高三上学期第3周物理高效课堂教学设计：动力学两类问题练习1
高三物理一轮复习 牛顿第二定律 两类动力学问题教案-人教版高三全册物理教案
牛顿第二定律两类动力学问题由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
知识点三、两类动力学问题1．动力学的两类基本问题：第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：知识点四、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
对超重和失重的理解1．超重、失重和完全失重比较比较超重失重完全失重产生条件加速度方向向上加速度方向向下加速度方向向下，且大小a＝g动力学F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝mg答案 C【例2】两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图2所示。
现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则( )图2A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0解析由于绳子X力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。
故选项A正确。
答案 A【例3】如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m＝1 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面方向向上的轻绳的拉力F＝9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s绳子突然断了，求绳断后经多长时间物体速度的大小达到22 m/s。
(sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)图5解析第一过程：在最初2 s内，物体在F＝9.6 N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示。
高三物理 动力学的两类基本问题精华教案
动力学的两类基本问题 ◎知识梳理 应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键.◎例题评析【例11】 质量为m =2 kg 的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5……奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F 1=6 N 的水平推力，在第2、4、6……偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F 2μ=0.1，取g =10 m/s 2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25 m?【分析与解答】：以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F 1（或F 2）和摩擦力F f 的作用.由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间.（1）木块在奇数秒内的加速度为a 1=m F F f -1=m mg F -μ1=21021.06⨯⨯- m/s 2=2 m/s 2 木块在偶数秒内的加速度为a 2=m F F f -2=m mg F -μ2=21021.02⨯⨯- m/s 2=0 所以，木块在奇数秒内做a =a 1=2 m/s 2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动.（2）在第1 s 内木块向右的位移为s 1=21at 2=21×2×12 m=1 m 至第1 s 末木块的速度v 1=at =2×1 m/s=2 m/s在第2 s 内，木块以第1 s 末的速度向右做匀速运动，在第2 s 内木块的位移为 s 2=v 1t =2×1 m=2 m至第2 s 末木块的速度v 2=v 1=2 m/s在第3 s 内，木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动，在第3 s 内的位移为s 3=v 2t +21at 2=2×1 m+21×2×12 m=3 m 至第3 s 末木块的速度v 3=v 2+at =2 m/s+2×1 m/s=4 m/s在第4 s 内，木块以第3 s 末的速度向右做匀速运动，在第4 s 内木块的位移为s 4=v 2t =4×1 m=4 m至第4 s 末木块的速度v 4=v 2=4 m/s……由此可见，从第1 s 起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列.因此，在n s 内的总位移为s n =1+2+3+…+n =21）（+n n 当s n =40.25 m 时，n 的值为8＜nn =8，则8 s 内木块的位移共为s 8=2188）（+ m=36 m 至第8 s 末，木块的速度为v 8=8 m/s.设第8 s 后，木块还需向右运动的时间为t x ，对应的位移为s x =40.25 m －36 m=4.25 m ，由s x =v 8t x +21at x 2，即4.25=8t x +21×2t x 2 解得t x =0.5 s所以，木块位移大小等于40.25 m 时，需运动的时间T =8 s+0.5 s=8.5 s.[点评]：（1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定律求加速度，再根据运动规律求运动情况.（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键.【例12】 如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m =1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F =9.6 N的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s.（sin37°=0.6，g 取10 m/s 2）【分析与解答】：本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起.第一阶段：在最初2 s 内，物体在F =9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3－2－4可知：沿斜面方向：F －mg sin θ－F f =ma 1沿垂直斜面方向：F N =mg cos θ且F f =μF N由①②③得：a 1=mmg mg F θμθcos sin --=2 m/s 2 2 s 末绳断时瞬时速度v 1=a 1t 1=4 m/s.第二阶段：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2， 则a 2=mmg mg ）（θμθcos sin +-=－7.6 m/s 2 设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2据运动学公式v 2=v 1+a 2t 2所以t 2=210a v -=0.53 s 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3.由牛顿第二定律可知：a 3=g sin θ－μg cos θ=4.4 m/s 2，速度达到v 3=22 m/s ，所需时间t 3=330a v -=5 s 综上所述：从绳断到速度为22 m/s 所经历的总时间t =t 2+t 3=0.53 s+5 s=5.53 s.【例13】 如图 所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6 m 、质量为Mm =1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 与M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F .（1）施力F 后，要想把木板从物体m 的下方抽出来，求力F 的大小应满足的条件；（2）如果所施力F =10 N ，为了把木板从m 的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?（g 取10 m/s 2）【分析与解答】：（1）力F 拉木板运动过程：对木块：μmg =maa =μga =1 m/s 2对木板：F －μmg =Ma 1a 1=Mmg F μ- 只要a 1＞a 就能抽出木板，即F ＞μ（M +m ）g 所以F ＞4 N.（2）当F =10 N ，设拉力作用的最少时间为t 1，加速度为a 1，撤去拉力后木板运动时间为t 2，加速度为a 2，那么：a 1=M mg F μ-=3 m/s 2a 2=M mg μ=31 m/s2 木板从木块下穿出时：木块的速度：v =a （t 1+t 2）木块的位移：s =21a （t 1+t 2）2 木板的速度：v 木板=a 1t 1－a 2t 2木板的位移：s 木板=21a 1t 12+a 1t 1t 2－21a 2t 22 木板刚好从木块下穿出应满足：v 木板=vs 木板－s =L可解得：t 1=0.8 s【例14】 如图所示，传输带与水平面间的倾角为θ=37°，皮带以10 m/s 的速率运行，在传输带上端AA 到B 的长度为16 m ，则物体从A 运动到B 的时间为多少？【分析与解答】：首先判定μ与tan θ的大小关系，μ=0.5，tan θ=0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止.其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论.当皮带的上表面以10 m/s 的速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下（如图所示），该阶段物体对地加速度a 1=mmg mg θμθcos sin +=10 m/s 2 方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t 1=1a v =1 s 在t 1 s 内物体沿斜坡对地位移 s 1=21a 1t 12=5 m 当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度 a 2=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体以2 m/s 2加速度运行剩下的11 m 位移需时间t 2则s 2=vt 2+21a 2t 22 即11=10t 2+21×2t 22 t 2=1 s （t 2′=－11 s 舍去）所需总时间t =t 1+t 2=2 sa 3则a 3=mmg mg θμθcos sin -=2 m/s 2 物体从传输带顶滑到底所需时间为t '则s =21a 3t '2t '=32a s =2162⨯ s=4 s. [点评]：本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性.物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算时，物体位移、速度、加速度则均需取地面为参考系.◎能力训练41．如图所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在光滑水平面上向右做匀加速运动，当手突然停止运动后的短时间内，物体可能2．放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3.若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5 m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5 m/s2；若去掉F3，则物体的加速度大小为A.1.5 m/s2B.2.0 m/s2C.2.5 m/s2D.4.0 m/s23．小磁铁A重10 N，吸在一块水平放置的固定铁板BA拉下来，至少要用15 N的力，若A、B间的动摩擦因数为0.3，现用5 N的水平力推A时，A的加速度大小是_______m/s2.（g取10 m/s2）v1F1，汽车整个运动过程所受阻力恒为F2（大小不变），则F1∶F2为∶∶1∶∶45.机车牵引力一定，在平直轨道上以a1=1 m/s2的加速度行驶，因若干节车厢脱钩，加速度变为a2=2 m/s2，设所受阻力为车重的0.1倍，则脱落车厢的质量与原机车总质量之比等于_______.6.据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免.假设汽车高速行驶的速度达到108 km/h，乘客的质量为60 kg，当汽车遇到紧急情况时，在2 s内停下来，试通过计算说明系安全带的必要性.2 kg，在水平恒力F推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，此时将F撤去，又经6 s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小.。
高三物理复 习第三章动力学的两类问题人教实验版
高三物理复 习 第三章 动力学的两类问题人教实验版【本讲教育信息】一. 教学内容：复习 第三章 动力学的两类问题二. 重点、难点解析：（一）用牛顿定律解决两类基本问题1. 在牛顿定律解决的两类问题中，无论是已知受力求运动情况，还是已知运动情况求未知力，加速度都是连接力和运动的纽带．因此对物体进行正确的受力分析和运动过程的分析是解决问题的关键．在对物体进行受力分析时，常用的方法是“整体”法和“隔离”法．隔离法：使用隔离法时，可对构成连接体的不同物体隔离，也可以将同一物体隔离成若干个部分．取隔离体的实质在于把系统的内力转化为其中某一隔离体的外力，以便应用牛顿定律解题．整体法：所求量与系统内物体无关时，把物体系（连接体）看成整体，可大大简化求解过程．2. 应用牛顿第二定律解题的基本方法（1）选取研究对象：根据题意，研究对象可以是单一物体，也可以是几个物体组成的系统．（2）分析物体的受力情况．（3）建立坐标①若物体所受外力在一条直线上，可建立直线坐标．②若物体所受外力不在一条直线上，应建立直角坐标系，通常以加速度的方向为一坐标轴，然后向两轴方向正交分解外力．（4）列出牛顿第二定律方程x x yy F ma F ma =⎧⎨=⎩ （5）解方程，得出结果．在求解的过程中，注意解题的过程和最后结果的检验，必要时对结果进行讨论．3. 如果物体在运动过程中仅仅受到两个共点力的作用，通常采用平行四边形定则求出这两个力的合力，此合力方向与物体运动的加速度方向相同．如果物体同时受到三个以上共点力作用，应建立平面直角坐标系，采用正交分解法，应用牛顿第二定律分量形式来求解．即x x F ma =∑，y y F ma =∑．为了减少矢量分解给解题带来的麻烦，在建立直角坐标系时，要求分解的矢量（如力、加速度等）越少越好，常用的两种方法是：①分解力而不分解加速度（此时可规定加速度方向为正方向）；②分解加速度而不分解力（此种方法一般是在以某个力为z 轴正方向时，其他力都落在两个坐标轴上而不需要再分解）．【例l 】如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A →B 长度为16 m ，传送带以10 m ／s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 处无初速度地放一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。
高考物理一轮复习第三章专题动力学两类基本问题一备考精炼
21 动力学两类基本问题（一）[方法点拨] (1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；(3)求解加速度是解决问题的关键；(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．1．(2020·河北石家庄第二中学月考)如图1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v 0＝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 ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图1A ．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/s2．一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g.则可判断( )A ．飞行器的加速度大小为gB ．飞行器的加速度大小为2gC ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为12gt 2 D ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为gt 23．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的最大横截面积S 成正比，与下落速度v 的二次方成正比，即f ＝kSv 2，其中k 为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V ＝43πr 3(r 为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶4D ．1∶8 4．(2020·湖南长郡中学一模)“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉(如图2甲)．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小，为最大值的18；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的12时，人恰好可静止或匀速漂移．如图乙所示，在某次表演中，质量为m 的表演者保持站立身姿从距底部高为H 的A 点由静止开始下落；经过B 点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C 点时速度恰好减为零．则在从A 到C 的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．表演者加速度的最大值是34gB ．B 点距底部的高度是35H C ．从A 到B 表演者克服风力做的功是从B 到C 克服风力做功的16D ．若保持水平横躺，表演者从C 返回到A 时风力的瞬时功率为2m 2g 3H5．(2020· 湖北武汉2月调考)冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图3所示．在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A 处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s ＝28.9 m ，停在圆垒内的虚线上．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.(1)运动员在投掷线A 处放手时，冰壶的速度是多大？(2)在第二次训练中，该运动员在投掷线A 处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了s′＝5.1 m 停下．假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数．图36．(2020·江西省第一次联考)从地球极地处竖直向上发射一科研火箭，由火箭内部的压力传感器传来的信息表明：火箭发射的最初10 s 内火箭里所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，此后火箭无推动力飞行．而在火箭从最高点落回到地面的过程中，火箭里所有物体对支持面的压力为0.认为火箭受到的地球引力不变化，求从火箭发射到落回地面所用的时间是多少？答案精析1．D2．A [飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a＝g，A项正确，B项错误；起飞后t时间内飞行器的位移x＝12at2＝12gt2，所以飞行器上升的高度h＝xsin 30°＝14gt2，C、D项错误．]3．A [当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k·πr2·v2＝ mg＝ρ·43πr3，即v2＝4ρr3k，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项A正确．]4．C5．(1)3.4 m/s (2)0.017解析(1)第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v0，加速度为a，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动公式有：0－v02＝2as设冰壶质量为m，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：－μmg＝ma联立解得：v0＝2μgs代入数据求得：v0＝3.4 m/s(2)设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为μ′，同理可得：v0＝2μ′g(s＋s′)联立解得：μ′＝ss＋s′μ代入数据求得：μ′＝0.0176．30 s解析火箭发射时，火箭上所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，F＝1.8mg，根据牛顿第二定律，有：F－mg＝ma，解得：a＝0.8g根据位移时间关系公式，有：x1＝12at2末速度为：v1＝at发动机关闭后做竖直上抛运动，以向上为正方向，有：x2＝v1t1－12gt12由于最后回到出发点，故：x1＝－x2联立各式解得：t1＝20 s (负值舍去)故火箭运动的总时间为：t总＝t＋t1＝30 s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高中物理两类动力学问题课堂同步导学案
两类动力学的解题班级姓名学习目标1.能分析物体的受力情况，判断物体的运动状态。
2.初步掌握动力学两类基本问题求解的基本思路和步骤，理解牛顿运动定律的基本方法。
2.在分析解题过程中学习体会一些具体有效的方法，如建立恰当的坐标系进行解题、合理的选择研究对象。
【问题1．】1、牛顿第一定律内容是什么？牛顿第一定律告诉我们：（1）物体不受力时，物体将做运动（2）力是的原因2、牛顿第二定律确定了________和____的定量关系，使我们能够把物体的运动情况与__________联系起来．牛顿第二定律表达式及理解：【问题2．】1、物体做匀变速直线运动的运动学规律（公式）：2、按力的性质分，牛顿力学中的三种基本力是：3、物体受力分析的基本步骤是：知识点一已知受力情况确定运动情况参考书本P85例题1解题流程图：归纳：根据受力情况确定运动情况，先对物体受力分析，求出合力，再利用__________________求出________，然后利用______________确定物体的运动情况(如位移、速度、时间等)．课内练习1.书本P87，第1题2、如图所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1)物体在拉力作用下5 s末的速度；(2)物体在拉力作用下5 s内通过的位移．v-t关系式：x-t关系式：v-x关系式：第一步：第二步：受力分析基本顺序第三步：）知识点二 已知运动情况确定受力情况思考：物体的速度方向、加速度方向和受力方向之间有何关系？ 参考书本P86例题2解题流程图：归纳：根据运动情况确定受力情况，先分析物体的运动情况，根据____________求出加速度，再利用______________确定物体所受的力(求合力或其他力)．课内练习3.书本P87，第2题4、民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m ，构成斜面的气囊长度为5.0 m ．要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g 取10 m/s 2)，则：(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？ (2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？[要点提炼]分析流程已知物体运动情况――――――――――――→由匀变速直线运动公式a ――――→由F ＝ma物体受力情况．练习1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车闸到车完全停止需要的时间为5 s ，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( ) A ．450 N B ．400 N C ．350 N D ．300 N2.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg 的建筑材料以0.500 m/s 2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g 取10 m/s 2)( ) A ．510 N B ．490 N C ．890 N D ．910 N3．列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100 s 内速度由5.0 m/s 增加到15.0 m/s. (1)求列车的加速度大小；(2)若列车的质量是1.0×106kg ，机车对列车的牵引力是1.5×105N ，求列车在运动中所受的阻力大小．知识点三 多过程问题分析例 质量为m ＝2 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，现在对物体施加如图所示的力F ，F ＝10 N ，θ＝37°(sin 37°＝0.6)，经t 1＝10 s 后撤去力F ，再经一段时间，物体又静止，(g 取（ ）（ ）（ ）10 m/s2)求：(1)物体运动过程中最大速度是多少？(2)物体运动的总位移是多少？[要点提炼]1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等．2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．1.如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为30 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为2 kg的物块．在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为15 N．当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为10 N．这时小车运动的加速度大小是( )A．1 m/s2 B．3 m/s2C．5 m/s2 D．7 m/s22．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如下图所示的图象中，能正确反映雨滴下落运动情况的是( ) 3．如图所示为某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动．由此可判定( )A．小球向前运动，再返回停止 B．小球向前运动再返回不会停止C．小球始终向前运动 D．小球向前运动一段时间后停止4.如图所示，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，则下列说法正确的是( )A．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5．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量为m A>m B，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离x A与x B相比为( )A．x A＝x B B．x A>x B C．x A<x B D．不能确定6.图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A．①③ B．②③ C．①④ D．②④7.如图所示，小车质量为M，光滑小球P的质量为m，绳质量不计，水平地面光滑，要使小球P 随车一起匀加速运动，则施于小车的水平作用力F是(θ已知)( )A．mg tan θ B．(M＋m)g tan θC．(M＋m)g cot θ D．(M＋m)g sin θ8．搬运工人沿粗糙斜面把一物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则( )A．a1＝a2 B．a1<a2<2a1 C．a2＝2a1 D．a2>2a19．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同．现用大小相同的外力F沿图所示方向分别作用在1和2上，用12F 的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动．令a 1、a 2、a 3分别代表物块1、2、3的加速度，则( ) A ．a 1＝a 2＝a 3 B ．a 1＝a 2，a 2＞a 3 C ．a 1＞a 3＞a 2 D ．a 1＞a 2＞a 310．如图所示．在光滑水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的物体A 、B ，m 1>m 2，A 、B 间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F 的水平力向右拉B ，稳定后B 的加速度大小为a 1，弹簧测力计示数为F 1；如果改用大小为F 的水平力向左拉A ，稳定后A 的加速度大小为a 2，弹簧测力计示数为F 2.则以下关系式正确的是( )A ．a 1＝a 2，F 1>F 2B ．a 1＝a 2，F 1<F 2C ．a 1<a 2，F 1＝F 2D ．a 1>a 2，F 1>F 211.如图所示的机车，质量为100 t ，设它从停车场出发经225 m 后速度达到54 km/h ，此时，司机关闭发动机，让机车进站．机车又行驶了125 m 才停在站上，设机车所受的阻力保持不变，求机车关闭发动机前所受的牵引力．12．如图所示，一架质量m ＝5.0×103kg 的喷气式飞机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离x ＝5.0×102m ，达到起飞速度v ＝60 m/s.在这个过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍．求：飞机滑行时受到的牵引力多大？(g 取10 m/s 2)。
动力学两类基本问题教学设计
动力学两类基本问题高中物理必修1 第四单元微专题2 课时11.能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确定物体的受力情况。
2.掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛顿运动定律把二者联系起来。
3.初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应用科学知识解决实际问题的意识。
为了尽量缩短停车时间，旅客按照站台上标注的车门位置候车。
列车进站时总能准确地停靠在对应车门的位置。
这是如何做到的呢？【任务五】动车准确停靠在定点位置的原因。
【活动1】从受力确定运动情况5.1A问题与任务：如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
基本思路：学习活动学习任务情境导入学习目标(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图；(2)根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力（包括大小和方向）;(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度；(4)结合给定的物体的运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量。
5.1B问题与任务：运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。
按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。
（1）运动员以3.4 m/s的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远？g取10 m/s2。
（2）若运动员仍以3.4 m/s 的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10 m 后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶多滑行了多少距离？问题思考①本题中选择的研究对象是谁？②研究对象受多少个力的作用？画出正确的受力分析示意图。
③研究对象的运动情况是怎样的？画出运动过程的示意简图。
高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．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．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、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)求出加速度，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加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况二、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：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂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.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(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：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．【例3】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，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0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)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NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。
高三物理教案 牛顿第二定律,两类动力学问题
辅导讲义
2．合力、加速度、速度的关系
自己思考！！！
1．[应用牛顿第二定律定性分析]如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到
图1
2
图2
＝0，a 1
a1＝2g，
图3
3
1．[静态瞬时问题]如图5所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为
图5
4
图7
无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。
求在
100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。
1．[已知运动分析受力](14分)一质量为m＝2 kg
图9
5
图12 ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
图13
6
图2
10 N
B．a1＝a2<a3 D．a1<a2<a3
7
．弹簧恢复原长时小球速度达到最大．小球运动过程中最大加速度大于
图6
图7
8
9。
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（授课日期： 授课题目 明确目标 重点难点 年 9 月 16 日 星期 班级 拟 两类动力学问题练习 1 第 掌握应用牛顿运动定律分析问题的基本方法和基本技能 重点：牛顿运动定律的综合应用 难点：受力分析，牛顿第二定律在实际问题中的应用 课型 □讲授 教 一、单项选择题 1．(四川省成都石室中学 2014 届高三上学期模拟)如图所示，若战机 从“辽宁号”航母上起飞滑行的距离相同，牵引力相同．则( ) □习题 □复习 □讨论 □其它 师生活动设计 课时 ） 1 课时
ห้องสมุดไป่ตู้
学 内 容 设 计
A．携带弹药越多，加速度越大 B．加速度相同，与携带弹药的多少无关 C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大 D．携带弹药越多，滑行时间越长
2．物体静止放在光滑水平面上，在水平方向的力 F 作用下由静止开始运 动，F 与 t 的关系如图 K3-2-2 所示．下面说法正确的是( A．0～T 时间内物体的加速度和速度都逐渐减小 B．T 时刻物体的加速度和速度都等于零 C．T～2T 时间内物体的运动方向与原来相反 D．T 时刻物体的加速度等于零，速度最大 )
图 K3-2-2
图 K3-2-3
3．某物体质量为 1 kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面做直线运动， 其速度图象如图 K3-2-3 所示，根据图象可知物体( A．受的拉力总是大于摩擦力
1
)
B．在第 3 s 内受的拉力为 1 N C．在第 1 s 内受的拉力大于 2 N D．在第 2 s 内受的拉力为零 4． (汕头市金山中学 2014 届高三上学期摸底)如图 K3-2-4 所示， 轻弹 簧下端固定在水平面上．一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自 由下落，则小球从接触弹簧到下降到最低点的过程中( )
图 K3-2-7
2
A．物块 M 受到的摩擦力增大 B．物块 M 对车厢壁的压力增大 C．物块 M 仍能相对于车静止 D．物块 M 将与小车分离
三、总结提升 1、本节课你主要学习了
因材施教：
教学后记：
3
A．M 静止在传送带上 B．M 可能沿斜面向上运动 C．M 受到的摩擦力不变 D．M 下滑的速度不变 6． (东莞市万江中学 2014 届高三月考)如图 K3-2-6 所示， 质量为 20 kg 的物体，沿水平面向右运动，它与水平面之间的动摩擦因数为 0.1，同时还 受到大小为 10 N 的水平向右的力的作用，则该物体(g 取 10 m/s2)( )
A．所受摩擦力大小为 20 N，方向向左 B．所受摩擦力大小为 20 N，方向向右 C．运动的加速度大小为 1.5 m/s2，方向向左 D．运动的加速度大小为 0.5 m/s2，方向向左 7．如图 K3-2-7 所示，当小车向右加速运动时，物块 M 相对于车厢 静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则( )
A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B．小球的加速度方向都是竖直向上 C．小球的速度一直增大 D．小球的加速度先减小后增大 二、双项选择题 5．如图 K3-2-5 所示，物块 M 在静止的传送带上以速度 v 匀速下滑 时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为 v， 则传送带启动后( )