人教版高三一轮复习：牛顿运动定律第5节“多物体、多过程”类力学综合问题
2020版高考物理人教版复习课件：专题牛顿运动定律的综合应用(共73张PPT)
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2.超重、失重和完全失重的比较
项目
概念
超 重 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 物体的加速度方 向 竖直向上的 压力(或对悬挂物 的拉力) 等于 零的现象
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
产生 条件
关闭
对甲图,以整体为研究对象,水平方向不受力,所以甲车的加速度大小 F 为 0,A 故 A、 B 错误;对乙图,以整体为研究对象 ,水平方向受向左的 2F .甲图中车的加速度大小为
F 的拉力 ,故乙车的加速度大小为:a= ,所以 C 选项是正确的,D 错 B.甲图中车的加速度大小为 ������ +������ M+m 误。C.乙图中车的加速度大小为 2F M
核心素养 命题点一 命题点二 命题点三
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典例2(多选)(2015· 全国卷Ⅱ,20)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 2 拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 3 a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( ) 关闭 A.8 B.10 C.15 D.n 18 设这列车厢的总节数为 ,每节车厢质量为 m,从 P、 Q 处将车厢分成
答案
核心素养 知识梳理 考点自诊
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2.下列哪一种运动情景中,物体将会处于一段持续的完全失重状 态( ) A.高楼正常运行的电梯中 B.沿固定于地面的光滑斜面滑行 关闭 C.固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动 高楼正常运行的电梯中,一般先加速后匀速,再减速,故不可能一直处于完 D.不计空气阻力条件下的竖直上抛
物理人教版必修第一册 第四章 运动和力的关系 5 牛顿运动定律的应用 多过程问题和图像问题课件
速直线运动；在1～2 s与3～4 s内，小球向前做匀减速直线运
动，加速度大小相同，其运动的v-t图像如图4-14所示，由图像
可知，选项C、D正确，选项A、B错误。
点睛：处理此类问题，利用作v-t图像的方法展示物体的运动过
程，是解题的捷径之一。
B. 第5 s内钢索最容易发生断裂
C. 整个过程材料上升高度是14 m
D. 第Ⅰ段和第Ⅲ段的加速度方向相反，速度方向也相反
点题：v-t图像中斜率表示加速度；图线与t轴所围面积表示位移。
解 析
5.如图4-5-5甲所示，质量m =2 kg的物体在水平面上向右做 直线运动。过A点时给物体施加一个水平向左的恒力F并开始
Ff′=ma2，由v-t图像知a2=0.2 m/s2，解得m=1 kg，A正确。
在2～4 s内，对木板有F-F′f=ma1，又F′f=Ff=f=0.2 N，由v-t图像知a1=0.2
m/s2，解得F=0.4 N，B正确。
因为无法得知物块的质量，所以木板与物块间的动摩擦因数无法求解，D错误。
由题图（b）知，0～2 s内力F大小变化，C错误
8.如图4-5-8甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光 滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间 变化规律如图乙、丙所示，g取10 m/s2。求： （1）小环的质量m。 （2）细杆的图像
9. ［多选］如图4-5-9甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度 为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程 中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法
届高三物理高考一轮复习专题三牛顿运动定律新人教版PPT课件
❖ B．一旦施力于巨轮，巨轮立即产生一个 加速度
❖ C．由于巨轮惯性很大，施力于巨轮后， 要经过很长一段时间后才会产生一个明显的 加速度
❖ D．由于巨轮惯性很大，施力于巨轮后，
❖ 4．放在水平面上的一物体重45 kg，现用90 N 的水平推力推该物体，此时物体的加速度为 1.8 m/s2.当物体运动后，撤掉水平推力，此时 该物体的加速度大小为( )
人
❖ 【例3】如图3－1－3所示．一静止斜面MN 与水平面的倾角α＝30°，斜面上有一质量 为m的小球P，Q是一带竖直推板的直杆， 其质量为3m.现使竖直杆Q以水平加速度a＝ 0.5g水平向右匀加速直线运动，从而推动小 球P沿斜面向上运动．小球P与直杆Q及斜
牛顿运动定律
考纲展示 知识点 要求
高考瞭望
牛顿运动
1.从近几年的高考考点分布知
定律及其 Ⅰ 道，本章主要考查考生能否
应用
准确理解牛顿运动定律的意
义，能否熟练应用牛顿第二、
第三定律和受力分析方法解
决运动和力的问题；理解超
重和失重现象，掌握牛顿第
牛顿运动定律
匀速直线运动
静止
❖ 1．牛顿第一定律的内容：一切物体总保持
❖ 1．对惯性的理解
❖ (1)惯性的表现形式
❖ ①物体在不受外力或所受的合外力为零时， 惯性表现为使物体保持原来的运动状态不 变(静止或匀速直线运动)．
❖ ②物体受到外力时，惯性表现为运动状态 改变的难易程度．惯性大，物体运动状态 难以改变；惯性小，物体运动状态容易改 变．
❖ (2)惯性的量度
❖ 2．牛顿第一定律有哪些重要意义？
❖解决此类问题的关键是：①一切物体都具有惯 性；②力是改变物体运动状态的原因．
高中物理一轮复习 第三单元 牛顿运动定律讲义课件
第5讲 牛顿运动定律的理解 第6讲 牛顿运动定律的应用1 第7讲 牛顿运动定律的应用2 专题3 动力学中的典型“模型” 实验4 验证牛顿第二定律
高考纵览
内容
牛顿运动定律 及其应用 超重与失重
实验：验证牛 顿第二定律
要 求
2011 年 2012 年 课标全 课标全 国卷 国卷
Ⅱ 21
中牛顿运动定律与运动问题的综合，这是高考计算题
命题的热点.
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教 材 知 识 梳 理
考 点
第5讲 牛顿运动定律的理解
互
动
探
究
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第5讲 牛顿运动定律的理解
教
核心题空
材
知
识 梳 理
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．
对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．
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第5讲 牛顿运动定律的理解
教
核心题空
材
知
识
梳 理
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
__相__等____，方向__相__反____，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__方__向__相__反____．
14
Ⅰ
2013 年 2014 年 2015 年
卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ
14、 17、 17、 20、 20、 14
25 24 24 25 25
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22
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高考纵览
1．牛顿运动定律是经典物理学最基本、最重要
【备战高考】高考物理一轮复习揭秘系列讲义 揭秘5 牛顿运动定律 人教版
备战2012届高考物理一轮复习揭秘系列讲义：揭秘5 牛顿运动定律（人教版）高频考点：牛顿运动定律瞬时性问题、运动平衡问题、抛体问题、超重失重问题、叠加体连接体问题、物体在斜面上的运动动态发布：2011浙江理综卷第14题、2010全国理综1第15题、2010山东理综第17题、2010全国理综卷18题、2010上海物理第11题、2010浙江理综第14题、2010高考海南物理第8题、2010海南物理第6题命题规律：牛顿运动定律是高中物理的重点知识，是高考考查的重点，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题。
单独考查的题型一般为选择题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度中等。
命题分析考查方式一牛顿第一定律、牛顿第三定律【命题分析】牛顿第一定律、牛顿第三定律是牛顿运动定律的重要组成部分，高考对牛顿第一定律、牛顿第三定律的考查一般为定性考查或与其它知识综合考查，难度一般不大。
例1．（2011浙江理综卷第14题）如图所示，甲、已两人在冰面上“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】：甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力反作用力，选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，大小相等，选项B错误；若甲的质量比乙大，在同样大小的力作用下，由牛顿第二定律可知，甲的加速度小于乙，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，选项C正确；收绳的速度不能决定“拔河”比赛的胜负，选项D错误。
【答案】：C【点评】此题考查力的平衡、牛顿运动定律等知识点。
考查方式二牛顿运动定律瞬时性问题【命题分析】由牛顿第二定律可知，F=ma，加速度与合外力对应。
合外力是产生加速度的原因。
高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 热点专题系列5 巧解动力学问题的方法课件
【例证 3】 如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为 m1 和 m2 的物体 A 和 B。 若滑轮有一定大小，质量为 m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。 设细绳对 A 和 B 的拉力大小分别为 T1 和 T2，已知下列四个关于 T1 的表达式中有一个是正确的，请你根据 所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是( )
A．座椅的支持力小于乘客的重力 B．受到水平向右的摩擦力作用 C．受到水平向左的摩擦力作用 D．所受力的合力沿斜坡向上
解析 当车减速上升时，人、车具有相同的加速度，方向沿斜面向下，由于座椅的上表面是水平的， 分解加速度，人受到重力、支持力、水平向左的静摩擦力，所以选项 B 错误，选项 C 正确。在竖直方向， 由牛顿第二定律有 mg－FN＝may，得 FN＝mg－may，故选项 A 正确；乘客受到合力方向沿斜面向下，选项 D 错误。
二、图象法 利用图象分析动力学问题时，关键是要将题目中的物理情景与图象结合起来分析，利用物理规律或公 式求解或做出正确判断。如必须弄清位移、速度、加速度等物理量和图象中斜率、截距、交点、拐点、面 积等的对应关系。
【例证 2】 (多选)在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为 m1 和 m2 的木板 P、Q，在木板的左 端各有一大小、形状、质量完全相同的物块 a 和 b，木板和物块均处于静止状态。现对物块 a 和 b 分别施 加水平恒力 F1 和 F2，使它们向右运动。当物块与木板分离时，P、Q 的速度分别为 v1、v2，物块 P、Q 相 对地面的位移分别为 s1、s2。已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是( )
必考部分
热点专题系列(五) ——巧解动力学问题的方法
热点概述：动力学问题是指涉及力和运动关系的问题，在整个物理学中占有非常重要的地位，是历年 高考的热点内容。牛顿运动定律是解决动力学问题的关键，常用整体法与隔离法、图象法、假设法、分解 加速度法、临界法等等。
高中物理必修一 第四章 第五节 牛顿运动定律的应用
针对训练1
一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够 长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝ 2.5 m/s2匀加速下滑.若用一水平向右的恒力F作用 于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动， 在0～2 s时间内沿斜面运动的位移s＝4 m.求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
答案 0.5 30 N
设力F作用时物体的加速度 为a1，对物体进行受力分析， 由牛顿第二定律可知： F－mgsin 37°－μmgcos 37° ＝ma1， 撤去力F后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2， 根据v－t图像的斜率表示加速度可知a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2， 联立解得μ＝0.5，F＝30 N.
(1)滑雪者受到雪面的支持力大小； 答案 400 N
滑雪者在雪坡上受力如图所示，建立如图所示的直角 坐标系， FN＝mgcos 37°＝400 N.
(2)滑雪者受到的阻力大小. 答案 100 N
由v－t图像可得滑雪者的加速度大小， a＝v2－t v1＝4 m/s2，
根据牛顿第二定律，mgsin 37°－f＝ma， 得f＝mgsin 37°－ma＝100 N.
(2)人在离C点多远处停下.
答案 12.8 m
人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用.设人在 水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 设人到达C时的速度为v，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡下滑的过程：v2＝2aL 人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′s 联立解得s＝12.8 m.
(2)t＝3 s时物体的速度大小；
答案 0 t＝3 s时的速度v3＝v1－a2t＝20 m/s－10×2 m/s＝0， 即t＝3 s时物体的速度为0.
高中物理第四章运动和力的关系5牛顿运动定律的应用练习含解析新人教版必修第一册
第5节牛顿运动定律的应用必备知识基础练进阶训练第一层知识点一动力学中的两类基本问题1.则2F的恒定合力使质量为2m的物体由静止开始运动,在2t时间内移动的距离为( ) A．2x B．4x C．8x D．16x2．(多选)静止在水平地面上的小车,质量为5 kg,在50 N的水平拉力作用下做直线运动,2 s内匀加速前进了4 m,在这个过程中(g取10 m/s2)( )A．动摩擦因数是0.8B．摩擦力的大小是10 NC．小车加速度的大小是1 m/s2D．小车加速度的大小是2 m/s23．民航客机一般都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,斜面的倾角为30°,人员可沿斜面匀加速滑行到地上．如果气囊所构成的斜面长度为8 m,一个质量为50 kg的人从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s,求:(g＝ 10 m/s2)(1)人滑至地面时速度的大小；(2)人与气囊之间的动摩擦因数．知识点二牛顿运动定律在多过程、多物体问题中的应用用大小为6 N的水平作用力F拉物体A,两物体一起向右做匀加速运动,若两物体与地面间的动摩擦因数均为0.1,取重力加速度g＝10 m/s2,下列说法正确的是()A．B的加速度大小为5 m/s2B．A拉B的作用力为2 NC．若撤去外力F,A物体做减速运动,B物体做加速运动D．若撤去外力F,A物体的加速度大小为1 m/s25．一质量为m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动,1 s末撤去恒力F,其v －t图像如图所示,则恒力F和物体所受阻力F f的大小是()A．F＝9 N,F f＝2 NB．F＝8 N,F f＝3 NC．F＝8 N,F f＝2 ND．F＝9 N,F f＝3 N关键能力综合练进阶训练第二层一、单项选择题1．用30 N的水平外力F,拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体,力F作用3 s后消失．则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是( )A．v＝4.5 m/s,a＝1.5 m/s2B．v＝7.5 m/s,a＝1.5 m/s2C．v＝4.5 m/s,a＝0D．v＝7.5 m/s,a＝02．如图所示,质量为m＝3 kg的木块放在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t＝2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)( )A．42 N B．6 NC．21 N D．36 N3．雨滴从空中由静止落下,若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大,如图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是( )4．竖直上抛物体受到的空气阻力F f大小恒定,物体上升到最高点的时间为t1,从最高点再落回抛出点所需时间为t2,上升时加速度大小为a1,下降时加速度大小为a2,则( ) A．a1>a2,t1<t2B．a1>a2,t1>t2C．a1<a2,t1<t2D．a1<a2,t1>t2二、多项选择题5．如图所示,在光滑斜面上,有一轻质弹簧的一端固定在一个垂直于斜面的挡板上,有一小球A沿着斜面下滑,从小球A刚接触弹簧的瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中,下列说法中正确的是( )A．小球的加速度将先增大,后减小B．小球的加速度将先减小,后增大C．小球的速度将先增大,后减小D．小球的速度将先减小,后增大6．(易错题)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平．t＝0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A．木板的质量为1 kgB ．2 s ～4 s 内,力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内,力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2三、非选择题7．木块质量m ＝8 kg ,在F ＝4 N 的水平拉力作用下,沿粗糙水平面从静止开始做匀加速直线运动,经t ＝5 s 的位移x ＝5 m ．g 取10 m /s 2,求:(1)木块与粗糙平面间的动摩擦因数． (2)若在5 s 后撤去F,木块还能滑行多远？8．质量为4 kg 的物体放在与水平面成30°角、足够长的粗糙斜面底端,物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33,作用在物体上的外力与斜面平行,随时间变化的图像如图所示,根据所给条件(sin 30°＝12,cos 30°＝32,g 取10 m /s 2)求:(1)物体所受的摩擦阻力多大？(2)物体在0～4 s 内的加速度为多少？0～4 s 内的位移为多少？学科素养升级练进阶训练第三层1．(生活情境)蹦极是一项户外休闲活动,跳跃者站在约40米以上高度的位置,用橡皮绳固定住后跳下,落地前弹起．如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C点时合力为零,到达最低点D 后弹起．整个过程中忽略空气阻力．在这个过程中( )A．经过B点时,运动员的速度最大B．从O点到C点,运动员的加速度大小不变C．从B点到C点,运动员的速度不断增大D．从C点到D点,运动员的加速度不断减小2．如图所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3 s,g取10 m/s2,那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7C．加速与减速过程的位移之比为1∶4D．加速与减速过程的时间之比为2∶13．在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时,小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动,已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的,而高度可以调节,则( )A．滑道倾角越大,划艇下滑时间越短B．划艇下滑时间与倾角无关C．划艇下滑的最短时间为2 L gD．划艇下滑的最短时间为2L g4．(学术情境)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能．质量为 1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进,通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时,系统立即自动控制汽车,使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动,并向驾驶员发出警告．驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作,汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”,即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动,最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞．求:(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小．(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离．(3)汽车在上述22 m的运动全过程中平均速度的大小．5．滑草是最近几年在国内兴起的一种休闲健身运动,有一种滑法是人坐在滑草车上从草坡上滑下,既刺激又省劲．如图所示,现有一滑草场近似处理为斜坡段和水平段连接,其斜坡段长度为L1＝72 m,倾角为18°,水平段长度为L2＝30 m,斜坡段和水平段的动摩擦因数都为μ＝0.3,滑草车的质量m＝10 kg,人的质量M＝40 kg,人坐在滑草车上从斜坡的顶端由静止滑下,不考虑滑草车在斜坡与水平段连接处的机械能损失,问:(sin18°＝0.31,cos18°＝0.95)(1)滑草车沿斜坡下滑时的加速度大小？(2)滑草车最后停在离终点多远的地方？(3)滑草车在水平段上滑行时人对车的作用力大小？6．如图甲所示,在水平地面上方存在厚度为h的“神秘区域”(图中阴影部分),任何物体进入该区域后均受到竖直方向的恒力F的作用,且物体一旦碰到该区域底部就会被粘在底部．若将一质量为m的小圆环A从距地面H处的P点释放,不考虑空气阻力,重力加速度为g,请思考以下问题:(1)若小圆环A从P点静止释放后还能返回释放点,小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F 的大小和方向是怎样的？(2)现将小圆环A套在均匀直杆B上,开始时A处于B的最下端,B竖直放置,A刚好位于P 点,将A、B一起由静止释放,如图乙所示．它们之间发生相对滑动时的摩擦力为f,假设“神秘区域”对处于其中的杆B不产生作用力,杆B在下降过程中始终竖直,且杆B的长度能够保证小圆环A与杆B不会分离,若小圆环A从释放后还能离开“神秘区域”,小圆环A在“神秘区域”内所受恒力F的大小和方向又是怎样的？第5节 牛顿运动定律的应用必备知识基础练1．解析:由牛顿第二定律可知,质量为m 的物体的加速度为a ＝F m ,位移为x ＝12at 2,整理可得x ＝Ft 22m ；2F 的恒定合力使质量为2m 的物体由静止开始运动,加速度为a ′＝Fm,位移为x ′＝12a ′(2t )2,则可得x ′＝2Ft 2m＝4x ,故B 正确；A 、C 、D 错误． 答案:B2．解析:根据运动学公式有x ＝12at 2,代入数据解得a ＝2 m/s 2,故C 错误,D 正确；根据牛顿第二定律有F －f ＝ma ,解得摩擦力的大小为f ＝F －ma ＝50 N －10 N ＝40 N,故B 错误；由滑动摩擦力的公式f ＝μN ＝μmg ,可得动摩擦因数为μ＝f mg＝0.8,故A 正确．答案:AD3．解析:(1)由运动学公式有:x ＝12at 2代入数据解得:a ＝4 m/s 2则到达地面时的速度为:v ＝at ＝8 m/s(2)由牛顿第二定律可得:mg sin θ－μmg cos θ＝ma 代入数据解得:μ＝315 答案:(1)8 m/s (2)3154．解析:对A 、B 整体,由牛顿第二定律有F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ,解得a ＝1 m/s 2,即B 的加速度大小为1 m/s 2,故A 错误；对B 物体,由牛顿第二定律有T －μm 2g ＝m 2a ,解得T ＝2 N,故B 正确；若撤去外力F ,则A 、B 两物体均在摩擦力作用下做减速运动,A 、B 两物体的加速度大小均为a ′＝μm 1g m 1＝μm 2g m 2＝μg ＝1 m/s 2,故C 错误,D 正确． 答案:BD5．解析:由v －t 图像可知,0～1 s 内,物体做匀加速直线运动,其加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝61 m/s 2＝6 m/s 2；1～3 s 内,物体做匀减速直线运动,其加速度的大小为a 2＝62 m/s 2＝3 m/s 2.根据牛顿第二定律,0～1 s 有F －F f ＝ma 1,1～3 s 有F f ＝ma 2,解得F ＝9 N,F f ＝3 N ．故D 正确,A 、B 、C 错误．答案:D关键能力综合练1．解析:力F 作用下a ＝F m ＝3020m/s 2＝1.5 m/s 2,3 s 末的速度v ＝at ＝4.5 m/s,3 s 后撤去拉力,F ＝0,a ＝0,物体做匀速运动,故C 正确．答案:C2．解析:因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知:mg sin θ＝μmg cos θ,所以μ＝tanθ；当木块在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x ＝12at 2得a ＝2 m/s 2,由牛顿第二定律得:F－mg sin θ－μmg cos θ＝ma ,得F ＝36 N,D 正确．答案:D3．解析:雨滴受重力和空气阻力的作用,由牛顿第二定律得mg －F阻＝ma ,雨滴加速下落,速度增大,阻力增大,所以加速度减小,在v －t 图像中其斜率越来越小,故选项C 正确．答案:C4．解析:上升过程中,由牛顿第二定律得mg ＋F f ＝ma 1, 设上升高度为h ,则h ＝12a 1t 21,下降过程中,由牛顿第二定律得mg －F f ＝ma 2,h ＝12a 2t 22,由以上各式得a 1>a 2,t 1<t 2,故选项A 正确． 答案:A5．解析:小球接触弹簧后,弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力,小球的合力沿斜面向下,加速度也沿斜面向下,与速度方向相同,故小球做加速运动,因弹力逐渐增大,合力减小,加速度减小；随着小球向下运动,弹簧的弹力增大,当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后,小球的合力沿斜面向上,加速度沿斜面向上,与速度方向相反,小球做减速运动,弹力增大,合力增大,加速度也增大；综上可知,加速度先减小后反向增大,小球速度先增大后减小,故B 、C 正确,A 、D 错误．答案:BC 6.解析:由受力分析知,物块:f ＝F f ,根据作用力与反作用力特点知,F f ′＝F f , 在4～5 s 内,f ＝0.2 N此时F 撤去,木板减速,由牛顿第二定律知:F f ′＝ma 2,由v －t 图像知a 2＝0.2 m/s 2, 解得m ＝1 kg,A 正确．在2～4 s 内,木板:F －F f ′＝ma 1,又F f ′＝F f ＝f ＝0.2 N,由v －t 图像知a 1＝0.2 m/s 2, 解得F ＝0.4 N,B 正确．因为无法得知物块质量,木板与物块间的动摩擦因数无法求解,D 错误． 由图像知0～2 s 内F 变化,C 错误．答案:AB7．解析:(1)由x ＝12at 2得a 1＝2x t2＝0.4 m/s 2.由牛顿第二定律F －F f ＝ma 1得F f ＝F －ma 1＝(4－8×0.4) N＝0.8 N,由F f ＝μmg 得μ＝F f mg ＝0.88×10＝0.01.(2)撤去F 后,木块受摩擦力F f ＝μmg ＝0.8 N,加速度a 2＝－μg ＝－0.1 m/s 2.5 s 末的速度v ＝a 1t ＝0.4×5 m/s＝2 m/s.x ＝－v 22a ＝－222×－0.1m ＝20 m.答案:(1)0.01 (2)20 m 8.解析:(1)如右图,对物体进行受力分析可得:G 1＝mg sin 30°＝20 N, F N ＝G 2＝mg cos 30°＝20 3 N, F f ＝μF N ＝33×20 3 N ＝20 N. (2)由牛顿第二定律可得,0～4 s 内物体的加速度:a ＝F －G 1－F f m＝5 m/s 2, 0～4 s 内位移:x 1＝12at 2＝40 m.答案:(1)20 N (2)5 m/s 240 m学科素养升级练1．解析:由题意可知,运动员先做自由落体运动,加速度为g ,到达B 点时绳子张紧后人受到弹力作用,开始时弹力小于重力,人将继续加速且加速度逐渐减小,人做加速度减小的加速运动,到达C 点时加速度为零,速度达最大,故AB 错误,C 正确；从C 到D ,弹力大于重力,合力向上且逐渐增加,故加速度方向向上且逐渐增加,人开始减速,到达D 点时向上的加速度最大,速度为零,故D 错误．答案:C2．解析:设消防队员最大速度为v ,则加速过程中的平均速度和减速过程中的平均速度都是12v ,故全程的平均速度是12v .则h ＝v －t ＝12vt ,解得v ＝2h t ＝2×123 m/s ＝8 m/s,故A 错误．设消防队员加速过程和减速过程的加速度大小分别为a 1和a 2.由题知,加速过程有mg －f 1＝ma 1,减速过程有f 2－mg ＝ma 2.根据速度公式,有a 1t 1＝a 2t 2＝v ,t 1＋t 2＝3 s,a 1＝2a 2,12a 1t 21＋12a 2t 22＝h .联立解得a 1＝8 m/s 2,a 2＝4 m/s 2,f 1＝120 N,f 2＝840 N ．故f 1∶f 2＝1∶7,故B 正确．由速度公式得t 1＝v a 1＝88 s ＝1 s,t 2＝v a 2＝84s ＝2 s,所以加速与减速过程的时间之比为1∶2,故D 错误．由位移公式得s 1＝12a 1t 21＝12×8×12 m ＝4 m,s 2＝12a 2t 22＝12×4×22m ＝8 m,加速与减速过程的位移之比为1∶2,故C 错误．答案:B3．解析:设滑道倾角为θ,则滑道的长度为Lcos θ,根据牛顿第二定律,可知下滑时的加速度a ＝g sin θ,则根据运动学公式有:Lcos θ＝12g sin θt 2,解得t ＝ 4Lg sin 2θ,可知滑道倾角θ＝45°时,划艇下滑时间最短,最短时间t min ＝2Lg,故C 正确,B 、D 错误；θ<45°时,倾角越大,时间越短,θ>45°时,倾角越大,时间越长,故A 错误．答案:C4．解析:(1)由牛顿第二定律可得: “紧急制动”过程的加速度a 2＝f m其中f ＝12 000 N,m ＝1 500 kg, 代入解得:a 2＝8 m/s 2；(2)设触发“紧急制动”时汽车的速度大小为v ,其到障碍物的距离为x 2则有:x 2＝v 22a 2已知“紧急制动”前的加速度为a 1＝1 m/s 2位移为x 2＝v 20－v22a 1且有:x 1＋x 2＝x已知总位移x ＝22 m,v 0＝10 m/s 解得:v ＝8 m/s,x 2＝4 m ； (3)紧急制动前的时间为:t 1＝v 0－va 1＝2 s 紧急制动后的时间为:t 2＝v a 2＝1 s 总时间为:t ＝t 1＋t 2＝3 s所以v ＝x t ＝223m/s.答案:(1)8 m/s 2(2)8 m/s 4 m (3)223m/s5．解析:(1)设沿斜坡下滑的加速度为a 1,根据牛顿第二定律得,mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1,代入数据解得:a 1＝0.25 m/s 2. (2)设滑到斜坡底端的速率为v ,则有:v 2＝2a 1L 1,代入数据解得:v ＝6 m/s.设在水平段滑行的加速度大小为a 2,则有:μmg ＝ma 2, 解得:a 2＝3 m/s 2,设水平运动的位移为x ,则有:v 2＝2a 2x解得:x ＝v 22a 2＝366m ＝6 m.所以最后停止点距终点的距离为:x ′＝L 2－x ＝30 m －6 m ＝24 m(3)滑草车在水平段上做减速运动,a 2＝3 m/s 2则人在水平方向受到的力:F x ＝Ma 2＝40×3 N＝120 N所以车对人的力:F ＝F 2x ＋Mg 2＝ 1202＋4002N ＝418 N根据牛顿第三定律可得,人对车的作用力大小也是418 N 答案:(1)0.25 m/s 2(2)24 m (3)418 N6．解析:(1)若要使小圆环A 从无初速度释放后还能返回释放点,小圆环A 在“神秘区域”内所受合力方向应竖直向上,所以恒力F 的方向竖直向上．取小圆环A 到达底部时速度刚好为零的临界情况进行分析,设小圆环A 进入“神秘区域”上边缘时的速度为v 1,从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中,根据自由落体运动的规律有:v 21＝2g (H －h )．从小圆环A 进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程,根据运动学的规律有:v 21＝2a 1h ,根据牛顿第二定律有:F －mg ＝ma 1,整理可得:F ＝mg Hh .因此,要使小圆环能返回释放点,则F 应大于mg H h,方向竖直向上．(2)小圆环A 与杆B 从释放到进入“神秘区域”上边缘的过程中,一起做自由落体运动,进入“神秘区域”后小圆环A 与杆B 不分离,说明“神秘区域”给小圆环A 的恒力F 的方向竖直向上,设小圆环A 进入“神秘区域”上边缘时的速度为v 2.对小圆环A ,进入“神秘区域”之前有:v 22＝2g (H －h ),进入“神秘区域”直至到达底部时速度刚好为零的过程有:v 22＝2a 2h ,F －mg －f ＝ma 2,整理可得:F ＝f ＋mg H h.因此,要使小圆环从释放后还能离开“神秘区域”,则F 应大于f ＋mg H h.答案:见解析。
【新高考】高三物理一轮复习知识点专题05 牛顿运动定律
专题5 牛顿运动定律—【讲】第一部分：考点梳理考点一、牛顿三大定律的理解与应用考点二、牛顿第二定律的瞬时性考点三、两类动力学问题考点四、连接体的内外力关系以及叠加体的临界值考点五、超重与失重考点六、动力学问题中的图像考点七、实验——验证牛二定律考点一、牛顿三大定律的理解与应用a、牛顿第一定律的理解与应用1．惯性的两种表现形式(1)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。
(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。
（典例应用1）关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是()A．它表明了力是维持物体运动状态的原因B．它表明了物体具有保持原有运动状态的性质C．它表明了改变物体的运动状态并不需要力D．由于现实世界不存在牛顿第一定律所描述的物理过程。
所以牛顿第一定律没有用处【答案】： B【解析】：牛顿第一定律揭示运动和力的关系：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，故选项B正确。
（典例应用2）(多选)小华坐在一列正在行驶的火车车厢里，突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，假设桌面是光滑的，则下列说法正确的是()A．小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B．小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变C．火车一定是在向前加速D．以火车为参考系，此时牛顿第一定律已经不能适用【答案】：BCD【解析】：小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，若突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，是小球相对于火车向后运动，说明火车正在向前做加速运动，小球在水平方向并不受力的作用，故A错误，C正确；小球在水平方向并不受力的作用，小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变，故B正确；牛顿运动定律适用于惯性参考系，此时，火车做加速运动，不再是惯性参考系，所以牛顿第一定律已经不再适用，故D正确。
高中物理 第四章 牛顿运动定律 第5节 牛顿第三定律 新人教版必修1
作用力和反作用力与平衡力的异同
一对相互作用力
一对平衡力
共同点 大小相等，方向相反，作用在同一直线上
作用点 作用在两个物体上
不 变 化 一定同时产生,同时消失 同
点性质
一定同性质
效 果 效果不能相互抵消
同一个物体 不一定 不一定
效果相互抵消
相互作用力和平衡力的理解
例1. 关于两个相互作用的物体间的作用力和反作用力
如何探究作用力与反作用力的关系呢？
A
B
把两个弹簧秤钩在一起
实验：探究作用力与反作用力的关系
演示实验
A
B
实验结论
A 对 B 的力与 B 对 A 的力总是大小相等，方 向相反，同时产生，同时消失，同时变化，作用在一条直 线上。
二、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相 等，方向相反，作用在一条直线上。
2. 数学表达式：F = F3′. 作用力与反作用力的特点
(1) 大小相等，方向相反，作用在一条直线上 (2) 作用在不同的物体上 (3) 具有同种性质 (4) 两个力各有各的效果 (5) 同时出现，同时消失 等大、反向、共线、异体、同性、同时
注意：牛顿第三定律适用于静止的物体之间的相互作 用，也适用于运动的物体之间的相互作用，即牛顿第 三定律与物体的运动状态无关。
和反作用力？
FN
反作用力
压力（弹力），作用
在地面上
. Ff 反作用力
摩擦力，作用在地面 上
反作用力 万有引力，作用在地
G
球上
作用力、反作用力性质相同，分别作用在两个不同 的物体上。
作用力和反作用力的大小相等吗？如果相等 ，那为什么以卵击石，鸡蛋“粉身碎骨”，但石头却 “安然无恙”？是不是鸡蛋对石头的力小，而石头对 鸡蛋的力大呢？
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人教版高三一轮复习：牛顿运动定律第5节“多物体、多过
程”类力学综合问题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
2．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8m 、质量M ＝3kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m ＝1kg 的小物块，物块与木板间的
动摩擦因数μ=。
对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。
设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10m/s 2。
（1）为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
（2）若F ＝37.5N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
二、多选题
3．如图所示，一质量为m的物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是( )
A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0 B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点
C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0
D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＞v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0
参考答案
1．（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m
【解析】
（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s =
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s = 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s g s μ-=
解得20.4μ=
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+
带入可得21/a m s =
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ=
可得10.1μ=
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3
a m s = 对滑块，则有加速度224/a m s =
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-
=末速度18/3v m s = 滑块向右位移214/022
m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s = 木块继续减速，加速度仍为214/3
a m s = 假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =-
解得20.5t s = 此过程，木板位移2312121726
x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-=
滑块位移24221122
x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．
二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-=
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ== 位移23522v x m a
== 所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++=
【考点定位】牛顿运动定律
【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁
2．（1）F ≤30N ；（2）物块能滑离木板，1.2s ，s =0.9m
【详解】
（1）对M 、m ，由牛顿第二定律
(sin F M m g M m a α-+=+)()
对m ，有
sin f mg ma α-=，cos f mg α≤
代入数据得
30N F ≤
（2）当37.5N 30N F =>时，物块与木板相对滑动，对于M ，有
1cos sin F mg Mg Ma μαα--=
对m ，有
2cos sin mg mg ma μαα-=
设物块滑离木板所用的时间为t ，由运动学公式
22121122
a t a t L -=
代入数据得
1.2s t =
物块离开木板时的速度
2v a t =
由公式
22sin ?g s v α-=-
代入数据得
0.9m s =
【点睛】
解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知
道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
3．AC
【解析】
【分析】
若传送带逆时针运动，物体受摩擦力水平向左，物体会一直做匀减速直线运动，若传送带顺时针运动，物体是减速还是加速，要比较物体与传送带的速度大小，分情况进行讨论即可；
【详解】
A 、当传送带不动时，小物块在滑动摩擦力作用下在传送带上做匀减速运动，当传送带逆时针方向运行且保持速率不变，物体滑上传送带时仍在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度不变，位移不变，运动情况完全相同，所以物体也能滑过
B 点，且用时为t 0，故A 正确，B 错误；
C 、传送带以恒定速率v 沿顺时针方向运行，当v =v 0，小物块在传送带上做匀速直线运动滑过B 点，所以所用时间t ＜t 0，故C 正确；
D 、传送带以恒定速率v 沿顺时针方向运行，当v ＞v 0，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，所以t 1＜t 0，故D 错误。
【点睛】
解决本题的关键会根据物块的受力判断物块的运动规律，当传送带顺时针旋转时，当物块的速度大于传送带的速度，物块可能先减速后匀速，当物块的速度小于传送带的速度，物块可能先加速后匀速。