2018版高考：3.3《牛顿运动定律的综合应用》教学案(含答案)
高考物理 专题3-3 牛顿运动定律的综合应用(教学案)
【高频考点解读】1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决实际问题．【热点题型】热点题型一对超重、失重的理解【例1】（2018浙江）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D.【答案】C【变式探究】(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小答案：AD【提分秘籍】(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。
(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。
此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。
【举一反三】如图甲所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O 的拉力分别为F1、F2、F3。
现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则()A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mgC．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg解析：对轻质结点O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大反向，选项A正确，选项C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3<mg，即F1与F2的合力小于mg，选项B错误；在t1～t2时间内，电梯减速向下运动，物体处于超重状态，F3>mg，即F1与F2的合力大于mg，选项D正确。
高考物理第一轮复习教案第3章《牛顿运动定律》3牛顿运动定律的应用(一)
3.3 牛顿运动定律的应用（一）知识目标一、牛顿运动定律的解题步骤应用牛顿第二定律解决问题时，应按以下步骤进行．1．分析题意，明确已知条件和所求量2、选取研究对象；所选取的对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，同一个题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。
3．对其进行受力情况分析和运动情况分析（切莫多力与缺力）；4．根据牛顿第二定律列出方程；说明：如果只受两个力，可以用平行四边形法则求其合力，如果物体受力较多，一般用正交分解法求其合力，如果物体做直线运动，一般把力分解到沿运动方向和垂直于运动方向；当求加速度时，要沿着加速度的方向处理力；当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度；5．把各量统一单位，代入数值求解；二、注意事项：①由于物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，在画受力分析图时，把所受的外力画在物体上（也可视为质点，画在一点上），把v0和a的方向标在物体的旁边，以免混淆不清。
②建立坐标系时应注意：A．如果物体所受外力都在同一直线上，应建立一维坐标系，也就是选一个正方向就行了。
如果物体所受外力在同一平面上，应建立二维直角坐标系。
B．仅用牛顿第二定律就能解答的问题，通常选加速度a的方向和垂直于a的方向作为坐标轴的正方向，综合应用牛顿定律和运动学公式才能解答的问题，通常选初速度V0的方向和垂直于V0的方向为坐标轴正方向，否则易造成“十”“一”号混乱。
C．如果所解答的问题中，涉及物体运动的位移或时间，通常把所研究的物理过程的起点作为坐标原点。
③解方程的方法一般有两种：一种是先进行方程式的文字运算，求得结果后，再把单位统一后的数据代入，算出所求未知量的值。
另一种是把统一单位后的数据代入每个方程式中，然后直接算出所求未知量的值，前一种方法的优点是：可以对结果的文字式进行讨论，研究结果是否合理，加深对题目的理解；一般都采用这种方法，后一种方法演算比较方便，但是结果是一个数字，不便进行分析讨论。
高三物理复习 第3讲 牛顿运动定律的综合应用精品教案
第3讲牛顿运动定律的综合应用对应学生用书P441.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)1.理解及掌握以下几个问题：(1)灵活运用隔离法和整体法求解加速度相等的连接体问题；(2)用正交分解法解决受力复杂的问题；(3)综合运用牛顿运动定律和运动学规律分析、解决多阶段(过程)的运动问题；(4)运用超重和失重的知识定性分析一些力学现象．另外，还应具有将实际问题抽象成物理模型的能力．2．牛顿定律应用中的整体法和隔离法(1)整体法当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．(2)隔离法当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求出连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )．A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化解析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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．答案 D2．下列说法正确的是( )．A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析运动员是否超失重取决于加速度方向，A、C、D三个选项中，运动员均处于平衡状态，不超重也不失重．答案 B3.图3－3－1如图3－3－1所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F的作用时间至少为(取g＝10 m/s2)( )．A．0.8 s B．1.0 sC.255 s D.2510 s解析板在F作用下做加速运动F－μmg＝ma1，a1＝1 m/s2，v2＝2a1s1，F撤去后物体做减速运动，μmg＝ma2，a2＝4 m/s2.速度减为零v 2＝2a 2s 2.当板的重心越过桌子边缘会自动翻下桌子， 则有s 1＋s 2＝L2.v 22a 1＋v 22a 2＝L2，v ＝0.8 m/s ， t 1＝va 1＝0.8 s ，故A 项正确．答案 A4．如图3－3－2所示，两个质量分别为m 1＝1 kg 、m 2＝4 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F 1＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( )．图3－3－2A ．弹簧秤的示数是25 NB ．弹簧秤的示数是50 NC ．在突然撤去F 2的瞬间，m 2的加速度大小为7 m/s 2D ．在突然撤去F 1的瞬间，m 1的加速度大小为13 m/s 2解析 本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用．以m 1、m 2以及弹簧为研究对象，则整体向右的加速度a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝2 m/s 2；再以m 1为研究对象，设弹簧的弹力为F ，则F 1－F ＝m 1a ，则F ＝28 N ，A 、B 错误；突然撤去F 2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m 2的加速度a ＝Fm 2＝7 m/s 2，C 正确；突然撤去F 1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m 1的加速度a ＝F m 1＝28 m/s 2，D 错误．答案 C 5．一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，运动时间为t 1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，运动时间为t 2，则( )．A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法判断t 1与t 2的大小解析 设滑梯与水平面的夹角为θ，则第一次时，a 1＝m 1g sin θm 1＝g sin θ，第二次时a 2＝m 1＋m 2g sin θm 1＋m 2＝g sin θ，所以a 1＝a 2，与质量无关．又s ＝12at 2，t 与m 也无关，A 正确．答案 A对应学生用书P45考点一 超重、失重的理解及应用(小专题)1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变．2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有向上的加速度还是有向下的加速度．3．当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a ＝g 的加速度效果，不再产生其他效果．平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失．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 . 【典例1】一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图3－3－3所示，则( )．图3－3－3A ．t 3时刻火箭距地面最远B ．t 2～t 3的时间内，火箭在向下降落C ．t 1～t 2的时间内，火箭处于失重状态D ．0～t 3的时间内，火箭始终处于失重状态解析 由速度图象可知，在0～t 3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t 3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A 正确、B 错误．t 1～t 2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t 2～t 3时间由火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C 、D 错误．答案 A 【变式1】在升降电梯内的地面上放一体重计，图3－3－4电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－3－4所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )．A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下解析 晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A 选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B 选项错，以竖直向下为正方向，有：mg －F ＝ma ，即50g －40g ＝50a ，解得a ＝g5，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C 选项错、D 选项正确．答案 D 【变式2】(2012·梅州模拟)图3－3－52009年当地时间9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什·达万航天中心，一枚PSLV—C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图3－3－5所示．则下列说法不正确的是( )．A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D．发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态解析由作用力与反作用力大小相等，可知A错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B正确；由作用力与反作用力的关系可知C正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D正确．答案 A考点二牛顿定律解题中整体法和隔离法的应用1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就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．2．整体法的选取原则：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，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，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”．【典例2】如图3－3－6所示，图3－3－6车厢在运动过程中所受阻力恒为F阻，当车厢以某一加速度a向右加速时，在车厢的后壁上相对车厢静止着一物体m，物体与车厢壁之间的动摩擦因数为μ，设车厢的质量为M，则车厢内发动机的牵引力至少为多少时，物体在车厢壁上才不会滑下来？解析以车厢和物块整体为研究对象，则由牛顿第二定律得：F－F阻＝(M＋m)a.①以物块为研究对象，受力情况如图所示，其中F摩擦力则F＝mg＝μF N.而F N＝ma，所以a＝gμ，代入①得F＝F阻＋(M＋m)gμ.答案F阻＋(M＋m)gμ(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法．(2)对研究对象所受力的处理方法①合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，利用平行四边形定则求出两个力的合外力方向就是加速度方向．②分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法．分解方式有两种：分解力或者分解加速度．【变式3】质量为M的光滑圆槽放在光滑水图3－3－7平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图3－3－7所示，则( )．A．小球对圆槽的压力为MF m＋MB．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为mg2＋m2F2M ＋m2，由牛顿第三定律可知只有C选项正确．答案 C对应学生用书P462.传送带模型图3－3－8(2)模型特点物体在传送带上运动时，往往会牵涉到摩擦力的突变和相对运动问题．当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可能不存在摩擦力．当物体与传送带相对滑动图3－3－9200 cm/s的速度匀速运动，如图点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数0.011 km＝11由牛顿第二定律得物体的加速度图3－3－10皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图度地放上一个质量为度为24 m，g取10 m/s对应学生用书P47一、对超重、失重的考查(中频考查)1.图3－3－11(2010·海南高考)如图3－3－11所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )．①加速下降 ②加速上升 ③减速上升 ④减速下降 A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④解析 木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，所以木箱的运动状态可能为减速下降或加速上升，故②④正确．答案 D 2.图3－3－12(2010·浙江理综，14)如图3－3－12所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )．A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零 B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力解析 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．答案 A3．(2011·天津卷，9(1))某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯的运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G .他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G ，由此判断此时电梯的运动状态可能是______________．解析 由加速度a 方向向上超重，加速度a 方向向下失重，得电梯此时向上减速或向下加速．答案 减速上升或加速下降二、对整体法和隔离法应用的考查(中频考查) 4.图3－3－13(2011·课标全国卷，21)如图3－3－13所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2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)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )．解析 刚开始木块与木板一起在F 作用下加速，且F ＝kt ，a ＝Fm 1＋m 2＝ktm 1＋m 2，当相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a 1不变，木块受F 及滑动摩擦力，a 2＝F －μm 2g m 2＝Fm 2－μg ，故a 2＝ktm 2－μg ，a －t 图象中斜率变大，故选项A 正确，选项B 、C 、D 均错误． 答案 A。
【7份】新课标2018年高考物理总复习教案：第三章 牛顿运动定律
【7份】新课标2018年高考物理总复习教案第三章牛顿运动定律目录第14课时牛顿第一定律牛顿第三定律(双基落实课) (1)第15课时牛顿第二定律(双基落实课) (9)第16课时动力学的两类基本问题(重点突破课) (19)第17课时牛顿运动定律的综合应用(题型研究课) (34)第18课时动力学中的两类典型模型(题型研究课) (47)第19课时验证牛顿运动定律(实验提能课) (65)阶段综合评估 (78)第14课时牛顿第一定律牛顿第三定律(双基落实课)[命题者说]高考对牛顿第一、第三定律很少单独命题，但弄清楚惯性、作用力和反作用力的关系是进一步学好物理的至关重要一环。
复习本课时时，要侧重对概念和规律的理解及应用。
[小题练通]1．(多选)(2013·海南高考)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。
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：运动必具有某一速度，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详细分析：选BCD本题考查物理学史实。
亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡尔也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上，提出了惯性定律，即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。
本题应选B、C、D。
2．(多选)(2017·金华质检)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详细分析：选AD物体不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态，物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性，也可以说抵抗运动状态变化的性质是惯性，A、D正确；没有力的作用时物体处于平衡状态，即物体处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，是因为受到万有引力的作用产生向心加速度，速度方向时刻在改变，C错误。
2018人教版物理必修一《牛顿定律应用专题3轻松解决“板块”问题》学案含答案.docx
2018 人教版物理必修一学案含答案高中物理轻松解决“板块”问题一、考点突破知识点考纲要求题型分值牛顿第二定应用牛顿第二定律解决问题选择题6～ 15 分律的应用“板块”问题的一般模型与解决方法。
解答题二、重难点提示理解并掌握发生相对运动时的力学特征。
“板块” 问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题。
其应用的知识面较为广泛，与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题，能够较好地考查对知识的掌握程度和对问题的分析综合能力。
常见基本问题处理方法分析物体所受的摩擦力（动力、阻力）根据物块与木板的相对运动方向来判断，摩擦力的突变时刻： v物与 v板相同时板、块能一起加速运动的最大加速度板、块间达到最大静摩擦力时弄清对地位移和相对位移的概念是前提。
可先由运相对位移的计算动学公式求出某段时间内物体与传送带的对地位移，然后用“快”的减去“慢”的就是差距。
也可应用图象法或相对运动法进行求解物块不从木板上掉下去的条件物块与木板保持相对静止时物块还在木板上，弄清达到临界状态的时间和位移关系例题 1如图所示，一速率为v0＝ 10m/s 的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板上。
物块质量为m＝ 4kg，木板质量M＝ 6kg ，物块与木板间的动摩擦因数0.6 ，试问：物块将停在木板上何处？思路分析：物块冲上木板后相对木板向右运动，会在木板摩擦力作用下匀减速运动，木板会在摩擦力作用下匀加速运动，两者共速后，一起匀速运动。
求物块停在木板上何处，实际是在求物块与木板的相对位移大小。
方法一（基本公式法）由牛顿第二定律可知：对物块 mgma 1 ；对木板 mg Ma 2解得 a 1 6m/s 2 ， a 24m/s 2设两者共速时所用时间为t ，则 v 0a 1ta 2 t解得t 1s这段时间物块与车的位移大小分别为x 1 v 0 t1a 1t 2 7m12x 2 a 2 t 2 2m2两车的位移之差 xx 1 x 2 5m故物块能停在距木板左端 5m 处。
2018届高考物理复习第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，。
高三物理上学期第1周教学设计(牛顿运动定律的综合应用)
《牛顿运动定律的综合应用》教课方案牛顿运动定律的综合应用课题课时6考点、知识点 1.超重与失重 2. 临界极值问题 3. 传递带模型 4. 滑块—木板模型全体学生：1. 掌握超重、失重的观点，会剖析超重、失重的有关问题.2.学会剖析临界与极值问题3.会进行力学多过程问题的剖析．4.学会用控制变量法研究物理规律.学习目标5.学会灵巧运用图象法办理物理问题的方法.6.灵巧运用整体法和隔绝法研究物体运动和受力。
优生：1.结协力学和运动学，会剖析滑块、滑板多过程问题以及临界极值问题；2.会联合动力学和图像剖析问题；全体学生： 1. 超重与失重 2. 临界极值问题 3.传递带模型 4. 滑块—木板模型重、难点优生：联合整体法、隔绝法和极值问题研究滑块- 木板模型、多过程问题学习环节和内容学生活动建议教师活动建议调整记录环节一思虑、回想、聆听、勾针对牛顿运动定律的综合应用，教师解读考纲及考点、常考题型。
画。
环节二：动力学中整体法和隔绝法的应用1.教师示范连结体问题、滑轮类问题三维设计： p46 典例（ 2015. 全国卷）教师指引学生剖析题意，思虑该如何运用整体法、隔绝法练习 p46- 重点二【针对训练】-1 、 2、 34、 5（优生）2.剖析三维设计 P49- 反省一刻指引剖析水平的连结体间的互相作使劲，并拓展剖析斜面、竖直方向、轻杆、弹簧模型，环节三：临界与极值问题的种类归类剖析教师示范应用接触与离开的临界条件解题，学生练习，教师评论和拓展。
剖析 p47 【典例 3】 (2013. 山东高考 ) 教师指引学生对物体受力剖析，理清思路，联合数学知识剖析临界值练习：三维设计p47重点三追踪检测（十）-6、7环节四：滑块、滑板模型教师示范剖析滑块、滑板模型，学生练习，教师评论和拓展。
让学生充足认识超、失重的本质，理解“视重”极值问题中，注意引聆听、理解、练习、导学生对物体受力分改错析，以及整体、隔绝的综合运用巡视、指导聆听、理解、练习、改错指导学生剖析物体受剖析：三维设计p47- 重点四【典例】指引学生经过作图、理清思路，剖析滑块或木板间的位移、速度关系实时练习：追踪检测（十）p268-9三维设计p48 重点四-1 、2（优生：综合运用临界极值、滑块模型）环节五：传递带模型1.教师指引、回首滑轮模型特点2.回首“当物体请放在水平传递带上，物领会做如何的运动？”并加以练习：典例（ 2016. 河北）教师指引思虑物体在传递带上的多过程运动及临界条件3.指引思虑，倾斜传递带问题对应练习：追踪检测p268 -10、11三维设计p49 -1、2环节六学生独立达成《追踪检测十》，自行校正参照答案。
2018届高考物理一轮复习新人教版教师用书：第3章 牛顿运动定律 专题三 牛顿运动定律综合应用(一)(含答案)
专题三牛顿运动定律综合应用(一)突破动力学图象问题1.图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.2.解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义.(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.考向1 利用vt图象求未知量[典例1] (2015·新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图(a)所示，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )(a) (b)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[问题探究] (1)上升过程已知几个物理量？能求出几个未知量？(2)下降过程已知几个物理量？能求出几个未知量？[提示] (1)上升过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.(2)下降过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.[解析] 由运动的vt图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A 、C 正确；根据运动的v t 图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D 正确.[答案] ACD考向2 利用F t 图象求未知量[典例2] 如图甲所示为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m ＝1 kg 的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)2 s 末物体的速度； (2)前16 s 内物体发生的位移.[解题指导] 先分析前2 s 内物体的受力，确定物体的运动情况；再分析2 s 后物体的受力和运动情况，特别注意速度减为零后的运动情况.[解析] (1)由分析可知物体在前2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg sin θ－F 1－μmg cos θ＝ma 1 v 1＝a 1t 1代入数据可得a 1＝2.5 m/s 2，方向沿斜面向下 v 1＝5 m/s ，方向沿斜面向下.(2)物体在前2 s 内发生的位移为x 1，则x 1＝12a 1t 21＝5 m ，方向沿斜面向下当拉力为F 2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得F 2＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2代入数据可得a 2＝0.5 m/s 2，方向沿斜面向上 物体经过t 2时间速度减为0，则v 1＝a 2t 2得t 2＝10 st 2时间内发生的位移为x 2，则x 2＝12a 2t 22＝25 m ，方向沿斜面向下由于mg sin θ－μmg cos θ<F 2<μmg cos θ＋mg sin θ，则物体在剩下4 s 时间内处于静止状态.故物体在前16 s 内发生的位移x ＝x 1＋x 2＝30 m ，方向沿斜面向下. [答案] 见解析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. 突破连接体问题的分析方法1.整体法的选取原则：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，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).2.隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就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.3.整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，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”.若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”.[典例3] 如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的力作用于A 上且竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于( )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3[解析] 当水平力F 作用在B 上时，A 、B 做匀加速运动，则对A 、B 整体分析有F －3μmg ＝3ma 1，a 1＝F －3μmg3m；对A 隔离分析有kx 1－μmg ＝ma 1，经过整理得F ＝3kx 1.当F 竖直向上时，对A 、B 整体分析有F －3mg ＝3ma 2，a 2＝kx 1－mgm，对B 物体隔离分析有kx 2－2mg ＝2ma 2，解得x 1∶x 2＝1∶2，故B 正确.[答案] B[变式1] 如图所示，质量分别为m 、M 的两物体P 、Q 保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上表面水平，P 、Q 之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )A.P 处于超重状态B.P 受到的摩擦力大小为μmg ，方向水平向右C.P 受到的摩擦力大小为mg sin θcos θ，方向水平向左D.P 受到的支持力大小为mg sin 2θ答案：C 解析：由题意可知，P 有向下的加速度，处于失重状态，选项A 错误；对P 、Q 整体，根据牛顿第二定律有(M ＋m )·g sin θ＝(M ＋m )a ，得加速度a ＝g sin θ，将沿斜面向下的加速度a ＝g sin θ沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a 1＝a cos θ＝g sin θcos θ，a 2＝a sin θ＝g sin 2θ，对P 分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有F f ＝ma 1，方向水平向左，竖直方向上有mg －F N ＝ma 2，得F f ＝mg sin θcos θ，F N ＝mg cos 2θ，选项C 正确，B 、D 错误.[变式2] 如图甲所示，光滑滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m 1＝m 2＋m 3，这时弹簧秤的读数为T .若把质量为m 2的物体从右边移到左边的物体上，如图乙所示，弹簧秤的读数将( )A.增大B.减小C.不变D.无法确定答案：B 解析：开始时，弹簧秤的示数为T＝2m1g，把质量为m2的物体移到左边的物体上后，弹簧秤的示数为T′，选三个物体和滑轮组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律有(m1＋m2＋m3)g－T′＝(m1＋m2)a－m3a，解得T′＝2m1g－2m2a，可得T′<T.整体法、隔离法的使用技巧(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来.解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当地选择使用整体法和隔离法.(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法.若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离.先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度.突破动力学临界、极值问题1.当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件，用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键.2.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是临界状态.(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.考向1 临界问题的分析方法[典例4] 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑①固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止状态②.现给Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止③开始沿斜面向上做匀加速④运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力⑤，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求力F 的最大值与最小值⑥.[解题指导][解析] 0(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0 代入数据解得x 0＝0.12 m因前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝3 m/s 2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大F min ＝(m 1＋m 2)a ＝36 N对Q 应用牛顿第二定律得F max －m 2g sin θ＝m 2a解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝72 N. [答案] 72 N 36 N 考向2 极值问题的分析方法[典例5] 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙所示，若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.甲 乙(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值. [解析] (1)当θ＝30°时，小物块处于平衡状态，对小物块受力分析并根据平衡条件有mg sin θ＝μmg cos θ解得：μ＝tan θ＝33. (2)当θ角变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a ，则：－mg sin θ－μmg cos θ＝ma小物块的位移x 满足：0－v 20＝2ax 则：x ＝v 202gθ＋μcos θ）＝v 202g 1＋μ2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6当θ＋π6＝π2，即θ＝π3时，x 有最小值将μ＝33代入得，x 的最小值为x min ＝3v 24g .[答案] (1)33 (2)θ＝60° 3v 24g动力学中的典型临界条件(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度的，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F T ＝0.1.[动力学图象问题]以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是( )答案：D 解析：在速率—时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小.所受空气阻力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.2.[动力学图象问题]如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上.一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动.观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )答案：A 解析：小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低点时加速度大于g，且加速度a随时间t的变化为非线性变化，故A正确，B、C、D错误.3.[连接体问题](多选)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上.用轻质弹簧将两物块连接在一起.当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′.则下列关系正确的是( )A.F′＝2FB.x′＝2xC.F′>2FD.x′<2x答案：AB 解析：取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力F T＝m2Fm1＋m2＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，F T增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确.4.[连接体问题]如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面.当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关答案：D 解析：设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析：有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确.5.[临界、极值问题]倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝55kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)( )A.10 NB.5 NC. 5 ND.10 N答案：A 解析：当滑块向右运动的加速度较小时，滑块对于小球存在支持力；当滑块向右运动的加速度较大时，小球将脱离斜面而“飘”起来.因此，本题存在一个临界条件：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和细线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有F T cos θ＝ma0F T sin θ－mg＝0其中θ＝45°解得a0＝g图1 图2则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有F′T cos α＝m·2gF′T sin α－mg＝0解得F′T＝5mg＝5×55×10 N＝10 N.提醒完成课时作业(十二)。
2018年高三物理总复习顶层设计文档第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用Word版含答案
第3讲牛顿运动定律的综合应用微知识❶超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：测力计所指示的数值。
2．超重、失重和完全失重比较1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。
如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。
基|础|诊|断一、思维诊断1．超重是物体的重力变大的现象(×)2．处于完全失重状态时，物体的重力消失了(×)3．物体处于超重状态时，加速度方向向上，速度方向也向上(×)4．整体法和隔离法是指选取研究对象的方法(√)5．应用整体法分析物体受力时，必须分析其内力(×)二、对点微练1．(超重和失重)(2017·常熟模拟)伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。
假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( )A．在向下运动的过程中始终处于失重状态B．在向上运动的过程中始终处于超重状态C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态解析演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员蹬地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，D错误。
高考物理一轮：3.3《牛顿运动定律的综合应用》教学案(含答案)
第3讲牛顿运动定律的综合应用考纲下载：1.牛顿运动定律的应用(Ⅱ) 2.超重和失重(Ⅰ)主干知识·练中回扣——忆教材夯基提能1．超重和失重(1)视重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。
(1)整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
(2)隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
(3)外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。
巩固小练1．判断正误(1)超重就是物体的重力变大的现象。
(×)(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。
(√)(3)加速上升的物体处于超重状态。
(√)(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。
(×)(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。
(×)(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。
(×)(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法。
(√)[超重和失重]2.如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力都等于物体A 受到的重力解析：选A 把容器B 竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为零，选项A 正确。
牛顿运动定律的应用教案
牛顿运动定律的应用教案
教学目标：
1.掌握牛顿运动定律的基本内容和应用方法。
2.理解物体运动状态改变的原因，培养学生分析和解决问题的能力。
3.培养学生的创新精神和科学探究精神。
教学内容：
1.牛顿第一定律及其应用。
2.牛顿第二定律及其应用。
3.牛顿第三定律及其应用。
教学重点：
1.牛顿第一定律及其应用。
2.牛顿第二定律及其应用。
教学难点：
1.牛顿第二定律的应用。
2.复杂情况下牛顿运动定律的应用。
教学方法：
1.讲解法：对牛顿运动定律的内容和应用方法进行讲解。
2.案例分析法：通过典型案例的分析，让学生掌握牛顿运动定律的应用方
法。
3.实验法：通过实验验证牛顿运动定律，培养学生的实验能力和观察能力。
教具和多媒体资源：
1.黑板和粉笔。
2.投影仪和PPT。
3.实验器材（小车、重物、弹簧测力计、滑轮等）。
教学过程：
1.导入新课：通过复习牛顿运动定律的基本内容，引出本节课的主题。
2.讲解内容：分别讲解牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律及其应
用方法。
3.案例分析：通过典型案例的分析，让学生掌握牛顿运动定律的应用方法。
4.实验验证：通过实验验证牛顿运动定律，培养学生的实验能力和观察能
力。
5.课堂讨论：让学生分组讨论，分享学习心得和解题经验。
6.小结与布置作业：对本节课的内容进行总结，布置相关练习题，巩固所学
知识。
7.反思与提升：根据学生反馈情况，反思教学过程，不断提升教学质量。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：专题强化三 牛顿运动定律的综合应用(一)含答案
专题强化三牛顿运动定律的综合应用(一）专题解读1。
本专题是动力学方法处理连接体问题、图象问题和临界极值问题，高考时选择题为必考，计算题也曾命题。
2。
学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有:整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.命题点一动力学中的连接体问题1.连接体问题的类型物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体.2.整体法的选取原则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,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）.3。
隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就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。
4。
整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”.例1(多选）（2016·天津理综·8)我国高铁技术处于世界领先水平。
如图1所示，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(）图1A。
启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D 。
与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 答案 BD解析 列车启动时,乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A 错误;动车组运动的加速度a ＝错误!＝错误!－kg ，则对6、7、8节车厢的整体有F 56＝3ma ＋3kmg ＝错误!F ,对7、8节车厢的整体有F 67＝2ma ＋2kmg ＝错误!F ,故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F 56∶F 67＝3∶2，选项B 正确；关闭发动机后，根据动能定理得12·8m v 2＝8kmgx ，解得x ＝错误!,可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C 错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为v m1＝2P8kmg；8节车厢有4节动车时最大速度为v m2＝错误!，则错误!＝错误!,选项D 正确.例2 如图2所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上,A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ,物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T ，现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )图2A.此过程中物体C 受重力等五个力作用 B 。
2018年人教版高中物理必修一《牛顿定律应用》专题学案汇编含答案
2018年人教版高中物理必修一《牛顿定律应用》专题学案目录1巧用整体法和隔离法处理连接体的问题2 轻松处理单体的多过程问题3 轻松解决“板块”问题4 深度剖析传送带问题5 轻松解决瞬时性问题6 深度剖析临界问题7 应用矢量的合成与分解法则解决共点力平衡问题8 巧用正交分解法解决共点力平衡问题9 巧用整体法和隔离法解决共点力问题10 动态三角形法解决动态平衡问题11 相似三角形分析动态平衡问题一、考点突破二、重难点提示重点：整体法与隔离法的多次交替使用。
难点：解决连接体问题的关键——物体间相互作用力的求解。
利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题1. 整体法的选取原则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，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）。
2. 隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就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。
【技巧点拨】整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，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”。
例题1 （江苏高考）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。
夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，则力F的最大值是（）A.M M m f )(2+B.m M m f )(2+C.MM m f )(2+－（m ＋M ）gD.mM m f )(2+＋（m ＋M ）g思路分析：由题意知，当M 恰好不能脱离夹子时，M 受到的摩擦力最大，F 取最大值，设此时提升的加速度为a ，由牛顿第二定律得对M 有：2f －Mg ＝Ma① 对m 有：F －2f －mg ＝ma②联立①②两式解得F ＝Mm M f )(2+，选项A 正确。
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用教案(含解析)-人教版高三全册
第3节牛顿运动定律的综合应用动力学中整体法、隔离法的应用[讲典例示法] 1．整体法的选取原则及解题步骤(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：2．隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
[典例示法](多选)(2019·某某一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体。
用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。
重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )A．系统做匀速直线运动B．F＝40 NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 2 ND．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动关键信息：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
[解析] 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。
由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力F N2＝mgsin 45°＝2mg＝10 2 N，C错误；外力F 增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
甲乙[答案]BD(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
高三牛顿运动定律的综合应用教案
教学过程一、复习预习应用牛顿运动定律解题的一般步骤（1）选对象——确定研究对象．选取研究对象，作隔离体，所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统．（2）画力图——对研究对象进行受力分析(和运动状态分析)；（3）定方向——选取正方向(或建立坐标系)，通常以加速度方向为正方向较为适宜；（4）列方程——根据牛顿运动定律列运动方程；根据运动学公式列方程；（5）解方程——统一单位，求解方程，并对计算结果进行分析检验或讨论．二、知识讲解课程引入：“整体隔离”和“板块模型”问题在现代生产应用中非常广泛，以传送带和整体隔离问题为情景的物理问题，能够非常方便的与牛顿力学的规律相结合，是一个很好的高考命题的平台，因此与传送带相关的物理问题在高考命题中经常出现，这类问题能够较方便的考察学生利用物理规律分析问题和解决问题的能力。
考点/易错点1整体隔离法1．整体法：在研究物理问题时，在应用牛顿第二定律解题时，有时为了方便，可以取一组物体（一组质点）为研究对象。
这一组物体一般具有相同的速度和加速度，但也可以有不同的速度和加速度。
以质点组为研究对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用，这往往给解题带来很大方便。
使解题过程简单明了。
把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。
采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁琐的分析，常常使问题解答更简便、明了。
运用整体法解题的基本步骤：①明确研究的系统或运动的全过程.②画出系统的受力图和运动全过程的示意图.③寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解2．隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。
可以把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理量的变化进行分别处理。
采用隔离物体法能排除与研究对象无关的因素，使事物的特征明显地显示出来，从而进行有效的处理。
高三物理上册《牛顿定律的应用》教案、教学设计
针对学生个体差异，设计不同难度的练习题和拓展任务，使每个学生都能在适合自己的层面上得到提高。
5.设想五：反馈与评价
建立多元化评价体系，包括课堂提问、作业、实验报告、小组讨论等，及时给予学生反馈，帮助他们认识自身的学习情况，调整学习策略。
6.设想六：跨学科整合
结合数学、工程等学科知识，设计综合性的项目任务，如设计简单的机械装置，让学生在实际操作中运用牛顿定律，培养跨学科解决问题的能力。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
1.教学活动设计
在导入新课环节，我将通过一个简单的实验和生活实例，激发学生对牛顿定律的兴趣。实验内容为：在光滑水平面上放置一辆小车，用力推动小车，观察其运动状态的变化。通过这个实验，引导学生思考力与物体运动状态之间的关系。
2.教学过程实施
（1）教师进行实验演示，学生观察并记录实验现象。
3.学会利用牛顿定律进行受力分析，解决复杂的多力作用问题。
4.掌握运用牛顿定律解决实际生活中的一些问题，如摩擦力、重力等力的计算。
（二）过程与方法
在教学过程中，教师应注重引导学生运用科学方法进行探究，培养学生的逻辑思维和解决问题的能力。具体方法如下：
1.采用问题驱动的教学策略，激发学生的求知欲和思考能力。
2.实际案例分析题：要求学生选取一个生活中的力学现象，如运动员起跑、刹车过程等，运用牛顿定律进行分析，并撰写一篇简短的案例分析报告。此作业旨在培养学生的观察力和理论联系实际的能力。
3.小组合作探究题：鼓励学生分组讨论，共同完成一道综合性较强的题目，如设计一个简单的机械装置，运用牛顿定律进行受力分析。此作业有助于培养学生的团队协作能力和创新意识。
2.引导学生通过小组讨论、合作学习，培养团队协作能力。
(新课标)2018版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题四牛顿运动定律综合应用(二)教案
专题四牛顿运动定律综合应用(二)突破等时圆模型1.模型特征(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示.(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示.(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.2.思维模板[典例1] 如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上.木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为( )A.α＝θB.α＝θ2C.α＝θ3D.α＝2θ[解题指导] 在AC 上选取一点O ，使OA ＝OB ，以O 为圆心，OA 为半径作圆，即可构造等时圆模型.[解析] 如图所示，在竖直线AC 上选取一点O 为圆心，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于B 点.由等时圆知识可知，由A 沿斜面滑到B 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短.而∠COB ＝θ，则α＝θ2. [答案] B[变式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 答案：C 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 ＝12gt 2c ，所以t c＝2Rg；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 sin θ＝1 2g sin θt2a，即t a＝2Rg；同理b球从B点下滑到M点用时也满足t b＝2rg(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.突破传送带模型考向1 水平传送带模型一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点).已知传送带的速度保持不变，重力加速度取g＝10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是( )A.μ＝0.4B.μ＝0.2C.t＝4.5 sD.t＝3 s[问题探究] (1)物体刚滑上传送带的速率和传送带的速率分别是多少？(2)物体在传送带上如何运动？[提示] (1)由vt图象可知，物体刚滑上传送带的速率为4 m/s，传送带的速率为2 m/s.(2)物体在传送带上先做匀减速运动，直到速度减为零，然后反向加速，最后做匀速运动.[解析] 由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt＝2.0 m/s 2，由牛顿第二定律得F f ＝ma ＝μmg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误.[答案] BC[变式2] 如图所示，足够长的水平传送带静止时在左端做标记点P ，将工件放在P 点.启动传送带，P 点向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动.经过t 1＝2 s 时立即控制传送带，P 点做匀减速运动，再经过t 2＝3 s 传送带停止运行，测得标记点P 通过的距离x 0＝15 m.(1)求传送带的最大速度；(2)已知工件与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g ＝10 m/s 2，求整个过程中工件运动的总距离.答案：(1)6 m/s (2)12.5 m 解析：(1)设传送带的最大速度为v m 根据匀变速直线运动规律x 0＝x 1＋x 2＝v m2(t 1＋t 2)代入数据解得v m ＝6 m/s传送带减速运动中a 1＝0－v m t 2＝－2 m/s 2.(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律： μmg ＝ma 2解得工件的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2设经时间t 工件与传送带速度v 相等v ＝a 2tv ＝v m ＋a 1(t －t 1)解得t ＝2.5 s ，v ＝5 m/st ＝2.5 s 内工件的位移x 1＝v2·t ＝6.25 m工件与传送带速度v 相等后，设二者相对静止 则工件受到的摩擦力大小F f ＝m ·|a 1|＝m ×2 m/s 2工件与传送带之间的最大静摩擦力F fm ＝μmg ＝m ×2 m/s 2＝F f所以二者一起减速运动到静止减速过程工件的位移x 2＝v2(t 1＋t 2－t )＝6.25 m解得工件的位移x ＝x 1＋x 2＝12.5 m. 考向2 倾斜传送带模型在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(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.[解题指导] (1)顺时针转动时，物体沿斜面一直向下做匀加速运动，由运动方式可求时间.(2)逆时针转动时，尤其要判断摩擦力的方向和共速后的运动情况，需要计算出数据再判断.[解析] (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg (sin 37°－μcos 37°)＝ma则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2根据l ＝12at 2得t ＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m＝10 m/s 2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝2 m/s 2x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝vt 2＋12a 2t 22则有10t 2＋t 22＝11解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去) 所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s. [答案] (1)4 s (2)2 s分析传送带问题的关键要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v 物和传送带速度v 传的关系确定摩擦力的方向，二是当v 物＝v 传时(速度相等是解决问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止.突破滑块—木板模型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，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.3.“滑块—木板”模型问题的分析思路[典例4] 如图所示，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 ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，则(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A.当拉力F <12 N 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12 N 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[问题探究] (1)A 、B 两物体产生相对运动的条件是什么？ (2)A 、B 间刚产生相对运动时的拉力是多少？ [提示] (1)A 的加速度大于B 的加速度，即a A >a B . (2)根据牛顿第二定律a A ＝F －μm A g m A ，a B ＝μm A g m B ，由已知条件得F －μm A g m A >μm A gm B，代入数据可得F >48 N.[解析] 首先了解各物体的运动情况，B 运动是因为A 对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B 的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A 、B 间静摩擦力达到最大值时拉力F 的大小，以A 为研究对象进行受力分析，A 受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F －F f ＝m A a ，再以B 为研究对象，B 受水平向右的静摩擦力F f ＝m B a ，当F f 为最大静摩擦力时，解得a ＝F f m B ＝μm A g m B ＝122m/s 2＝6 m/s 2，F ＝48 N ，由此可以看出当F <48N 时，A 、B 间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A 、B 间不会发生相对运动，故选项D 正确.[答案] D[变式3] (2017·宁夏银川一中二模)质量为0.5 kg 的小物块A 放在质量为1 kg 的足够长的木板B 的左端， 木板B 在水平拉力的作用下沿地面匀速向右滑动， 且A 、B 相对静止， 某时刻撤去水平拉力， 则经过一段时间后A 和B 都停下来，A 在B 上相对于B 向右滑行了1.5m 的距离.已知A 、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.2， B 与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4， 求B 在地面上滑行的距离.重力加速度的大小取g ＝10 m/s 2.答案：1 m 解析：撤去拉力后二者不可能相对静止，μ1<μ2，A 的加速度小于整体共同的加速度，也一定小于B 的加速度.A 也不可能相对B 向左运动.这样一是A 会从B 上掉下去，二是A 成了向右加速运动.故A 只能相对B 向右运动设共同的初速度为v 0.a A ＝μ1g ＝2 m/s 2，向左 μ2(m A ＋m B )g －μ1m A g ＝m B a B ，a B ＝5 m/s 2，向左则x 相＝v 202a A －v 202a Bv 0＝10 m/s 则x B ＝v 202a B＝1 m.“滑块—木板”模型的分析技巧(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度. (2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.1.[等时圆模型]如图所示，光滑细杆BC 、DC 和AC 构成矩形ABCD 的两邻边和对角线，AC ∶BC ∶DC ＝5∶4∶3，AC 杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a 、b 、d ，三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a 、b 、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为( )A.1∶1∶1B.5∶4∶3C.5∶8∶9D.1∶2∶3答案：A 解析：作三角形ABC 的外接圆，可知D 点在圆周上，由等时圆模型可知滑行时间相等，A 正确.2.[等时圆模型]如图所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )A.2∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶ 3答案：B 解析：设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a ＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度x ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式x ＝12at 2，得t ＝2x a＝2×2 R ＋r ）sin θg sin θ＝2R ＋rg，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确. 3.[滑块—木板模型]如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F 拉动小车，设物块的加速度为a 1，小车的加速度为a 2.当水平恒力F 取不同值时，a 1与a 2的值可能为(当地重力加速度取g ＝10 m/s 2)( )A.a 1＝2 m/s 2，a 2＝3 m/s 2B.a 1＝3 m/s 2，a 2＝2 m/s 2C.a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D.a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2答案：D 解析：由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即F f ＝ma 1，且F f 的最大值为F fm ＝μmg ，即a 1的最大值为a 1m ＝μg ＝3 m/s 2.当二者相对静止一起加速时，a 1＝a 2≤3 m/s 2.当F 较大时，二者发生相对滑动，a 1＝3 m/s 2，a 2>3 m/s 2.综上所述只有选项D符合题意.4.[传送带模型](多选)如图所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4 m ，以v 0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，则煤块从A 运动到B 的过程中( )A.煤块从A 运动到B 的时间是2.25 sB.煤块从A 运动到B 的时间是1.5 sC.划痕长度是0.5 mD.划痕长度是2 m答案：BD 解析：根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmg m＝4 m/s 2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t 1＝v 0a ＝1 s ，位移大小x 1＝12at 21＝2 m<x ，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，选项D 正确，C 错误；x 2＝x －x 1＝2 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5 s ，运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，选项B 正确，A 错误.5.[传送带模型]如图所示，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，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断不正确的是( )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 的摩擦力都沿传送带向上D.物块A 下滑过程中相对传送带的位移小于物块B 下滑过程中相对传送带的位移 答案：A 解析：因动摩擦因数μ＝0.5，有mg sin 37°>μmg cos 37°，所以传送带对物块A 、B 的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C 正确；物块A 、B 都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，解得两物块的加速度a ＝2 m/s 2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B 正确，选项A 错误；物块A 下滑过程相对传送带的位移等于物块A 的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B 下滑过程相对传送带的位移等于物块B 的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D 正确.只有选项A 符合题意.6.[滑块—木板模型]一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.重力加速度的大小取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.答案：(1)0.20 0.30 (2)1.125 m解析：(1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.由题图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同.设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1① a 2＝v 0－v 1t 1② 式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小.设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30. ⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a ′1和a ′2，则由牛顿第二定律得f ＝ma ′1⑦2μ2mg －f ＝ma ′2⑧假设f <μ1mg ，则a ′1＝a ′2由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg >μ1mg ，与假设矛盾故f ＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a ′1等于a 1；物块的v t 图象如图中点划线所示.由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s 1＝2×v 212a 1⑩s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a ′2⑪ 物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1 ⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m.⑬。
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第3讲牛顿运动定律的综合应用
考纲下载：1.牛顿运动定律的应用(Ⅱ) 2.超重和失重(Ⅰ
)
主干知识·练中回扣——忆教材 夯基提能 1．超重和失重 (1)视重
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)超重、失重和完全失重的比较
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。
巩固小练
1．判断正误
(1)超重就是物体的重力变大的现象。
(×)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。
(√)
(3)加速上升的物体处于超重状态。
(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。
(×)
(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。
(×)
(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。
(×)
(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法。
(√)
[超重和失重]
2.如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析：选A 把容器B 竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为零，选项A 正确。
[连接体问题]
3.(2016·蚌埠模拟)如图所示，A 、B 两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F 拉A ，使A 、B 一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L 1；若将A 、B 置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F 拉A ，使A 、B 一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L 2。
若A 、B 与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是( )
A ．L 2＝L 1
B ．L 2＜L 1
C ．L 2＞L 1
D ．由于A 、B 质量关系未知，故无法确定L 1、L 2的大小关系
解析：选A 水平面光滑时，用水平恒力F 拉A 时，由牛顿第二定律得，对整体有 F ＝(m A ＋m B )a ，对B 有 F 1＝m B a ＝
m B F
m A ＋m B
；水平面粗糙时，对整体有 F －μ(m A
＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 有 F 2－μm B g ＝m B a ，解以上两式得F 2＝m B F
m A ＋m B
，可知F 1＝F 2，故L 1＝L 2，故A 正确。
[动力学图象问题]
4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t 1，下落到抛出点的时刻为t 2。
若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v 随时间t 的变化关系的图线是( )
解析：选C 小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a 1＝
mg ＋F f
m
，。