选项B、D正确.变式题A[解析]根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,小球在斜面上没有能量损失,因此可以上升到与O点等高的位置,而B、C、D三个选项,从题目不能直接得出,所以选项A正确.考点二例2C[解析]水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,由牛顿第二定律,得F-μmg=ma,解得加速度a=-μg,由此可知,a-F图像在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力μmg,纵轴截距的绝对值等于μg,斜率等于,故选项A、B、D错误;根据图像能够得出外力F为12 N时物体的加速度,但不能计算出物体的速度,选项C正确.变式题1D[解析]根据题意,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=-g,据此可知,若拉力改为2F,物体加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,物体加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,物体加速度a3=,选项C错误;若质量改为,拉力改为,物体加速度a4=-g=a,选项D正确.变式题2C[解析]弹簧的弹力大小变化,方向始终向左,根据牛顿第二定律可知,物体的加速度大小变化、方向不变;压缩弹簧阶段,P的加速度变大,速度变小,弹簧被压缩至最短时,P的加速度最大,速度为零;弹簧弹开物体恢复原长的过程,P的加速度变小,速度变大,选项C正确.变式题3C[解析]由整体法知,F弹=(m A+m B)g sin 30°,剪断线瞬间,弹力不发生变化,由牛顿第二定律,对B,有F弹-m B g sin 30°=m B a B,得a B=,对A,有m A g sin 30°=m A a A,得a A=g,所以C正确.变式题4C[解析]顾客加速过程中,受力如图所示,由牛顿第二定律,有f=ma cos θ,F N-mg=ma sin θ,扶梯对顾客的作用力斜向右上方,与扶梯运动方向不平行,故顾客对扶梯的作用力斜向左下方,与扶梯运动方向不平行,选项B、D错误,选项C正确;在匀速运动过程中,顾客仅受重力和支持力,且二力平衡,选项A错误.考点三例3D[解析]人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,无论人是加速下陷还是减速下陷,人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力大小总是相等的,选项C错误,选项D正确.加速下降时,人的重力大于沼泽地对人的支持力,减速下降时,人的重力小于沼泽地对人的支持力,再结合选项D的结论可知,选项A、B错误.[点评]本题需要理清的关系是:(1)人受的重力、沼泽地对人的支持力是一对共点力,二者大小情况为:当人加速下降时,重力大于沼泽地对人的支持力;当人匀速下降时,重力等于沼泽地对人的支持力;当人减速下降时,重力小于沼泽地对人的支持力.(2)人对沼泽地的压力和沼泽地对人的支持力是一对相互作用力,总是等大反向.变式题A[解析]木块静止,在竖直方向上受两个力,即重力和墙对木块的静摩擦力,这两个力是一对平衡力,故A正确,B错误;木块在水平方向上受外力F和墙对木块的支持力,这两个力是一对平衡力,故C、D错误.1.如图所示,一个劈形物体N放在固定的斜面M上,物体N上表面水平,其上放一光滑小球m.若劈形物体各面均光滑,从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是()A.沿斜面向下的直线B.竖直向下的直线C.无规则曲线D.抛物线[解析] B根据牛顿第一定律,小球在水平方向上不受外力,所以在水平方向上运动状态不变,只能沿竖直方向运动,故选项B正确.2.[2017·武汉部分重点中学联考]伽利略和牛顿都是物理学发展史伟大的科学家,巧合的是,牛顿就出生在伽利略去世后第二年.下列关于力和运动关系的说法中,不属于他们观点的是()A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.物体都具有保持原来运动状态的属性,即惯性D.力是维持物体运动的原因[解析] D A项是伽利略的观点,B、C两项是牛顿的观点,D项是亚里士多德的观点.3.一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面,桌面上A处有一相对桌面静止的小球.由于列车运动状态的改变,车厢中的旅客发现小球沿图 (俯视图)中的虚线从A点运动到B点,则说明列车是减速且在向南拐弯的图是()[解析] A由于列车原来做匀速运动,小球和列车保持相对静止,现在列车要减速,由于惯性小球必向前运动,C、D错误;又因列车要向南拐弯,由于惯性小球相对桌面向北运动,A正确,B错误.4.[2017·郑州外国语学校期末]如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处.滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示,重力加速度为g.由图可以判断下列说法错误的是()A.图线与纵轴的交点M的值a=-gB.图线与横轴的交点N的值T=mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数[解析] C对货物受力分析,受重力mg和拉力T,根据牛顿第二定律,有T-mg=ma,得a=-g,当T=0时,a=-g,即图线与纵轴的交点M的值a=-g,故A正确;当a=0时,T=mg,故图线与横轴的交点N的值T=mg,故B正确;图线的斜率表示质量的倒数,故C 错误,D正确.5.如图所示,用弹簧测力计悬挂一个重G=10 N的金属块,使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出).若弹簧测力计的示数变为F T=6 N,则台秤的示数与金属块没有浸入水前相比()A.保持不变B.增加10 NC.增加6 ND.增加4 N[解析] D对金属块受力分析,由平衡条件可知,水对金属块的浮力为F=G-F T=4 N,方向竖直向上,则由牛顿第三定律可得,金属块对水的作用力大小为F'=4 N,方向竖直向下,所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4 N,选项D正确.6.如图所示,一轻弹簧竖直固定在水平地面上,弹簧正上方有一个小球自由下落.从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中,如图所示的关于小球的加速度a随时间t或者随距O点的距离x变化的关系图线正确的是()[解析] B从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中,弹簧弹力F=kx,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,解得a=g-x,选项B正确,选项D错误;加速度随时间的变化是先减小再反向增大,但不是按线性关系变化,选项A、C错误.7.(多选)图是汽车运送圆柱形工件的示意图.图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,当汽车静止时,Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零.在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零.已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A.4 m/s2B.3 m/s2C.2 m/s2D.1 m/s2[解析] AB在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,则小球受重力mg、压力传感器N 的弹力F N作用和压力传感器Q向下的弹力F作用,沿水平、竖直方向正交分解,根据牛顿第二定律得,F+mg=F N cos 15°,F合=F N sin 15°=ma,解得a=×0.27 m/s2+2.7 m/s2>2.7 m/s2,选项A、B正确.8.如图所示,车内绳AB与绳BC拴住一小球,BC水平,车由原来的静止状态变为向右加速运动,小球仍处于图中所示的位置,则()A.AB绳、BC绳的拉力都变大B.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力变小C.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力不变D.AB绳的拉力不变,BC绳的拉力变大[解析] D如图所示,车加速时,球的位置不变,则AB绳的拉力沿竖直方向的分力T1cos θ仍等于重力G,T1=不变;向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供,故T2变大,选项D正确.9.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,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.第7讲牛顿第二定律的应用(1)【教材知识梳理】核心填空一、1.加速度2.加速度二、1.大于小于2.等于零思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√)【考点互动探究】考点一例1(1) s(2) m[解析](1)在0~2 s内,由牛顿第二定律知F1-f=ma1f=μmgv1=a1t1解得v1=2 m/s在2~4 s内,物体的加速度大小a2==3 m/s2方向与v1的方向相反物体减速到停止所用时间t2= s.(2)0~2 s内物体的位移x1==2 m2~4 s内物体的位移x2= m由周期性可知4~6 s内和0~2 s内位移相等.所以6 s内物体的位移x=2x1+x2= m.变式题1(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m[解析](1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1= m/s2=1.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1=a1t1=1.2×1.0 m/s=1.2 m/s位移x1==0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小为a2=经时间t2速度变为v'1=v1-a2t2设第二次利用滑雪杖后获得的速度大小为v2,则=2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2=解得x2=5.2 m.变式题2B[解析]方法1:解析法.设上面圆的半径为r,下面半圆的半径为R,轨道与竖直方向的夹角为φ,则轨道的长度l=2r cos φ+R,物块沿轨道下滑的加速度a==g cos φ,由位移公式得l=at2,则t=,因为α>β>θ,则t AB>t CD>t EF.故选项B正确,A、C、D错误.方法2:等时圆法.如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知,t AB>t CD>t EF,选项B正确.例2(1)(2) N[解析](1)根据牛顿第二定律可得mg sin 30°-μmg cos 30°=ma解得μ=.(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.由x=a1t2,得a1=2 m/s2,当加速度沿斜面向上时,有F cos 30°-mg sin 30°-μ(F sin 30°+mg cos 30°)=ma1,解得F= N当加速度沿斜面向下时,有mg sin 30°-F cos 30°-μ(F sin 30°+mg cos 30°)=ma1解得F= N.变式题(1)6 N(2)0.017 m3.7 N[解析](1)整体以a匀加速向右运动,根据牛顿第二定律得F-μ(M+m)g=(M+m)a,解得F=6 N.(2)设弹簧的形变量为x,斜面对小球的支持力为F N,对小球受力分析,在水平方向,有kx cos θ-F N sin θ=ma在竖直方向,有kx sin θ+F N cos θ=mg解得x=0.017 m,F N=3.7 N.考点二例3ABD[解析] 0~2 s该同学所受的支持力小于重力,合力向下,加速度向下,由于电梯初始为静止状态,所以0~2 s内电梯匀加速下降,2~10 s内该同学所受的支持力等于重力,此时为平衡状态,所以2~10 s内电梯保持2 s末的速度匀速下降,10~11 s 内该同学所受的支持力大于重力,合力向上,由于之前的速度向下,所以此阶段电梯匀减速下降,选项A正确;匀加速阶段加速度a==1 m/s2,2 s末的速度v2=at=2 m/s,此阶段位移x1=at2=2 m,匀速阶段位移x2=16 m,匀减速阶段时间t'=1 s,初速度为2 m/s,末速度等于0,所以此阶段加速度大小a'==2 m/s2,根据牛顿第二定律F'N-G=ma'=a',解得此时的支持力F'N=600 N,即F3=600 N,此阶段位移x3=t'=1 m,总位移x=x1+x2+x3=19 m,故选项B、D正确,C错误.变式题1CD[解析]运动员刚接触床面时重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态;随床面形变的增大,弹力逐渐增大,弹力大于重力时,运动员做减速运动,运动员处于超重状态,故A错误,C正确;蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的,加速度方向先向上后向下,运动员先处于超重状态,后处于失重状态,故B错误,D正确.变式题2C[解析]物体沿斜面下滑的加速度a=g sin 30°,方向沿斜面向下,对整体,在竖直方向由牛顿第二定律得(M+m)g-F N=ma y,其中a y=a sin 30°,故F N相对原来减小mg sin 30°·sin 30°=1 N,选项C正确.变式题3CD[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,宇航员受到的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,正立和倒立感觉一样,选项D正确.考点三例4(1)0.5 m/s2(2)0或2 s时 1 m/s2(3)1 s时0.5 m/s[解析](1)当t=0.5 s时,F2=(2+2×0.5)N=3 N由牛顿第二定律有F1-F2=maa= m/s2=0.5 m/s2.(2)以水平向右为正方向,物体所受的合外力为F=F1-F2=4-(2+2t)=2-2t(N)作出F-t图像如图所示.从图中可以看出,在0~2 s范围内,当t=0时,物体有最大加速度a0.F0=ma0a0= m/s2=1 m/s2当t=2 s时,物体也有最大加速度a2.F2=ma2a2= m/s2=-1 m/s2,负号表示加速度方向向左.(3)由牛顿第二定律得a==1-t(m/s2)画出a-t图像如图所示.由图可知,t=1 s时速度最大,最大值等于上方三角形的面积,即v=×1×1 m/s=0.5 m/s.变式题1C[解析] 1~2 s内物体加速度恒定,故所受作用力恒定,根据牛顿第二定律F合=ma知合外力为12 N,由于物体在水平方向受摩擦力作用,故作用力F大于12 N,A错误;物体在力F作用下由静止开始运动,加速度方向始终为正,与速度方向相同,故物体在前3 s内始终做加速运动,第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了,但仍是加速运动,B错误;因为物体速度始终增加,故3 s末物体的速度最大,根据Δv=a·Δt知速度的增加量等于加速度与时间的乘积,在a-t图像上即为图像与时间轴所围图形的面积,即Δv=×(1+3)×4 m/s=8 m/s,物体由静止开始做加速运动,故最大速度为8 m/s,C正确;第2 s内物体的加速度恒定,物体做匀加速直线运动,在0~1 s内物体做加速度增大的加速运动,2~3 s内物体做加速度减小的加速运动,D错误.变式题2C[解析]小球向上做匀减速运动的加速度大小a1=12 m/s2,根据牛顿第二定律得mg+f=ma1,解得阻力f=ma1-mg=2 N,则重力和阻力大小之比为5∶1,故A错误;小球下降的加速度大小a2= m/s2=8 m/s2,根据x=,可知上升的时间和下落的时间之比为∶3,故B错误;小球匀减速上升的位移x=×2×24 m=24 m,根据v2=2a2x得,v= m/s,故C正确;下落的过程中,加速度向下,处于失重状态,故D错误.1.[2015·重庆卷]若货物随升降机运动的v-t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()A 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v-t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、五个阶段为基准(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升降机匀速上升时,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=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.[2016·福建质检]如图所示,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()A.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竖直向上[解析] C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.4.(多选)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= 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= s>10 s,而气球实际加速度越来越小,故上升180 m所用时间更长,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.5.[2017·东北三省三校一模]如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点.B点在y轴上且∠BMO=60°,O'为圆心.现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,所用时间分别为t A、t B、t C,则t A、t B、t C 大小关系是()A.t A<t C<t BB.t A=t C<t BC.t A=t C=t BD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系[解析] B由等时圆模型可知,A、C在圆周上,B点在圆周外,故t A=t C<t B,B正确.6.(多选)[2017·汕头模拟]建设房屋时,保持底边长度L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为做无初速度、无摩擦的运动.下列说法正确的是()A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M所用的时间越短[解析] AC设屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N,垂直于屋顶方向,有mg cos θ=F N,平行于屋顶方向,有ma=mg sin θ,雨滴的加速度为a=g sin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力大小F'N=F N=mg cos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据几何关系判断,屋顶坡面的长度x=,由x=(g sin θ)t2,可得t=,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=(g sin θ)t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.7.[2017·南宁模拟]如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102 m的水平跑道和长度为l2=20 m 的倾斜跑道两部分组成.水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m.一架质量为m=2.0×104 kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的.假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,g取10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小;(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s,外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力F推的大小. [答案](1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N[解析](1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为t1,有F-f=ma1=2a1l1v1=a1t1其中v0=0,f=mg解得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用,设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,末速度大小为v2,沿倾斜跑道方向有F-f-mg sin α=ma2sin α==2a2l2其中v1=40 m/s解得a2=3.0 m/s2,v2= m/s≈41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s,到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a'1,末速度大小为v'1,有F推+F-f=ma'1v=2a'1l1飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化,加速度大小仍为a'2=3.0 m/s2v=2a2'l2根据题意,v2'=100 m/s,解得F推≈5.2×105 N故助推力F推的大小为5.2×105 N.第8讲牛顿第二定律的应用(2)【考点互动探究】考点一例1(1)3(2)mg[解析](1)设物体的加速度为a,绳子中的张力为F,对物体A,有F-Mg=Ma,对B、C整体,有(M+m)g-F=(M+m)a,联立解得a=g.将m=M代入,得a=.物体B从静止开始下落一段距离,即h=at2,自由落体下落同样的距离,即h=,解得=3.即物体B从静止开始下落一段距离的时间与自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3.(2)设B对C的拉力为T,对物体C,由牛顿第二定律得mg-T=ma,解得T=mg-ma=mg.由牛顿第三定律,物体C对B的拉力为mg.变式题114.4 N≤F≤33.6 N[解析]假设水平推力F较小,物块相对斜面具有下滑趋势,当刚要下滑时,推力F具有最小值,设大小为F1,此时物块受力如图甲所示,取加速度方向为x轴正方向,对物块分析,在水平方向,有F N sin θ-μF N cos θ=ma1在竖直方向,有F N cos θ+μF N sin θ-mg=0对整体,有F1=(M+m)a1联立解得a1=4.8 m/s2,F1=14.4 N,假设水平推力F较大,物块相对斜面具有上滑趋势,当刚要上滑时,推力F具有最大值,设大小为F2,此时物块受力如图乙所示,对物块分析,在水平方向,有F N'sin θ+μF N'cos θ=ma2在竖直方向,有F N'cos θ-μF N'sin θ-mg=0对整体有F2=(M+m)a2联立解得a2=11.2 m/s2,F2=33.6 N,综上所述可知推力F的取值范围为14.4 N≤F≤33.6 N.变式题2BC[解析]在水平拉力F的作用下,四个木块以相同的加速度一起加速运动,则由牛顿第二定律可知,对整体有F=4ma,对A、D木块有f A=f D=ma,解得A、D木块所受摩擦力大小f A=f D=,方向均水平向右,故B、C正确;一起加速过程中,C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力,共五个力的作用,故A错误;当F 撤去瞬间,D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变,而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向,故D错误.考点二例2[解析]小球刚要离开挡板时,小球和挡板间的压力为F N=0.此时,对小球,有mg sin θ-kx=ma即小球做匀加速运动发生的位移为x=时,小球与挡板分离.由运动学公式x=at2得,从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t=.[点评]对于分离类问题,从受力角度来说,分离条件均是相互接触的两个物体间压力F N=0.不过要注意的是,分离之前直到分离瞬间,相互接触的两个物体在垂直于接触面方向始终具有相同速度和相同加速度,而不要误认为是小球加速度为零时分离.变式题(1)(2)θ=60° m[解析](1)当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则mg sin θ=f,f=μmg cos θ联立解得μ=.(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,物块的加速度为a,则-mg sin θ-μmg cos θ=ma,由0-,令cos α=,sin α=,即tan α=μ,则x=,当α+θ=90°时x最小,即θ=60°,所以x最小值为x min= m.考点三例3(1)mg sin 37°-μ1mg cos 37°4a1t2 2mg sin 37°-μ2mg cos 37°5L-x112.8-v212(2)-μ1mg0-v23.2-μ2g-1.25v2-v2 x1+x226变式题1(1)0.2(2)2 s[解析](1)当F=0时,物体在光滑斜面上下滑的加速度为a1==g sin θ=6 m/s2物体下滑的距离为L,物体下滑到底端时的速度v满足v2=2a1L可得v= m/s物体在水平地面上在滑动摩擦力作用下做减速运动,加速度大小a2==μg由0-v2=-2a2s=-2μgs得μ==0.2.(2)当F=4 N时,物体在斜面上下滑的加速度为a'1= m/s2=2 m/s2据L=。
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知识梳理
5.过直线外一点 有且只有一条直线与这条直线平行. 6.如图，若l1∥l2，则① ∠1=∠2 ；② ∠3=∠2 ；③ ∠2+∠4=180.°
难点突破
► 考点二 平行线的性质
【例2】如图，已知a∥b，小亮把三角板的直角顶点放在直线b上.若∠1=40°，则∠2的度 数为________. 【思路点拨】由两直线平行，同位角相等得∠2=∠3.再由三角板的直角得∠1与∠3互余， 从而求得∠3. 【自主解答】∵a∥b，∴∠2=∠3， ∵∠3=90°－∠1=90°－40°=50°，∴∠2=50°. 答案：50°
遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。 • 三、课后“静思2分钟”大有学问 • 我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的 课后复习30分钟。
知识梳理
1、如果两个角的和为 90°(或直角) ，那么称这两个角互为余角
如果两个角的和为 180°(或平角) ，那么称这两个角互为补角
性质：同角或等角的余角 相等 ，同角或等角的补角
。相等
2、如果两个角有公共顶点，且它们的两边互为反向延长线，这样的两个角叫 做 对顶角。 性质：对顶角 相等 。
知识梳理
，∠那3么=∠l12∥l2；③如
(4)垂直于同一条直线的两条直线互相 平行 .
难点突破
► 考点三 平行线的判定
【例3】如图,已知∠1＝∠2,则图中互相平行的线段是________.
【思路点拨】∠1和∠2是由AD,BC被AC所截而成,所以根据平行线的判定, 由∠1＝∠2可得AD∥BC. 【自主解答】因为∠1＝∠2，所以AD∥BC.
答案：AD∥BC (AD与BC)
难点突破
【点析】平行线的条件是指由角的数量关系判定两条直线平行.通常为判断图 形的同位角相等、内错角相等或同旁内角互补,进而得到两直线平行.切记只 有“三线八角”的角的数量关系,才能判断两直线平行,其他类型的角不可以.
知识梳理 8、只用直尺和圆规来完成的画图，称为 尺规作图 。
[思路点拨] 欲求∠AOD的度数，由于∠AOB＝90°，所以关键是求∠BOD.由图可知 ∠BOD与∠EOC为对顶角，又OF平分∠COE，故∠BOD＝2∠COF，再结合∠COF＋∠BOD＝ 51°可求解∠BOD.
难点突破
【自主解答】
难点突破
[点析] 两条直线相交，可能产生对顶角、互余、互补、垂直等，这些角并不是孤 立存在的，它通常与其它角之间存在一定的位置关系和数量关系，本题中通过相关角之 间的数量关系构建方程求解问题，解题关键是要善于挖掘图形中的隐含条件，综合运用 所学知识，融会贯通，逐步分析与解决．
3、当两条直线相交所成的四个角中有一个角是直角时，就说这两条直线
们的互交相点垂叫直做 .
垂足
，它
4 、直线外一点到直线上各点连结的所有线段中，垂线段
做
点到直线的. 距离
，最这短条垂线段的长度叫
难点突破
► 考点一 与相交线有关角(对顶角、互余、互补、垂直)的计算
例1、如图，直线BC，DE交于O点，OA，OF为射线，AO⊥OB，OF平分∠COE， ∠COF＋∠BOD＝51°.求∠AOD的度数．
本课小结
平面内两条直线的位置关系
相交线 两线四角
三线八角
对邻 顶补 角角
垂斜
线 及
线
性
质
同内同 旁错位 内角角 角
平行线 平行公理及推论
平
平
行
行
线
线
的
的
判
性
定
质
随堂检测
1.如图，DE∥AB，若∠ACD=55°，则∠A等于( B ) (A)35° (B)55°(C)65° (D)125°
2.如图，直线a,b被直线c所截，下列说法正确的是( D ) (A)当∠1=∠2时，一定有a∥b (B)当a∥b时，一定有∠1=∠2 (C)当a∥b时，一定有∠1＋∠2=90° (D)当∠1＋∠2=180° 时，一定有a∥b
随堂检测
3、如图，已知AB∥CD，AE平分∠CAB， 且交CD于点D，∠C=110°，则∠EAB为( B )
(A)30° (C)40°
(B)35° (D)45°
4.如图，已知BD平分∠ABC，点E在BC上，EF∥AB，若∠CEF=100°，∠ABD的度数为
(B )
(A)60°
(B)50°
(C)40°
难点突破
[点析]平行线的性质： 两直线平行，同位角相等； 两直线平行，内错角相等； 两直线平行，同旁内角互补．
知识梳理
7.平行线的判定方法：
(1)应用平行线的定义.
(2)平行于同一条直线的两条直线 平行 .
(3)如图，①如果 ∠1=，∠2那么l1∥l2；②如果
果
∠2+∠，4=那1么80l°1∥l2.
七年级下册
第2章 相交线与平行线源自习目标1．进一步熟悉相交线所成的角及其基本结论； 2．进一步理解垂线、垂线段的概念及性质，点到直线的距离； 3．熟练掌握三线八角（同位角、内错角、同旁内角），两直线平行的判定及其应用； 4．熟练掌握平行线的性质及一些结论，并会应用； 5．平移的特征并会应用其解决问题.
(D)30°
随堂检测
5.如图，点Ａ,Ｏ,Ｂ在同一直线上，已知∠BOC=50°，则∠AOC=_1__3_0____°.
6.如图，AB∥CD∥EF，那么∠BAC+∠ACE+∠CEF=__3__6_0___度.
随堂检测
7、已知：如图，AB∥CD，求证：∠B+∠D=∠BED.
证明：过点E作EF∥AB，
A
∴∠B=∠1（两直线平行，内错角相等）.
∵AB∥CD（已知），
C
又∵EF∥AB（已作），
∴EF∥CD（平行于同一直线的两条直线互相平行）.
∴∠D=∠2（两直线平行，内错角相等）.
又∵∠BED=∠1+∠2，
∴∠BED=∠B+∠D（等量代换）.
E
1 2
B F
D
随堂检测
8.已知：如图15，AD⊥BC于D，EG⊥BC于G，∠E =∠3. 求证：AD平分∠BAC. 证明：∵ AD⊥BC于D，EG⊥BC于G (已知),
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
经离开教室，也可以向同学请教，及时消除疑难问题。做到当堂知识，当堂解决。 • 二、补笔记 • 上课时，如果有些东西没有记下来，不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容，可以在笔记本上留下一定的空间。下课后，再从头到尾阅读一
2019/7/19
最新中小学教学课件
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2019/7/19
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难点突破
► 考点四 尺规作图
例4 如图所示，已知∠β，求作∠AOB，使∠AOB＝2∠β.
难点突破
解： 作法：(1)作射线OA； (2)以射线OA为一边作∠AOC＝∠β； (3)以O为顶点，以射线OC为一边，在∠AOC的外部作∠BOC＝∠β. 则∠AOB就是所求作的角．如图所示．
难点突破
[点析]本题中两次运用基本作图——作一个角等于已知角． 若继续以OB边在外部作∠BOD＝∠β，可得∠AOD＝3∠β.
∴ AD∥EG(垂直于同一条直线的两条直线互相平行). ∴∠2=∠3 (两直线平行,内错角相等). ∠1=∠E (两直线平行,同位角相等) 又∵ ∠E =∠3 (已知), ∴ ∠1=∠2 (等量代换). ∴ AD平分∠BAC (角平分线定义).
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？