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专题强化四
解析
5 m/s2
方向沿制动坡床向下
(2)制动坡床的长度.
答案
98 m
解析
Mgsin θ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g ⑤
s1＝vt－ a1t2 ⑥
s2＝vt－ a2t2 ⑦ s＝s1－s2 ⑧
l＝l0＋s0＋s2 ⑨
联立①～⑨并代入数据得l＝98 m.
3
盘查拓展点
“传送带”模型的易错点 【典例】 如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速 度v0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
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
反向运动时：如图所示，L＝x1＋x2
3.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) 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，
明确关系
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
解析
2 m/s
(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
1m
解析
传送带加速结束时的速度v＝vB＝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＝ ＝2 s
传送带加速过程：vB＝at1得t1＝1 s
x1＝ at12得x＝1 m
传送带匀速运动过程：t2＝t－t1＝1 s
1.如图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
答案 解析
√
A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等
x2＝vBt2得x2＝2 m
故痕迹最小长度为Δx＝x1＋x2－L＝1 m.
2
“滑块－木板模型”问题
命题点二
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x1，木板位移大小为x2 同向运动时：如图所示，L＝x1－x2
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/s2，
不计空气阻力(sin 37° ＝0.6， cos 37° ＝0.8).
(1)求行李包相对于传送带滑动的距离； 答案
解析
1 2 3 4
0.1 m
(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；
解析
1 2 3 4
答案
0.6 s
(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 解析
见解析
1
2
3
4
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x0＝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/s2).
答案 解析
25 N，方向竖直向下 行李包在B点，根据牛顿第二定律，有mg－FN＝ 解得：FN＝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.
1
2
3
4
(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 解析
1.25 m 行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律： mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2 行李包从斜面滑下过程：0－v2＝2a2x 解得：x＝1.25 m.
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/s2.求： (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
均为0.5.传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)物体从A点到达B点所需的时间； 答案
解析
2.2 s
1
2
3
4
(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
解析
1s
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a2， L＝v0t′－ a2t′2 t′＝1 s(t′＝5 s舍去).
1
2
3
4
3.如图所示，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/s2)求： (1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？
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 【例3】 (2015·
有一倾角为θ＝37° (sin 37° ＝ )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 ， 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2 s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： 分析 (1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小； 答案 (2)A在B上总的运动时间.
题眼②
题眼①
(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移； 答案 (2)滑块在传送带上运动的总时间t.
分析 解析 答案
3m
2s
【例2】 如图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v0＝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. (1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？ 答案 相对于地面运动了多远？ 答案
第三章 牛顿运动定律
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.
答案 解析 题眼② 题眼①
3 m/s2
1 m/s2
4s
题组阶梯突破
3.( 多选 ) 如图所示，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
答案 解析
A.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 √
1
2
3
4
2.车站、 码头、 机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示， 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
【例1】 如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝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：
答案 解析 易错诊断
√
[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.
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版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第三章 牛顿运动定律 本章学科素养提升 Word版含答案
⊳图象应用能力的培养 ⊳规范表达能力的培养 ⊳实验拓展能力的培养纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图象所给予的信息和破译图象信息的能力，图象的形式以v －t 、a －t 、F －t 图象居多，考查最多的是v －t 图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等. 1.明确常见图象的意义，如下表：2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.运用图象解决问题一般包括两个角度：(1)用给定图象解答问题；(2)根据题意作图，用图象解答问题.在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系.例1 (多选)(2015·课标全国Ⅰ·20)如图1(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( )图1A.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 由v －t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v－t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误.关注图象中的函数关系及特殊值在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图.作图时，往往只需确定一个或两个特殊点的坐标(如变力F 的最小值F min 和最大值F max 、抛物线的顶点和任意点、圆的圆心等)，即可根据函数关系连线作图.当不能定量确定函数关系时，特殊值的判断尤为重要，读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息.例2 (16分)如图2甲所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s 2，试求：图2(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F ，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力F f2随拉力F 大小变化而变化的图象.答案 (1)1 s (2)见解析图【书面表达过程】 (1)对铁块应用牛顿第二定律：F －μ2mg ＝ma 1，加速度大小 a 1＝F －μ2mg m＝4 m/s 2，(2分)对木板应用牛顿第二定律：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，加速度大小a 2＝μ2mg －μ1(M ＋m )gM ＝2m/s 2，(2分)设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 解得t ＝1 s.(2分)(2)①当F ≤μ1(mg ＋Mg )＝2 N 时，M 、m 相对静止且对地静止，F f2＝F ；(3分) ②设F ＝F 1时，M 、m 恰保持相对静止，此时系统的加速度a ＝a 2＝2 m/s 2， 以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F 1－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F 1＝6 N. 所以，当2 N ＜F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a ＝F －μ1(M ＋m )g M ＋m＝F 2－1以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有F f2′－μ1(M ＋m )g ＝Ma ，F f2＝F f2′， 解得F f2＝F2＋1.(4分)③当F ＞6 N 时，M 、m 发生相对运动，F f2＝μ2mg ＝4 N.如图所示.(3分)1.本题是一道滑块－木板模型的动力学问题，首先要在审题析题方面定准位，然后遵循此类题型特点，寻求解决问题的突破口.2.由于本题还要作图象，它又是一道图象信息题，因此第(2)问的解答只是作出图象而没有分析过程是不规范的.3.规范要求必要的文字说明和重要规律应用的原型表达式.1.实验器材的改进(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力)――→替代长木板(如图3)图3(2)利用光电门测速度(如图4)图4(3)利用位移传感器测位移(如图5)图52.数据测量的改进⎪⎪⎪⎪测定通过的时间，由a ＝12x [(d t 2)2－(dt 1)2]—求出加速度小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到 —――→替代通过打点纸带求加速度 3.实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数.例3 甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验.已知重力加速度为g .图6(1)甲同学所设计的实验装置如图6甲所示.其中A 为一质量为M 的长直木板，B 为木板上放置的质量为m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计.实验时用力将A 从B 的下方抽出，通过C 的读数F 1即可测出动摩擦因数.则该设计能测出________(填“A 与B ”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________.(2)乙同学的设计如图乙所示.他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力.实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间t .在坐标系中作出F －1t 2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，与横轴的截距为c .因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为______.根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为______. 答案 (1)A 与BF 1mg (2)光电门A 、B 之间的距离x 2xb kg解析 (1)当A 达到稳定状态时B 处于静止状态，弹簧测力计的读数F 与B 所受的滑动摩擦力F f 大小相等，B 对木板A 的压力大小等于B 的重力mg ，由F f ＝μF N 得，μ＝F f F N ＝F 1mg ，为A 与B 之间的动摩擦因数.(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移x ＝12at 2.可得：a ＝2xt 2根据牛顿第二定律得 对于物块，F 合＝F －μmg ＝ma则：F ＝2mxt2＋μmg则图线的斜率为：k ＝2mx ，纵轴的截距为：b ＝μmg ；k 与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：μ＝b mg ＝2xbkg .。
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
步步高高考物理一轮复习配套课件第三章 1课时 牛顿第一定律 牛顿第三定律
①解题切入点： 牛顿第三定律和受力对象的转移 ②明情境，析过程 环加速下滑时，对杆有向下的作用 力，箱对地面的压力等于地面对箱 的支持力 ③理思路，选规律： 对环应用牛顿第三定律，对箱与杆 应用力的平衡，最后应用牛顿第三 定律，求箱对地面的压力． ④巧布局，详解析 采用隔离法分别对环m和箱M进 行分析．
Mg
FN
Ff
课堂探究
【突破训练 2】 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 ( BD )
FN
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
mg
FN－mg＝ma，FN>mg D 项对
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
16 4 25 5 36 6 49 7 64 8
C
)
图4
高考模拟
图2 A．自由落体运动 B．水平向右的平抛运动 C．水平向左的平抛运动 D．向左下方的直线运动
课堂探究
考点二
牛顿第三定律的理解与应用
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．
(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生的效果不同．
(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关； ③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．
1 4 9 1 2 3 32 130 298 526 824 1 192 1 600 2 104
伽利略 研究的是 物 体沿斜 面运动的 距 离与时间的关系． 由 计算可 得每一组 数 据中第 三列数据 大 约总是 第一列数 据 的 33 倍左右，故可 以得出 物体运动 的 距离与 时间的平 方 成正比，所以 C 选 项正确．
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高考物理新课标总复习课件：第三章第一节 牛顿第一、第三定律
对物理学史和物理方法的考查
(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 ( AC ) 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]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速度变慢，轻的物体会因重 的物体拖动而下落速度变快，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 落时速度应该更快，从而在逻辑上否定了重的物体比轻的物 体下落快的结论，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．
第三章 牛顿运动定律
第一节 牛顿第一、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
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_____，而且在一条直线上． 2．表达式：F＝－F′.
(1)作用力和反作用力同时产生、同时消失， 具有同种性质，作用在不同的物体上，各自产生的效果，不 会相互抵消． (2)作用力和反作用力的关系与物体的运动状态无关．
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