2018版新步步高高考物理(全国用)大一轮复习讲义课件：第三章牛顿运动定律第2讲
因果性 F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性
独立性
2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧
在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点： (1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断 (或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间； 特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力 的大小往往可以看成保持不变.
F
A.0
B.2.5 N
C.5 N
D.3.75 N
G
答案 解析
当细线剪断瞬间，B 物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍 不变，对AB整体分析受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，弹力为F＝mAg ＝15 N，G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，
F1
B
对B分析，mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75 N，D选项正确.
2.表达式：F＝ma，F与a具有 瞬时对应关系.
3.力学单位制 (1)单位制：由 基本 单位和 导出 单位共同组成.
(2)基本单位：基本物理量的单位.力学中的基本物理量有三个，分别是
质量、时间和 长度 ，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和 米(m) .
(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.
答案
解析
选项A中Δx＝1.2 cm没用国际单位制表示，选项C中的小车质量m＝500 g 没用国际单位制表示，所以均错误；故只有选项B、D正确.
【基础题组自测】
3.关于超重和失重的下列说法中，正确的是 答案 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
第三章 牛顿运动定律
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
内容索引
基础 知识梳理
命题点一
牛顿第二定律的 理解和应用
命题点二
超重和失重问题
动力学的两类 基本问题
命题点三
盘查拓展点
课时作业
1
基础知识梳理
一、牛顿第二定律
1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反
比.加速度的方向跟 作用力的方向 相同.
1.动力学两类基本问题
(1)已知受力情况，求物体的运动情况.
(2)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 牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
深度思考
如图所示，质量为m的物体在水平面上由速度vA均匀减为vB的过程中前进
的距离为x. (1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？ 答案
模型的建立
生拉力，劲度系数 压力或不沿杆的力，劲 缩，弹力大小与 很大，可看成不可 度系数很大，可看成不 弹簧的形变量有 伸长 可伸长或压缩 关(弹性限度内)
的现象.
(2)产生条件：物体具有 向下 的加速度.
对对答案吧
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0 的现象
称为完全失重现象.
(2)产生条件：物体的加速度a＝
4.实重和视重
g
，方向竖直向下.
(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：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力
超重
解析
a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而
图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，
平衡
失重
则电梯的速度在t＝60 s时为零.
【方”深度理解
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.
题组阶梯突破
【变式训练】
3.2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠 .她
从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示.不计空气阻力.下列说法 a向下，失重 解析 正确的是 答案 A.她在空中上升过程中处于超重状态 B.她在空中下落过程中做自由落体运动
具有水平初速度
C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
题眼②
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案
解析
6.如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打
＝0.6，cos 37°＝0.8)
【变式训练】
磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同.(g取10 m/s2且sin 37° (1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在 水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ. 答案 0.5 (2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时， 则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？
迹来判断发生事故前汽车是否超速 . 在限速为 40km/h 的大桥路面上，有
一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面
的刹车痕迹为12m.已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为 0.6,请判断这辆 汽车是否超速.(g取10m/s2)
答案 解析
超速
2
命题点一
牛顿第二定律的理解和应用
1.对牛顿第二定律的理解
答案
2 m/s
规范解答
5
盘查拓展点
关于瞬时问题的拓展深化
瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点
问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，
再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：
内容 轻绳(细线) 轻杆 轻弹簧
不计质量，只能产 不计质量，可提供拉力、可以被拉伸或压
对对答案吧
深度思考 判断下列说法是否正确.
(1)物体所受合外力越大，加速度越大.(
√ )
(2)物体所受合外力越大，速度越大.( × )
(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的
速度逐渐减小.( × ) (4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用.(
×
)
对对答案吧
二、动力学两类基本问题
方法感悟
1.两个关键
解决动力学问题的技巧和方法
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁. 2.两种方法 (1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法” (2)正交分解法： 若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”.
【例3】 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一
分钟就可以到达观光平台.若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在
t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示.则下列相关说法正确的是 答案
A.t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B.5～55 s时间内，绳索拉力最小 C.t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D.t＝60 s时，电梯速度恰好为零
做匀变速直线运动的物体，a恒定不变，F=ma ，F合不变，故A正确； a与F合方向相同，与v不一定在同一方向上，故B错误；
F合增大时，a一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而v不一定加快，故C
错误；
物体所受F合=0时，a=0，v不一定为零，故D错误.
【变式训练】
答案
解析
3
命题点二
超重和失重问题
题组阶梯突破
题眼①
【变式训练】
5.(多选)(2016· 全国Ⅱ卷· 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大
于乙球质量.两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半
径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，则 A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
答案 解析
力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运
动状态就一定会改变，选项 A 错误， B 正确；物体不受力或受合力为 零，其运动状态一定不变，处于静止或匀速直线运动状态，选项C错 误；物体的运动方向与它所受合力方向可能相同，也可能相反，还可 能不在一条直线上，选项D正确.
【基础题组自测】
答案 解析
题眼②
若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方
向不再垂直，故B正确；
根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，
故D错.
如图，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为 【例2】 0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压.现突 然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)
D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 一对作用力与反作用力 入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所
以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大.
4.(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，则人对电梯的压力 A.t＝2 s时最大 B.t＝2 s时最小
步步高高考物理一轮复习配套课件第三章 专题三 牛顿运动定律的综合应用
即 F＝kt，其中 k 为已知常数．若 A、B 之 随着时间t 的增大,外力F增大, 间的滑动摩擦力 Ff 的大小等于最大静摩擦力， 且 A、B 的质量相等，则下列图中可以定性 地描述物块 A 的 v－t 图象的是 (
同时B给A的摩擦力Ff也变大 当物块和木板之间的摩擦力大 小达到最大静摩擦力时，物块 A与木板B发生相对运动
第三章
专题三
牛顿运动定律
牛顿运动定律的综合应用
题组扣点
题组答案
1.D
2.B
3.C
考点梳理答案
1、（1）大于 2、（1）小于 （2）向上 （2）向下
3、（1）等于零 （2）g
课堂探究
考点一 超重与失重现象
1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不 是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在， 且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发 生了变化(即“视重”发生变化)．
木板和地面没有摩擦 小物块A不会从木板 上滑下 力F与时间成正比 v－t 图象的斜率表示加速 度，加速度的变化规律决 定v－t 图象的变化趋势
图3
课堂探究
详剖细解
F
【例 2】如图 3 甲所示，静止在光滑水平面上 的 长木板 B(长木板足够长)的左端放着小 物块 A，某时刻，B 受到水平向左的外力 F 的作用， F 随时间 t 的变化规律如图乙所示， 即 F＝kt，其中 k 为已知常数．若 A、B 之 间的滑动摩擦力 Ff 的大小等于最大静摩擦力， 且 A、B 的质量相等，则下列图中可以定性 地描述物块 A 的 v－t 图象的是 ( )
此时有Ff＝ma，F－Ff＝ma， 解得F＝2Ff，即kt＝2Ff 图3
2Ff 可见 t> k 后物块将在大小恒定的摩擦力 的作用下做匀加速直线运动，其对应的 v－t 图线是倾斜的直线
2018高考物理大一轮复习课件：第三单元 牛顿运动定律 3-1
四、单位制 单位制：由基本单位和导出单位组成． 基本单位：基本物理量的单位．
在国际单位制中，力学和电学的基本单位是米、千克、秒、 安培．
导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的单位．
五、考点鸟瞰
考点鸟瞰 考点一：伽利略的理想实验 考点二：对牛顿第一定律的理解 考点三：对牛顿第二定律的理解 考点四：对牛顿第三定律的理解 考点五：用牛顿第三定律转换研究对象
【答案】 D 【解析】 牛顿第一定律揭示了两方面问题：①物体在任何 时候都有惯性，故 C 项错误；不受力时惯性表现为物体处于静止 状态或匀速直线运动状态，故 A 项错误；②揭示了力和运动的关 系，即力是改变物体运动状态的原因，故 D 项正确；牛顿第一定 律揭示了这两方面问题，不只是反映惯性大小，故 B 项错误．
(4)与牛顿第二定律的关系：两个定律是相互独立的，牛顿第 一定律是经过科学抽象总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验 定律．
2．惯性的两种表现形式 (1)物体的合力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状 态不变． (2)物体的合力不为零时，惯性表现为运动状态改变的难易程 度．惯性越大，物体的运动状态越难改变．
3．1 牛顿运动定律
知识清单
一、牛顿第一定律 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． 含义：
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性． (2)揭示了力与运动的关系：力是改变物体运动状态的原因， 即产生加速度的原因．
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)量度：质量是惯性大小的唯一量度，惯性与物体的受力及 运动情况无关． (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性．
2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章 牛
第2讲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的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位共同组成．(2)基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是否正确．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)二、动力学两类基本问题1．动力学两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况．(2)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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的过程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案(1)匀减速直线运动能，由v B2－v A2＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、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0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．4．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：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( ) A ．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变 B ．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变 C ．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态 D ．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同 答案 BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2 cm ，若还测出小车的质量为500 g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( ) A ．a ＝1.20.12 m /s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m /s 2＝1.2 m/s 2C ．F ＝500×1.2 N ＝600 ND ．F ＝0.5×1.2 N ＝0.60 N 答案 BD3．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 答案 D4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是30 kg 的手推车，在受到60 N 的水平推力时做加速度为1.5 m /s 2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g ＝10 m/s 2) 答案 0.5 m/s 2解析设阻力为F f，则F－F f＝ma解得F f＝15 N如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′解得a′＝0.5 m/s2.5．(粤教版必修1P92例1)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2)答案超速解析选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③根据匀变速运动的规律有v2－v02＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶.命题点一牛顿第二定律的理解和应用1．对牛顿第二定律的理解2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．例1(多选)(2016·全国Ⅰ卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．例2如图3，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()图3A．0 B．2.5 NC．5 N D．3.75 N①B与A刚好接触但不挤压；②剪断后瞬间A、B间的作用力大小．答案 D解析当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(m A＋m B)g＝20 N，弹力为F＝m A g＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(m A＋m B)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有m B g－F1＝m B a，可得F1＝3.75 N，D选项正确．拓展延伸(1)如图4、图5中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中A处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？图4图5答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B ．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C ．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D ．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态 答案 A解析 做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不一定在同一方向上，故B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C 错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D 错误．2．如图6所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )图6A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小为233g ，方向垂直木板向下D ．大小为33g ，方向水平向右 答案 C解析 未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得F x 与mg 的合力F ＝mgcos 30°.当突然向下撤离光滑木板时，F N 立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故F x 与mg 的合力仍为F ＝mg cos 30°，由此产生的加速度为a ＝g cos 30°＝233g ，方向与合力方向相同，故C 正确．命题点二 超重和失重问题例3 广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图7所示．则下列相关说法正确的是()图7A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．答案 D解析利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．对超重和失重的“四点”深度理解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．3．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图8所示．不计空气阻力．下列说法正确的是()图8A ．她在空中上升过程中处于超重状态B ．她在空中下落过程中做自由落体运动C ．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D ．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 答案 D解析 起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A 错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B 错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C 错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D 正确．4．(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9所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对电梯的压力( )图9A ．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 时最小答案 AD命题点三 动力学的两类基本问题例4 水平面上有相距15 m 的A 、B 两点，一质量为2 kg 的物体在大小为16 N 、方向斜向上的力F 作用下，从A 点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34，重力加速度g 取10 m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.答案 4 s解析 撤去F 前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F cos α－F f ＝ma 1① F f ＝μF N ② F N ＝mg －F sin α③ x 1＝12a 1t 12④撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg ＝ma 2⑤ x 2＝12a 2t 22⑥x 1＋x 2＝s ⑦ a 1t 1＝a 2t 2⑧根据v －t 图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2m －μg ＝2.5 m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3 s ，t 2＝1 s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s.解决动力学问题的技巧和方法1．两个关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁． 2．两种方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法” (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．5．(多选)(2016·全国Ⅱ卷·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．6．如图10所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg 的磨石A 对地面和斜壁进行打磨，已知A 与地面、A 与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g 取10 m/s 2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10(1)当A 受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F 1＝50 N 打磨地面时，A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A 与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A 对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A 加竖直向上推力F 2＝60 N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？ 答案 (1)0.5 (2)2 m/s解析 (1)A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即F f ＝F 1cos θ＝40 Nμ＝F f F N ＝F f mg ＋F 1sin θ＝0.5 (2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F 2－mg )cos θ－F f1＝ma ； 在垂直斜面方向上有： F N ＝(F 2－mg )sin θ； 则F f1＝μ(F 2－mg )sin θ 解得：a ＝1 m/s 2 x ＝12at 2 解得t ＝2 s v ＝at ＝2 m/s.关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：典例1 如图11所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数分别为k 1、k 2，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．a 弹簧的伸长量为3mg3k 1B ．a 、b 两弹簧的伸长量的比值为2k 2k 1C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g2D ．若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为3g 答案 B解析 小铁球受重力mg 、F T a 、F T b 三个力作用，如图所示，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有F T a cos 30°＝mg ，而F T a ＝k 1x 1，解得x 1＝23mg3k 1，选项A 错误．在水平方向上有F T a sin 30°＝F T b ，而F T b ＝k 2x 2，可求得a 、b 两弹簧的伸长量的比值为x 1x 2＝2k 2k 1，选项B 正确．弹簧b 的左端松脱瞬间，弹簧a 的弹力不变，弹簧a 的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mg tan 30°，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝ma 1，可得弹簧b 的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a 1＝g tan 30°＝33g ，选项C 错误．弹簧a 的下端松脱瞬间，弹簧b 的弹力不变，弹簧b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与F T a 反向，大小为mgcos 30°，由牛顿第二定律得mg cos 30°＝ma 2，可得弹簧a 的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a 2＝gcos 30°＝233g ，选项D 错误． 典例2 如图12所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间用一个轻杆连接，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是( )图12A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ 答案 B解析 细线烧断前，ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F ＝3mg sin θ，对C 受力分析，沿斜面方向细线拉力F T ＝mg sin θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C 受力分析，没有细线拉力，mg sin θ＝ma 1，加速度a 1＝g sin θ，选项D 错误；A 、B 之间由轻杆连接，相对静止，对AB 整体受力分析可得F －2mg sin θ＝2ma 2，合力沿斜面向上，得a 2＝12g sin θ，选项A 错误，B 正确；对B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力F T ′－mg sin θ＝ma 2＝12mg sin θ，得轻杆弹力F T ′＝32mg sin θ，选项C错误．题组1 对牛顿第二定律的理解和应用1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( )A．基本单位和导出单位一起组成了单位制B．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C．在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系答案ABC2．一个质量为m＝1 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F1与F2的作用，若力F1、F2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则物块在此后的运动过程中()图1A．物块从t＝0时刻开始运动B．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C．物块加速度的最大值是3 m/s2D．物块在t＝4 s时速度最大答案 C解析物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力F fm＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N，物块在第1 s 内，满足F1＝F2＋F fm物块处于静止状态，选项A错误；第1 s物块静止，第1 s末到第7 s 末，根据牛顿第二定律有F1－F2－F fm＝ma，F2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F1方向，物块一直加速，故选项B、D均错误，在t＝4 s时加速度最大为a m＝F1－F fmm＝5－21m/s2＝3 m/s2，选项C正确．3．如图2所示，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m1、m2，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，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则()图2A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aC ．a 1＝m 2m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a答案 D解析 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 后，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a 、a 2＝m 1m 2a ，故选项D 正确．4．一皮带传送装置如图3所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是( )图3A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 答案 D解析 滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f 和弹簧向右的拉力F 拉＝kx ，合力F 合＝F f －F拉＝ma ，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x 逐渐增大，拉力F 拉逐渐增大，因为皮带的速度v 足够大，所以合力F 合先减小后反向增大，从而加速度a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．5．(多选)如图4所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间由一轻质细线连接，B 、C 间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()图4A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θD．B、C之间杆的弹力大小为0答案CD解析初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力F N、细线的拉力F T，由平衡条件可得F T＝2mg sin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力F T，由平衡条件可得：F弹＝F T＋mg sin θ＝3mg sin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．题组2超重和失重问题6．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7．若货物随升降机运动的v－t图象如图5所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()图5答案 B解析由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．8．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图6所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()图6A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上答案 C解析当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y.F N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．题组3动力学的两类基本问题9．(多选)如图7所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)()图7A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动答案BC10．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是()A．v＝6 m/s，a＝0B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0答案 A11．如图8所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36.试求：图8。
2018高考物理大一轮复习课件：第三单元 牛顿运动定律 3-3
题型三：“板—块”滑动模型 题型四：动力学中的临界值和极值问题
高考热度 ★★★★★ ★★★★★ ★★★★★ ★★★★★
题型透析
动力学中的连接体问题 1．连接体的运动特点 加速度相同，速度相同． 2．常见连接体类型 几个物体通过连接、挤压或叠放在一起运动，如图所示：
例 4 如图所示，倾角为 37°，长为 l＝16 m 的传送带，转动速度为 v＝10 m/s， 在传送带顶端 A 处无初速度的释放一个质 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，g 取 10 m/s2.求： (sin37°＝0.6，cos37°＝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．
3．3 牛顿第二定律的应用专题(二)
要点综述
一、应用牛顿第二定律解决系统的动力学问题，是高考的热 点和难点，主要有三种类型：
连接体模型：应用整体法和隔离法． 传送带模型：弄清物体在传送带上的运动情况是解题关 键． “板—块”滑动模型：用隔离法分析板、块，通过位移 关系式建立两者联系．
二、题型鸟瞰
例 1 如图 1 所示，两物块 m1、m2 处于水平光滑面上，中 间由轻绳相连，一个恒力 F 作用在物体上，一起向右做匀加速运 动．
(1)此时绳上的拉力是多少？ (2)如果地面粗糙且动摩擦因数为 μ，绳上的拉力 T 是多少？ (3)如图 2 所示，将整个系统竖直向上拉动，绳上的拉力 T 是多少？
(4)如图 3 所示，将整个系统置于光滑的斜面上，求绳上的拉 力 T 是多少？
(1)可能一直加速； (2)可能一直匀速； (3)可能先减速后反向加速
2018高考物理大一轮复习课件：第三单元 牛顿运动定律 3-3 精品
(1)木板与冰面的动摩擦因数 μ2； (2)小物块 A 的初速度 v0； (3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的 最大初速 v0m 应为多少？
【答案】 (1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s 【解析】 (1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦 力，做匀减速运动，则加速度 a＝2vs2＝1.0 m/s2 由牛顿第二定律得 μ2·2mg＝ma 解得μ2＝0.10
【答案】 (1)4 s (2)2 s 【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(sin37°－μcos37°)＝ma 则 a＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2， 根据 l＝12at2 得 t＝4 s.
【解析】 (1)对整体：F＝(m1＋m2)a， 对 m2∶T＝m2a， 两方程相比可得：TF＝m1m＋2m2， 则 T＝m1m＋2m2F
(2)对整体：F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 对 m2∶T－μm2g＝m2a 两方程相比可得：F－μT（－mμ1m＋2mg 2）g＝m1m＋2m2 由数学比例关系可知：TF＝m1m＋2m2 则 T＝m1m＋2m2F 由(2)推导可知：(3)(4)结论不变．
例 4 如图所示，倾角为 37°，长为 l＝16 m 的传送带，转动速度为 v＝10 m/s， 在传送带顶端 A 处无初速度的释放一个质 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，g 取 10 m/s2.求： (sin37°＝0.6，cos37°＝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．
2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章 牛
专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤 审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ， 小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。
2018版高考物理大一轮复习课件第三章 牛顿运动定律 基础课1 精品
牛顿第三定律的理解
1．应注意“三个”问题 (1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿 第三定律都是成立的，与物体受力情况和运动状态无关。
(2)作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作用的物体不同， 所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同。 (3)作用力和反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能 牵扯第三个物体。
解析 亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，A项错误； 伽利略通过“理想斜面实验”得出力不是维持物体运动状态的 原因，B项正确；笛卡儿认为如果运动物体不受任何力的作用， 不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向 匀速运动下去，C项正确；牛顿认为一切物体皆有惯性，D项正 确。 答案 BCD
解析 物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质， 或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力 的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错 误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持 静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有 受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速 度沿同一直线一直运动下去，选项D正确。 答案 AD
3．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不变(静止或匀速直线运动)。
1．[对牛顿第一定律的理解](多选)关于牛顿第一定律的理解正 确的是( ) A．牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律 B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变 C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力 维持木块运动的结果 D．奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力 作用迫使他改变原来的运动状态
2018高考物理大一轮复习课件：第三单元 牛顿运动定律 3-2 精品
C．Δl1＝2Δl2
D．Δl1＝Δl2
【答案】 AC 【解析】 设物体的质量为 m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉 力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间 a 受到重 力和弹簧 S1 的拉力 T1，剪断前对 bc 和弹簧组成的整体分析可知 T1＝2mg，故 a 受到的合力 F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加 速度 a1＝mF ＝3g，A 项正确，B 项错误；设弹簧 S2 的拉力为 T2， 则 T2＝mg，根据胡克定律 F＝kΔx 可得Δl1＝2Δl2，C 项正确， D 项错误．
例 4 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 F3 B．在 0－t1 时间内，F1 与 F2 的合力大于 mg C．在 t1－t2 时间内，F1 与 F2 的合力小于 F3 D．在 t1－t2 时间内，F1 与 F2 的合力大于 mg
牛顿第二定律的瞬时性 1．两种模型 (1)细线(或接触面)：形变量极小，形变恢复不需要时间，弹 力在瞬时突变． (2)弹簧(或橡皮绳)：形变量大，形变恢复需要较长时间，弹 力在瞬间不变．
2．求瞬时加速度思路 分析瞬时变化前后 列牛顿第二 求瞬时 物体的受力情况 ⇒ 定律方程 ⇒ 加速度
例 5 (2015·海南)如图所示，物块 a、b 和 c 的
【答案】 B 【解析】 物体 B 开始时平衡，A 对其的压力等于 A 的重 力，为 20 N，加上电场后瞬间 A 对 B 的压力大小变为 15 N，而 弹簧的弹力和重力不变，故合力为 5 N，向上，根据牛顿第二定 律，有 a＝Fm合＝25kNg＝2.5 m/s2
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
下列关于超重、失重现象的说法正确的是 导学号 51342312 ( D ) A．汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了 B．荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力 C．宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞 船外则处于平衡状态 D．电梯加速上升时，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重 力
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(
)
) )
(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化。( (6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关。(
(7)站在台秤上的人下蹲过程，台秤的示数保持不变。(
)
答案：(1)×
不管超重还是失重，物体本身重力并不变。 (3)√ (6)√ (4)× (7)×
[ 解析 ]
物体 A 向上加速运动，物体 B 向下加速运动，因此 A 处于超重状
态，T>mAg，B处于失重状态，T<mBg，故B正确。
4.如图所示，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 导学号 51342311 ( A ) A．在上升和下降过程 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 的压力小于 A 物体受到的重力 D．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都等于 A 物体受到的重力
拉力 ② 视 重 大 小 等 于 弹 簧 测 力 计 所 受 物 体 的 _________ 或台秤所受物体的 压力 。 _________
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象
概念 物体对支持物的压 力(或对悬挂物的 拉力)_________ 大于 物 体所受重力的现象
2018版高考一轮总复习物理课件 第3章 牛顿运动定律 3-2 精品
②牛顿第二定律只适用于_宏__观__物__体___ (相对于分子、原 子)、_低__速____运动(远小于光速)的情况。
2．单位制、基本单位、导出单位 (1)单位制：_基__本__单__位__和__导__出__单__位__一起组成了单位制。 ①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够 利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物 理量叫做基本物理量。
(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的 时间；
(2)滑雪者到达 B 处的速度； (3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。
(1)如何确定滑雪者从 A 到 B 的过程 中，动摩擦因数是否改变？
提示：判断速度达到 4 m/s 时的位移与坡长 L 的关系。 (2)物体从 B 到 C 减速过程中，动摩擦因数会不会改 变？ 提示：会。
A．都等于 g/2 B．0 和 g/2
C.mA＋2 mB和 0
D．0 和mA2＋mBmBg
解析 隔离 A 球，进行受力分析，A 球受重力、支持
力、弹簧弹力，因受力平衡，所以弹簧弹力为 F＝mAgsin30°， 剪断线瞬间，线的拉力瞬间消失，弹簧弹力来不及改变，
故
A
球加速度为
0，B
球加速度
aB
＝
F＋mBgsinθ mB
也确定了物理量间的单位关系
解析 物体的加速度与合外力有瞬时对应关系，加速度 与力同时产生，故 A 错误。a 的方向与 F 的方向相同，与 速度方向无关，故 B 正确。合外力减小，加速度一定减小， 但如果 a 与 v 同向，v 会变大，故 C 正确。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，故 D 正确。