2020高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律综合应用学案(含解析)
第3讲 牛顿运动定律综合应用主干梳理 对点激活知识点 连接体问题 Ⅱ1．连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的□01物体系统称为连接体。
2．外力与内力(1)外力：系统□02之外的物体对系统的作用力。
(2)内力：系统□03内各物体间的相互作用力。
3．整体法和隔离法(1)整体法：把□04加速度相同的物体看做一个整体来研究的方法。
(2)隔离法：求□05系统内物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独研究的方法。
知识点临界极值问题 Ⅱ 1．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，即表明题述的过程存在着□01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”，而这些起止点往往对应□02临界状态。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。
(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
2．四种典型的临界条件(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□03弹力F N＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是□04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□05它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是□06F T＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是□07a ＝0，速度为0的临界条件是a 达到□08最大。
知识点多过程问题 Ⅱ1．多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的□01运动情况和□02受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。
2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。
3．综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题的关键首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。
一思维辨析1．整体法和隔离法是确定研究对象时常用的方法。
( )2．应用牛顿第二定律进行整体分析时，需要分析内力。
( )3．轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。
( )4．相互接触的物体分离时的临界状态是两者没有共同的加速度。
( )答案 1.√ 2.× 3.√ 4.×二对点激活1.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，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，下列说法正确的是( )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答案 D解析当A、B间达到最大静摩擦力时两者开始相对滑动，以B为研究对象，设临界加速度为a，由牛顿第二定律得：μm A g＝m B a，得a＝6 m/s2。
由整体法得：F＝(m A＋m B)a＝48 N，所以F增大到45 N的过程中，两物体始终没相对运动，B、C错误，D正确。
由于地面光滑，故一开始物体就加速运动，A错误。
2.(人教版必修1·P77·科学漫步改编)在探索测定轨道中人造天体的质量的方法过程中做了这样的一个实验：用已知质量为m1的宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄灭)。
接触后，开动宇宙飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。
推进器的平均推力为F，推进器开动时间为t，测出飞船和火箭组的速度变化是Δv，求火箭组的质量m2。
答案FtΔv－m 1 解析 根据a ＝Δv Δt 得，m 1、m 2的共同加速度为a ＝Δvt ，选取m 1、m 2整体为研究对象，则F ＝(m 1＋m 2)a ，所以m 2＝FtΔv－m 1。
考点细研 悟法培优考点1 整体法和隔离法解决连接体问题1．连接体的类型 (1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)物物并排连接体(4)轻绳连接体(5)轻杆连接体2．连接体的运动特点(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。
(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
3．连接体的受力特点轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。
4．处理连接体问题的方法(1)整体法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，求连接体外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。
例1 (2018·甘肃五市一模)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的动摩擦因数均为μ，m1＞m2，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a1，弹簧测力计示数为F1；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a2，弹簧测力计示数为F2。
则以下关系式正确的是( )A．a1＝a2，F1＞F2 B．a1＝a2，F1＜F2C．a1＝a2，F1＝F2 D．a1＞a2，F1＞F2解题探究(1)两种情况下整体受的合外力大小是否相同？提示：相同。
(2)F1、F2的大小与μ有关吗？提示：无关。
尝试解答选A。
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2，得到a1＝a2。
当F拉B时，以A为研究对象，则有F1－μm1g＝m1a1，得到F1＝m1m1＋m2F；同理，当F拉A时，以B为研究对象，得到F 2＝m 2m 1＋m 2F ； 由于m 1＞m 2，则F 1＞F 2。
所以A 正确，B 、C 、D 错误。
总结升华应用整体法和隔离法的解题技巧(1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m 1上，则m 1和m 2的相互作用力为F 12＝m 2F m 1＋m 2。
此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统在平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。
两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。
(2)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。
绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法。
[变式1－1] (2018·河南二模)如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一小球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上。
开始时小车向右运动，小球的悬绳与竖直方向的夹角为θ1，若小球的悬绳与竖直方向的夹角减小为θ2(θ1、θ2均保持不变)，则夹角为θ2时与夹角为θ1时相比( )A ．小车的加速度、弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变大B ．小车的加速度、弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变小C ．小车的加速度、弹簧测力计读数均变小，小车对地面的压力不变D ．小车的加速度、弹簧测力计读数均不变，小车对地面的压力变大 答案 C解析 由题可知ma ＝mg tan θ，F T ＝mgcos θ，则随着θ减小，小车的加速度a 和绳子的拉力(弹簧测力计的示数)均减小，由整体法可知小车对地面的压力等于整体自身的重力，故C 正确。
[变式1－2] (2018·安徽百所学校模拟)如图所示，在粗糙的水平杆上套着一个滑块A，用轻质细绳将A与一小球B相连，A、B的质量均为m，A与杆间的动摩擦因数为μ，现用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右运动，此时细绳与竖直方向的夹角为α；若增大水平拉力，使A、B一起运动时，细绳与竖直方向的夹角增大为2α，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．细绳的拉力变为原来的2倍B．A、B的加速度变为原来的2倍C．水平拉力F变为原来的2倍D．A受到的摩擦力不变答案 D解析对B受力分析，其加速度大小为a＝g tanα，细绳拉力大小T＝mgcosα，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，a和T不一定是原来的2倍，A、B错误；对A、B整体受力分析，竖直方向上，支持力N＝2mg，当α增大为原来的2倍时，支持力保持不变，则摩擦力f＝μN不变，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mg tanα，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，F不一定变为原来的2倍，C错误，D正确。
考点2 动力学中的临界、极值问题1．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．思维方法例2 如图所示，质量为M ＝2 kg 的长木板位于光滑水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.5。
重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。
现对物块施加水平向右的力F ，下列说法正确的是( )A ．水平力F ＝3 N 时，物块m 将保持静止状态B ．水平力F ＝6 N 时，物块m 将在长木板M 上滑动C ．水平力F ＝7 N 时，长木板M 的加速度大小为2.5 m/s 2D ．水平力F ＝9 N 时，长木板M 受到的摩擦力大小为5 N 解题探究 (1)m 和M 相对滑动的临界条件是什么？ 提示：m 和M 之间的摩擦力达到最大静摩擦力。
(2)如何求使m 和M 发生相对滑动所对应的临界外力F? 提示：先隔离M 再整体分析。
尝试解答 选D 。
设m 和M 恰好不相对滑动时力F ＝F 0，应用牛顿第二定律，有F 0M ＋m＝μmgM，解得F 0＝7.5N ，显然F ＝3 N<F 0时，m 和M 一起加速运动，A 错误；F ＝6 N<F 0时，m 和M 一起加速运动，B 错误；F ＝7 N<F 0时，m 和M 一起加速运动，M 的加速度a ＝FM ＋m ＝73m/s 2，C 错误；F ＝9 N>F 0时，m 和M 相对运动，M 受到的摩擦力大小为μmg ＝5 N ，D 正确。
2020版高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用教案新人教版
第3讲 牛顿运动定律的综合应用考点1 超重和失重1．对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．2．判断超重和失重的方法1．某人在地面上最多可举起50 kg 的物体，当他在竖直向上运动的电梯中最多举起了60 kg 的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g＝10 m/s2)( D )A ．2 m/s 2 竖直向上B.53m/s 2 竖直向上 C ．2 m/s 2 竖直向下D.53m/s 2 竖直向下 解析：由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为F m ＝mg ＝500 N ，在电梯中人能举起60 kg 物体，物体一定处于失重状态，对60 kg 的物体：m ′g －F m ＝m ′a ，即a ＝600－50060m/s 2＝53m/s 2，所以选项D 正确． 2．(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( AD )A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小解析：人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F －mg ＝ma ，即F ＝mg ＋ma ，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A 、D 正确，B 、C 错误．判断超重和失重的方法(1)不管物体的加速度是不是沿竖直方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就处于超重或失重状态．(2)对于多个物体组成的系统，尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体系统的一部分具有竖直方向的加速度分量，整体也会出现超重或失重现象．考点2 动力学图象问题1．图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．2．解题策略(1)分清图象的类型：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。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第三章 第三讲 牛顿运动定律的综合应用(一) 含答案
能力提升课第三讲 牛顿运动定律的综合应用(一)热点一 牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法 (师生共研)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点． 1．“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线．要求分析物体的受力情况． 2．“一个桥梁”：加速度是联系v －t 图象与F －t 图象的桥梁． 3．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、图线的转折点和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．[典例1] (多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：设物块的质量为m 、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a 1和a 2，根据牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2.再结合v －t 图线斜率的物理意义有：a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1.由上述四式可见，无法求出m ，可以求出θ、μ，故B 错，A 、C 均正确.0～t 1时间内的v －t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确．答案：ACD[反思总结]分析图象问题时常见的误区1．没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位．2．没有注意坐标原点是否从零开始．3．不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．4．忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．1－1.[牛顿运动定律与v－t图象的综合]以不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忽略，另一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v－t图象可能正确的是()解析：不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度—时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mg＋k v＝ma，即a＝g＋k vm，随着物体速度的减小，物体的加速度不断减小，故A项错误；受空气阻力的物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度也是g，方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D项正确，B、C项错误．答案：D1－2.[牛顿运动定律与a－F图象的综合](多选)如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动．其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()A．物体的质量为1 kgB．物体的质量为2 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5解析：物体的受力如图所示，在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得F－F f＝ma，代入图乙中F1＝7 N和F2＝14 N及对应的加速度a1＝0.5 m/s2和a2＝4 m/s2，解得m＝2 kg，F f＝6 N，A错误，B正确；F f＝μF N＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误．答案：BC1－3.[牛顿运动定律与F－x图象的综合]水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是()解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg＝kx1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F，根据牛顿第二定律，有F＋mg－F弹＝ma，根据胡克定律，有F弹＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F弹＝ma＋kx，故弹力与x呈线性关系，且是增函数，故D正确．答案：D热点二连接体问题的分析方法(师生共研)1．绳(或杆)连接体[典例2](多选)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是()A．斜面光滑B．斜面粗糙C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为g sin θ，对支架系统整体进行受力分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sin θ，所以A正确，B错误；对斜面体进行受力分析，如图，斜面体静止，由牛顿第三定律有地面对斜面体的摩擦力水平向左，故选A、C.答案：AC2．弹簧连接体[典例3]如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，用两根等长的细线悬挂在升降机内天花板的O点，两球之间连着一根劲度系数为k的轻质弹簧，当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧的被压缩的长度为()A.m (α＋g )tan θkB ．mg tan θkC.m (α＋g )tan θ2kD ．2m (α＋g )tan θ2k解析：对球A 受力分析，受重力mg 、拉力T 、弹簧的弹力F 而向上做匀加速直线运动，则由牛顿第二定律可知Ftan θ2－mg ＝ma ，即F ＝m (g ＋a )tan θ2，根据胡克定律，有F ＝kx ，联立可得x ＝m (a ＋g )tan θ2k，C 正确． 答案：C [反思总结]求解弹簧连接体加速度的两种情况3．接触连接体[典例4] 如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A 、B ，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F 向上推物体A 使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B 对A 的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )A ．只减小A 的质量，B 对A 的压力大小不变 B ．只减小B 的质量，B 对A 的压力大小会增大C ．只减小斜面间的倾角，B 对A 的压力大小不变D ．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B 对A 的压力会增大解析：将A 、B 看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a ＝F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θm A ＋m B ＝F m A ＋m B －g sin θ－μg cos θ.隔离B 分析可得F N －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a ，解得F N ＝m B Fm A ＋m B，由牛顿第三定律可知，B对A的压力F N′＝m B Fm A＋m B，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，故A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D 错误．答案：C2－1.[弹簧接触连接体](多选)如图所示，甲、乙、丙三个木块的质量分别为m1、m2和m3，甲、乙两木块用细线连在一起，中间有一被压缩竖直放置的轻弹簧，乙放在丙物体上，整个装置放在水平地面上．系统处于静止状态，此时绳的张力为F，在把细线烧断的瞬间，甲的加速度大小为a，对细线烧断后的瞬间，下列说法正确的是()A．甲受到的合力大小为FB．丙对乙的支持力大小为(m1＋m2)gC．丙对地面的压力大小为(m1＋m2＋m3)g＋FD．地面对丙的支持力大小为m1(a＋g)＋m2g＋m3g解析：开始系统处于静止，对甲分析，有：F＋m1g＝F弹，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对甲，合力为F合甲＝F弹－m1g＝F，故A正确；对乙分析，根据共点力平衡得，F弹＋m2g＝F丙对乙，解得F丙对乙＝F＋m1g＋m2g，故B错误；对乙丙整体分析，根据共点力平衡得，F弹＋(m2＋m3)g＝F地，解得地面对丙的支持力F地＝(m1＋m2＋m3)g＋F，因为F合甲＝F弹－m1g＝m1a，则F地＝m1(a＋g)＋m2g＋m3g，故C、D正确．答案：ACD2－2. [绳连接体]如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．和m1相对静止一起沿斜面下滑B．和m1相对静止一起沿斜面上滑C．相对于m1上滑D．相对于m1下滑解析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a＝m3g－(m1＋m2)g sin 30°m1＋m2＋m3＝2.5 m/s2.隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得F f－m2g sin 30°＝m2a，解得F f＝m2g sin 30°＋m2a＝15 N，最大静摩擦力F fm＝μm2g cos 30°＝8 3 N，可知F f＞F fm，知m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑，故D正确．答案：D热点三临界问题的处理方法(师生共研)1．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，表明题述的过程存在临界点．(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“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点．(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．2．几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示3.1.k 的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1＞F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为()A.F1－F2k B．F1＋F22kC.F1－F22k D．F1＋F2k解析：本题利用牛顿第二定律，先选A、B为一整体，再隔离A物体，求出弹簧的弹力F，由F＝kx，即可求得弹簧的伸长量．但是若用极限分析法，可快速得出结果：令F1＝F2，则两物体静止，F＝F1＝F2＝kx，能满足此条件的结果只有B选项．答案：B2．假设分析法[典例6]如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行．在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止．已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()A.mg5k B．4mg5kC.mgk D．7mg5k解析：在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力F为正值，则假设正确；水平方向上由牛顿第二定律得：F N sin θ＋F cos θ＝mg；竖直方向上由受力平衡得：F N cos θ＝mg＋F sinθ，联立得：F＝15mg.由胡克定律得F＝kx，x＝mg5k，F为正值，弹簧压缩，故选A.答案：A3．数学极值法[典例7]如图所示，一质量为m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L ＝10 m ．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10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 解析：(1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v B ， 由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2 v B ＝v 0＋at解得 a ＝3 m/s 2，v B ＝8 m/s.(2)物块的受力分析如图所示，F N 、F f 为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F 与斜面夹角为α， 由牛顿第二定律得垂直斜面方向有F sin α＋F N ＝mg cos θ 沿斜面方向有F cos α－mg sin θ－F f ＝ma 又因为F f ＝μF N解得F cos α＋33F sin α＝5.2 N 则F ＝5.2 N cos α＋33sin α＝15.6 N23(32cos α＋12sin α)＝ 7.8 N3sin (α＋60°)当α＝30°时，拉力F 有最小值，F min ＝135 3 N. 答案：(1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 135 3 N1．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( BC )A．8B．10C．15D．182.(2019·广东肇庆高三统测)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( A )A．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值B．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maC．若加速度足够小，则竖直挡板对球的弹力可能为零D．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零解析：对小球受力分析，小球受重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有：F N2cos α＝mg.∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故A正确，D错误；水平方向有：F N1－F N2sin α＝ma.∵F N2sin α≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故C错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cos α与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故B错误．3．如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是( D )A．P、Q间的摩擦力改变B．M、P的加速度大小变为a 2C．M、N间的摩擦力不变D．N的加速度大小仍为a[A组·基础题]1. 如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离．则下列说法中正确的是( C )A．B和A刚分离时，弹簧为原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于mg hD．在B与A分离之前，它们做匀加速运动2．如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则( C )A．F的最大值为12 NB．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动3．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连接一个质量为2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，g取10 m/s2，则( B )A．小球向下运动0.4 m时速度最大B．小球向下运动0.1 m时与挡板分离C．小球速度最大时与挡板分离D．小球从一开始就与挡板分离4．利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举到绳子的悬点O处，然后将小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示．根据图象提供的信息，下列说法正确的是( B )A．t1、t2时刻小球的速度最大B．t2、t5时刻小球的动能最小C．t3、t4时刻小球的运动方向相同D．t4－t3＜t7－t65．(多选)如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( AC )A．木块Q对地面的压力一定为2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F 2mgC．若P、Q之间光滑，则加速度a＝g tan θD．若运动中逐渐减小F，则地面与Q间的摩擦力也逐渐减小6．(多选)如图甲所示，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，一轻绳跨过滑轮，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( BC )A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出乙图中a1的值C．若θ已知，可求出乙图中a2的值D．若θ已知，可求出乙图中m0的值7．(多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( AC )A．在2～4 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2B．小球质量为2 kgC．杆的倾角为30°D．小球在0～4 s内的位移为8 m8．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的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所示，小球在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法中错误的是( D )A．t1时刻小球的加速度为gB．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小C．小球抛出瞬间的加速度大小为(1＋v0 v1)gD．小球加速下降过程中的平均速度小于v12[B组·能力题]9. 如图所示，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(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上做匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( C )A．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10．(多选)(2019·福建将乐县一中月考)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则( AD)A．木板B的质量为1 kgB．小滑块A的质量为3 kgC．AB间动摩擦因素为0.2D．AB间动摩擦因素为0.1解析：设A的质量为M，B的质量为m，当F等于3 N时，加速度为：a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝3 kg，当F大于3 N时，对B，由牛顿第二定律得：F＝Ma＋μmg，由图示图象可知，图线的斜率：k＝M＝1，木板B的质量：M＝1 kg，滑块A 的质量为：m＝2 kg，故A正确，B错误；由图可知，当F＝3 N时，a＝1 m/s2，对木板由牛顿第二定律得：F＝Ma＋μmg，即3＝1×1＋μ×2×10，解得：μ＝0.1，故C错误，D正确．11. 为了测定木板和斜面间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图所示的实验，在木板上固定一个弹簧测力计(质量不计)，弹簧测力计下端固定一个光滑小球，将木板连同小球一起放在斜面上，用手固定住木板时，弹簧测力计的示数为F1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，测得斜面倾角为θ，由测得的数据可求出木板与斜面间的动摩擦因数是多少？解析：设小球的质量为m，木板的质量为M.静止时，以小球为研究对象，有F1＝mg sin θ.下滑时，以小球为研究对象，有mg sin θ－F2＝ma.下滑时，以整体为研究对象，有(M＋m)g sin θ－μ(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a.联立解得μ＝F2F1tan θ.答案：F2F1tan θ12．两物体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6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，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图象如图(b)所示．取g＝10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物体停止运动的瞬间，物体A、B之间的距离．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物体的v－t图象得a＝3 m/s2.对于A、B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＝15 N. (2)设物体A匀减速运动的时间为t，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，对于A物体有μm A g＝m A a A，a A＝μg＝3 m/s2，v t＝v0－a A t＝0，解得t＝2 s，物体A的位移为x A＝v t＝v0＋02t＝6 m，物体B的位移为x B＝v0t＝12 m，所以，A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6 m. 答案：(1)15 N(2)6 m。
高三物理一轮复习 第三章 第三讲牛顿定律的综合应用教案
高三物理一轮复习第三章第三讲牛顿定律的综合应用教案
超重和失重并非物
簧测力计或台秤的
的现象
、如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质
止状态．若将一个质量为3 kg
上的瞬间，对整体用牛顿第二定律得
为了探究上升过程中运动员与
2F
，对运动员进行受力分析如图乙所示，
则有
人
＝0.
、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
、绳子断裂与松驰的临界条件：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，绳子松驰的临界条件是：F T＝0.
.
两个物体，A、B间的
以同一加速度运动，则拉力F的
最大，此时，对于A物体所受的合
整体，加速度a＝aA＝μg，如图所示，在斜面体上用平行于斜面的轻绳挂一小球，小球质量为m，斜面体倾
）为使小球不相对斜面滑动，斜面体水平向右运动的加速度应不
3、如图所示，车厢内光滑的墙壁上，用线拴住一个重球．车静止时，线的拉力为墙对球的支持力为N．车向右作加速运动时，
则这四个力的关系应为：T′
θ
cos
向右加速时：T=
cos
'
所以'
',N
N
T
T<
=
向左的加速运动向右的减速运动。
2023年高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用(练)》含答案解析
3.2 牛顿运动定律的综合应用1．已知列车向左做直线运动，某同学为了研究列车在水平直轨道上的运动情况，他在列车车厢顶部用细线悬挂一个小球。
某段时间内，细线偏离竖直方向一定角度θ，并相对车厢保持静止，如图所示，重力加速大小为g，则列车在这段时间内（ ）A．水平向右做匀速直线运动B．列车速度正在变大C．列车加速度的大小为g tanθ，方向水平向右D．加速度的大小为gsinθ，方向水平向左【答案】C【解析】A．对小球受力分析可知小球所受合力方向向右具有向右的加速度，列车与小球相对静止，不可能做匀速直线运动，A错误；B．列车与小球相对静止做匀变速直线运动，列车的运动方向未知可能做匀加速运动也可能做匀减速运动，B 错误；C 、D．小球所受合力方向向右具有向右的加速度，由牛顿第二定律得θ=mg matan得=tana gθC正确，D错误；故选C。
2．如图所示，一足够长的斜面固定在地面上，其倾角为37°。
一质量为1kg的物体（可视为质点）放在斜面上，恰好能保持静止。
现对物体施加一沿斜面向上的外力F，大小为14N，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（ ）A ．物体仍静止在斜面上B ．物体将向上做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s 2C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sD ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5【答案】C 【解析】D ．物体放在斜面上，恰好能保持静止，则o osin 37cos37mg mg μ=解得0.75μ=故D 错误；AB ．施加拉力F 后，由牛顿第二定律得o o sin 37cos37F mg mg maμ--=解得22m/s a =施加一沿斜面向上的外力F 时，物体以22m/s 的加速度做匀加速直线运动，故AB 错误；C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sv at ==故C 正确。
2020版新一线高考物理(新课标)一轮复习教学案：第3章 第3节 牛顿运动定律的综合应用 含答案
第3节牛顿运动定律的综合应用知识点一| 超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较概念(或对悬挂物的拉力)[(1)失重说明物体的重力减小了。
(×)(2)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。
(×)(3)物体失重时，也可能向上运动。
(√)(4)用弹簧测力计称量浸没在水中的物体时，示数小于实际重力G，这也是失重现象。
(×)考法1超重、失重现象的分析1．平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。
对此现象分析正确的是() A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度D[手托物体上抛的开始阶段，要使物体加速，则物体处于超重状态，之后手将要离开物体，手和物体一起继续向上运动，但要减速，这时物体处于失重状态。
物体离开手的瞬间只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度。
手和物体分离前速度相等，而手的减速一定要比物体快，才能离开物体，即分离瞬间手的加速度大于重力加速度。
]2.(2019·郑州模拟)某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是()A．人在C点具有最大速度B．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态D．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重D[由题图可知，C点是最低点，人在C点的速度为零，故A项错误；C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，不是匀加速运动，故B项错误；人和踏板由C 到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故C项错误，D项正确。
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
高考物理第一轮复习教案 第三章 牛顿运动定律
考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；
二是联系实际，以实际问题为背景命题，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的
能力。
§1 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律 1．牛顿第一定律（惯性定律）的内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
看，要求准确理解牛顿第一定律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析的方法；理
解牛顿第三定律；理解和掌握运动和力的关系；理解超重和失重。本章内容的高考试题每年都有，对本章内容
单独命题大多以选择、填空形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、生产实际问题。经常与电场、
磁场联系，构成难度较大的综合性试题，运动学的知识往往和牛顿运动定律连为一体，考查推理能力和综合分
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高考物理第一轮复习教案
第三章 牛顿运动定律
张建设编写
这个定律有两层含义： （1）保持匀速直线运动状态或静止状态是物体的固有属性；物体的运动不需要用力来维持。 （2）要使物体的运动状态（即速度包括大小和方向）改变，必须施加力的作用，力是改变物体运动状态的 原因，是使物体产生加速度的原因。 2．牛顿第一定律的几点说明 （1）物体不受外力是该定律的条件。 （2）物体总保持匀速直线运动或静止状态是结果。 （3）惯性：一切物体都有保持原有运动状态的性质。 惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动状态及受力情况无关。 惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。 质量是物体惯性大小的惟一量度。 （4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态，而不受外力的物体是不存在的。物体不受外力 和物体所受合外力为零是有区别的。 （5）牛顿第一定律成立的参考系是惯性参考系。 （6）应注意： ①牛顿第一定律不是实验直接总结出来的，是牛顿以伽利略的理想斜面实验为基础，加之高度的抽象思维， 概括总结出来的，不可能由实际的实验来验证； ②牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受外力时的理想化状态。 例 1．下列说法正确的是 A．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．小球在做自由落体运动时，惯性不存在了 C．把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的冲力 D．物体的惯性仅与质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小 解析：惯性是物体保持原来运动状态的性质，仅由质量决定，与它的受力状况与运动状况均无关。一切物 体都有惯性。答案：D 例 2． 火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处（空气阻力不 计），这是因为 A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动 B．人跳起时，车厢对人一个向前的摩擦力，这力使人向前运动 C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而 已。 D．人跳起后，在水平方向人和车水平速度始终相同 解析：人向上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向不受外力作用，由于惯性，所以水平方向与车速 度相同，因而人落回原处。 答案：D 例 3． 下面说法正确的是 A．静止或做匀速直线运动的物体一定不受外力的作用 B．物体的速度为零时一定处于平衡状态 C．物体的运动状态发生变化时，一定受到外力的作用 D．物体的位移方向一定与所受合力方向一致 解析：物体不受外力时一定处于静止或匀速运动状态，但处于这些状态时不一定不受外力作用，所以 A 错； 物体是否处于平衡状态是看其受力是否为零，而不是看它的速度是否为零，如竖直上抛物体到达最高点时速度
2020高考物理一轮复习专题03牛顿运动定律(解析版)
专题03 牛顿运动定律1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。
A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。
若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，则对 C 有aC＝mg＝gm对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力力，有f= μ（2M+m ）g因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M解得F> 2μ（m+M ）g，故选C2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。
物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）F 大小应满足的条件是（A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )gC ．F 2 (m M )gD ．F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝mg M m gμ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A ．物块最终从传送带N 点离开B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D ．物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma，可得3，D 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。
高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用课件
2．超重、失重和完全失重的比较
知识点 2 牛顿定律的应用 Ⅱ 整体法和隔离法
(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。
1．[2015·贵州五校联考]如图所示，与轻绳相连的物体 A 和 B 跨过定滑轮，质量 mA<mB，A 由静止释 放，不计绳与滑轮间的摩擦，则在 A 向上运动的过程中，轻绳的拉力( )
总结升华
判断超重和失重现象的三个技巧 (1)从受力的角度判断 当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零 时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力 加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重； ②物体向下加速或向上减速时，失重。
(1)手托物体向上运动的过程，始终加速吗？ 提示：不是，可以减速。
(2)物体离开手的瞬间，受什么力的作用？ 提示：只受重力作用。
尝试解答 选 D。 手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体 既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项 A 错误；物体从静止到运动，必有 一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项 B 错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体 的加速度等于重力加速度，选项 C 错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化率比物体速 度的变化率大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，故 D 正确。