202x年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律热点专题二第15讲动力学中的三种典型物理模型
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版
簧的弹力 mgsin θ 和重力作用,根据力的合成特点可以知道此二力的
合力为 mgcos θ,故其瞬时加速度为 3g;而对 B 受力分析可以知道,完 全失A.重12g瞬、间g ,B 受B到.g弹、簧12g的作用总C.和232g细、线0上的D上. 23弹g、力g相等(此二力的 合力为 0),则此时 B 的合力就是其重力,所以 B 的瞬时加速度为 g,所关闭 以D D 正确。
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核心素养
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必备知识
关键能力
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核心素养
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命题点一 命题点二 命题点三 命题点四
即学即练
3.(2017·天津一中月考)如图所示,A、B、C三球质量均为m,轻质弹
簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻 关闭 细杆线,B被、烧C间断由的一瞬轻间质,以细A线、连B接整。体倾为角研为究θ对的象光,滑弹斜簧面弹固力定不在变地,细面线上拉, 力 定 组弹 烧突 律 成簧 断变 得 的、 的为 系m轻 瞬统 g0杆 间s,i为合n,与下θ研力细=列究 m不线说a对为,均解法象平0得正,,加烧行确a速断 =于的g度细斜s是in不线面(θ为前,,初方,0始A向),故 、系向BA统下、错处,C故误于静B;静对止错止球,误 处状C;于以态,由平,A细牛衡、线顿状B被第、态二C,
(2)牛顿第二定律只适用于 宏观 物体(相对于分子、原子等)、 低速 运动(远小于光速)的情况。
二、两类动力学问题
1.已知物体的受力情况,求物体的 运动情况 。 2.已知物体的运动情况,求物体的 受力情况 。
知识梳理 考点自诊
必备知识
关键能力
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核心素养
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三、力学单位制
1.单位制:由 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制。 2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共七个,其中力学
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题课件
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg D．a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
解析：在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的 形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二 定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改 变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大 小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得 物块4满足a4＝F＋MMg＝M＋ M mg，所以C对．
1 2
(mA＋mB)g，由牛顿第二
定律，B球的加速度为mA2＋mBmBg，选项D正确． 答案：D
5．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间 用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个 系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两 木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4 的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有 ()
速度、 某个力变化 → 合力变化 → 加速度变化 → 位移变化 从动态过程中找到力和运动的转折点、临界点或稳定态 是解决此类问题的关键．
1．(多选)由牛顿第二定律表达式F＝ma可知( ) A．质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比 B．合外力F与质量m和加速度a都成正比 C．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致 D．物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的质 量m成反比
(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物 理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理 量的数值及单位代入，通过运算求结果．
【例1】 (2016·金华质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜 面与粗糙水平面①平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上 A点由静止释放②，最终停在水平面上的C点③.已知A点距水平 面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时 没有能量损失④，g＝10 m/s2)．求：
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 章末专题复习
第3章牛顿运动定律物理模型1|动力学中的传送带模型1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v 返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后，再以a2加速情景4(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时针传动，水平部分长为2.0 m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离．(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图31【解析】 (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝ma 1 s 1＝v 202a 1＝1 m<L所以在到达传送带右端前物块已匀速 物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2 物块速度为零时沿斜面上升的距离s 2＝－v 202a 2＝13 m由于s 2<0.4 m ，所以物块未到达斜面的最高点． (2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间t 1＝2s 1v 0＋L －s 1v 0＝1.5 s物块第一次在斜面上往返的时间t 2＝－2v 0a 2＝23s物块再次滑到传送带上速度仍为v 0，方向向左－μmg ＝ma 3 向左端发生的最大位移s 3＝－v 202a 3，所用时间t 3＝－v 0a 3＝1 s又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，故4.5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程s ＝L ＋3s 2＋2s 3解得s ＝5 m.【答案】 (1)不能 13 m (2)5 m[突破训练]1．(多选)如图32甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )【导学号：92492152】甲乙图32A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用BC[相对地面而言，小物块在0～t1时间内向左做匀减速运动，t1～t2时间内又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块开始向右做匀速运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误．]物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型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滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)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．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．(2017·江西师大附中模拟)如图33所示，质量M＝10 kg、上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5 2 m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1 m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L＝1 m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．(g取10 m/s2)图33(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少块铁块？(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？【导学号：92492153】【规范解答】 (1)木板最初做匀速运动，由F ＝μMg 计算得出，μ＝F Mg＝0.5 第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F －μ(M ＋m )g ＝Ma 1代入数据计算得出：a 1＝－0.5 m/s 2根据速度位移关系公式，有：v 21－v 20＝2a 1L ，计算得出v 1＝7 m/s.(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：a n ＝－μnmgM第1块铁块放上后：v 21－v 20＝2a 1L 第2块铁块放上后：v 22－v 21＝2a 2L 第n 块铁块放上后：v 2n －v 2n －1＝2a n L 由上可得：－(1＋2＋3＋…＋n )×2μmg ML ＝v 2n －v 20 木板停下时，v n ＝0，得n ＝9.5，即最终木板上放有10块．(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得： 9×9＋12×2⎝ ⎛⎭⎪⎫μmg M L ＝v 20－v 29从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则： 2⎝⎛⎭⎪⎫10μmg M d ＝v 29－0 联立计算得出：d ＝0.5 m 所以：木板共运动9.5 m.【答案】 (1)v 1＝7 m/s (2)10块 (3)9.5 m [突破训练]2．如图34甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A 静止叠放在B 的最左端．现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ，经过5 s 物体A 运动到B 的最右端，其v t 图象如图乙所示．已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg ，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.图34(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间.【导学号：92492154】【解析】 (1)根据v t 图象可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A解得μ＝F －m A a Am A g＝0.4. (2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m＝25 m若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝μm A g m B ＝0.4×1×104m/s 2＝1 m/s 2设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l解得t ＝7.07 s.【答案】 (1)0.4 (2)7.07 s高考热点|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．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”．(2017·河南林州市专项练习)如图35所示，一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计，A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间滑动摩擦力为f (f <mg )．开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h ，A 在B 的顶端，如图所示，让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等．设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B 再次着地前，A 、B 不分离．图35(1)请描述在从开始释放到B 再次着地前的过程中，A 、B 各自的运动情况，并解出匀变速运动时的加速度大小；(2)B 至少应该多长？【解析】 (1)释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为a ＝g ，B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，加速度大小a A ＝mg －fm，B 竖直向上做匀减速运动，加速度大小a B ＝mg ＋fm，B 速度减为零后，继续以加速度a B 向下运动． (2)B 着地前瞬间的速度为v 1＝2gh ，B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t ＝2v 1a B ，在此时间内A 的位移x ＝v 1t ＋12a A t 2，要使B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足条件L ≥x ，联立以上各式，解得L ≥8m 2g 2mg ＋f2h .【答案】 (1)见解析 (2)8m 2g2mg ＋f 2h[突破训练]3．(多选)如图36甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 m/s ，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2.下列选项正确的是( ) 【导学号：92492155】甲 乙图36A．0～5 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3BD[根据题图乙可知，物块先匀减速运动到x＝5 m处，此时速度减为零，之后向右做匀加速直线运动，加速运动到x＝13 m处时速度达到8 m/s，设物块在匀减速运动时的加速度大小为a1，在匀加速运动时的加速度大小为a2，则a1＝v202x1＝1022×5m/s2＝10 m/s2，a2＝v2t2x0＝822×13－5m/s2＝4 m/s2，所以物块做匀减速运动的时间为t＝v0a1＝1 s，在t＝1 s时刻，恒力F反向，选项A错误，B正确；根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立并代入数据可得，F＝7 N，μ＝0.3，选项C错误，D正确．]。
高考物理一轮总复习 必修部分 第3章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件
B．－2g、2g、0 D．－2g、53g、g
(1)剪断细绳前悬挂 A 弹簧的力以哪个物体为研究对象求解？ 提示：A、B、C 整体。 (2)剪断 A、B 间细绳，弹簧上的力突变吗？ 提示：不突变。
尝试解答 选 C。 系统静止时，A 物块受重力 GA＝mAg，弹簧向上的拉力 F＝(mA＋mB＋mC)g，A、B 间细绳的拉力 FAB ＝(mB＋mC)g 作用，B、C 间弹簧的弹力 FBC＝mCg。剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变， 由牛顿第二定律，对物块 A 有：F－GA＝mAaA，解得：aA＝56g，方向竖直向上；对 B：FBC＋GB＝mBaB，解 得：aB＝53g，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间，C 的受力不变，其加速度仍为零。
解析 kg 为基本单位，故 A 错。kg、m、s 是国际单位制中的基本单位，故 B 正确。F＝kma，质量 取“kg”，a 取“m/s2”，F 取“N”时 k＝1，C 正确，国际单位制中质量的单位是 kg，D 错。
3．[动力学两类基本问题]在有空气阻力的情况下，以初速度 v1 竖直上抛一物体，经过时间 t1 到达最高 点，又经过时间 t2，物体由最高点落回到抛出点，这时物体的速度为 v2，则( )
双基夯实
一、思维辨析 1．牛顿第二定律表达式 F＝ma 在任何情况下都适用。( × ) 2．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。( √ ) 3．质量越大的物体加速度越小。( × ) 4．千克、克、秒、小时、分钟均属于基本单位。( √ ) 5．力的单位牛顿，简称牛，也属于基本单位。( × ) 6．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。( √ )
板块二 考点细研·悟 法培优
考点 牛顿第二定律的瞬时性 拓展延伸
(新课标)高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第二节 牛顿第二定律两类动力学问题课件
考向 2 牛顿运动定律的瞬时性 2．如图甲所示，一质量为 m 的物体系于长度分别为 L1、L2 的两根细线上，L1 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角 为 θ，L2 水平拉直，物体处于平衡状态．
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(1)现将线 L2 剪断，求剪断 L2 的瞬间物体的加速度． (2)若将图甲中的细线 L1 换成长度相同(接 m 后)，质量不计的 轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断 L2 的瞬间物体 的加速度．
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解析：木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒 力 F 大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向 相同，木块速度不断增大，A 项错误，B 项正确；当弹力增 大到与恒力 F 相等时，合力为零，速度增大到最大值，C 项 正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度 方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力 F， 加速度大于零，D 项错误．
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【跟进题组】 考向 1 力与运动的关系 1．(多选)(2017·日照调研)如图所示，一木块在光滑水平面上 受一恒力 F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触 弹簧后( BC)
A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
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2．牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型 (1)刚性绳(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)弹簧(或橡皮绳)——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．
A．8
B．10
C．15
2022届高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题3动力学中的三类典型问题课件新人教版
A．a＝0
B．a＝2μ3g C．a＝μ3g D．a＝2Fm－μ4g
2022届高考物理一轮复习第3章牛顿运动 定律微专题3动力学中的三类典型问题课 件新人教版
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休息一 下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身体不 好哦~
μ
1
ACD [水平面对木板的最大摩擦力 fm＝4·2mg＝2μmg，若拉力 F≤fm，
甲
乙
A．F′＝F，F′T＝FT C．F′<F，F′T>FT
B．F′>F，F′T＝FT D．F′<F，F′T<FT
思路点拨：解此题关键有两点： (1)研究 FT 和 F′T 时，可隔离法研究部分的受力和加速度。 (2)研究 F 和 F′时，可整体法分析受力和加速度。
B [对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零， 可知 FTcos α＝mg，F′Tcos α＝mg，所以 FT＝F′T。对于题图乙中的 小球，水平方向有 F′Tsin α＝ma′，对于题图甲中的小车，水平方向 有 FTsin α＝m0a，因为 m0>m，所以 a′>a。对小球与车组成的整体， 由牛顿第二定律得 F＝(m0＋m)a，F′＝(m0＋m)a′，所以 F′>F，选项 B 正确。]
图(a)
图(b)
图(c)
A．木板的质量为 1 kg B．2～4 s 内，力 F 的大小为 0.4 N C．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
思路点拨：解此题关键有两点： (1)明确 f-t 图象和 v-t 图象的信息，做好运动分析和受力分析。 (2)分段研究木板的加速度应用牛顿第二定律求解。
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年高考物理一轮复习课件：第3章 牛顿运动定律 热点专题(二) 第15讲
热点一
热点二
热点三
课后作业
(2)倾斜传送带 项目
图示
情景 1
滑块可能的运动情况 a.μ>tanθ 时，可能一直加速 上滑，也可能先加速后匀速， 匀速后摩擦力将突变为静摩 擦力 b．μ<tanθ 时，一直加速下滑
热点一
热点二
热点三
课后作业
项目 情景 2
图示
滑块可能的运动情况 a.μ>tanθ 时，可能一直加速下 滑，也可能先加速后匀速，匀 速后摩擦力将突变为静摩擦力 b．μ<tanθ 时，先以 a1＝gsinθ ＋μgcosθ 加速下滑，若传送带 较长，将再以 a2＝gsinθ－ μgcosθ 加速下滑
热点一
热点二
热点三
课后作业
解析
2. (2018·东北三校模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy， 该平面内有 AM、BM、CM 三条光滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一 个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与 y 轴、x 轴的切点。B 点 在 y 轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、 C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、 tB、tC，则 tA、tB、tC 大小关系是( )
热点一
热点二
热点三
课后作业
A．物块 A 先到达传送带底端 B．物块 A、B 同时到达传送带底端 C．物块 A、B 运动的加速度大小不同 D．物块 A、B 在传送带上的划痕长度不相同
答案 BD
热点一
热点二
热点三
课后作业
答案
解析 A、B 受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩 擦力，故 A、B 的加速度大小相同，运动时间相同，将同时到达底端，故 A、 C 错误，B 正确；由于小物块 A 与传送带的运动方向相同，小物块 B 与传送 带的运动方向相反，故物块 A、B 在传送带上的划痕长度不相同，D 正确。
高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律 考点2 牛顿运动定律的综合应用课件
例如，如图甲，A、B 一起沿斜面加速下滑过程中，A 物块的加速度有竖直向下的分量，A 物块处于 失重状态。如图乙，小球沿竖直圆形轨道内壁做圆周运动，达最低点时，其加速度竖直向上，小球处于超 重状态。
3．完全失重是物体的加速度恰等于重力产生的加速度，物体与周围物体间的作用力为零，做抛体运 动的物体处于完全失重状态(自由落体、平抛、斜抛、竖直上抛和竖直下抛)，绕地球做匀速圆周运动的卫 星，其重力完全用来提供向心力，使物体对支持物(或悬挂物)的压(拉)力为 0，所以也处于完全失重状态。
运动轨迹。流程图如下：
物体的受 力情况
―→
物体的 合外力
―→
加速度
―→
运动学 公式
―→
物体的运 动情况
(2)已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 解决这类题目，一般是先应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合
外力，进而求出物体所受的其他外力。流程图如下：
物体的运 运动学
物体的 物体的受
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
动情况 ―→ 公式 ―→ 加速度 ―→ 合外力 ―→ 力情况
2．解决两类动力学问题的一般步骤
可简记为：选对象，建模型；画草图，想情景；分析状态和过程；找规律、列方程；检验结果行不行。 特别提醒
(1)当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力； 如果物体受力较多，一般用正交分解法将物体受到的力分解到两个方向上分别求合力；如果物体做直线运 动，一般把各个力分解到沿运动方向和与运动方向垂直的方向上。
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式列方程时，物体所受外力、加速度、速度等都可以先根据规定的正 方向确定其符号，然后代入公式，按代数方法进行运算。
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如图所示，ab、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于 同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着 一个小滑环(图中未画出)，将两滑环同时从 a、c 处由静止释放，用 t1、t2 分 别表示滑环从 a 到 b、从 c 到 d 所用的时间，则( )
A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t1<t2 D．无法确定
解析
2. (2018·东北三校模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy， 该平面内有 AM、BM、CM 三条光滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一 个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与 y 轴、x 轴的切点。B 点 在 y 轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、 C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、 tB、tC，则 tA、tB、tC 大小关系是( )
(2)倾斜传送带 项目
图示
情景 1
滑块可能的运动情况 a.μ>tanθ 时，可能一直加速 上滑，也可能先加速后匀速， 匀速后摩擦力将突变为静摩 擦力 b．μ<tanθ 时，一直加速下滑
项目 情景 2
图示
滑块可能的运动情况 a.μ>tanθ 时，可能一直加速下 滑，也可能先加速后匀速，匀 速后摩擦力将突变为静摩擦力 b．μ<tanθ 时，先以 a1＝gsinθ ＋μgcosθ 加速下滑，若传送带 较长，将再以 a2＝gsinθ－ μgcosθ 加速下滑
A．tA<tC<tB B．tA＝tC<tB C．tA＝tC＝tB D．由于 C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系
答案 B
答案
解析 由“等时圆”模型可知，A、C 在圆周上，B 点在圆周外，故 tA ＝tC<tB，B 正确。
解析
3. (2018·合肥质检)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部 相切于 O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有 三条光滑轨道 AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上， 轨道与竖直直径的夹角关系为 α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由 静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 ()
热点一 “等时圆”模型
1．“等时圆”模型 设想半径为 R 的竖直圆内有一条光滑直轨道，该轨道是一端与竖直直径 相交的弦，倾角为 θ，一个物体从轨道顶端滑到底端，则下滑的加速度 a＝ gsinθ，位移 x＝2Rsinθ，而 x＝12at2，解得 t＝2 Rg，这也是沿直径自由下落 的时间。
总结：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆(或光滑斜面)由静止 下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都 等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。
解析 设滑杆与竖直方向的夹角为 α，圆周的直径为 D，根据牛顿第二 定律得滑环的加速度为 a＝mgmcosα＝gcosα，滑杆的长度为 x＝Dcosα，则根 据 x＝12at2 得，t＝ 2ax＝ 2gDccoossαα＝ 2gD，可见时间 t 只与圆的直径、 当地的重力加速度有关，A 正确，B、C、D 错误。
解析
热点二 “ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ送带”模型
1．特点：传送带始终以恒定的速率运行，物体和传送带之间 μ≠0。
2．常见的传送带模型
(1)水平传送带
项目
图示
滑块可能的运动情况
a.可能一直加速
情景 1
b．可能先加速后匀速，匀
速后摩擦力将变为零
项目 情景 2
情景 3
图示
滑块可能的运动情况 a.v0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 b．v0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 c．v0＝v，一直匀速 a.传送带较短时，滑块一直减速达到左端 b．传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。 当 v0>v 时返回速度为 v，当 v0<v 时返回速度为 v0
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF 答案 B
答案
解析 如图所示，过 D 点作 OD 的垂线与竖直虚线交于 G，以 OG 为直 径作圆，可以看出 F 点在辅助圆内，而 B 点在辅助圆外，由等时圆结论可知， tAB>tCD>tEF，B 正确。
2．三种典型情况
(1)质点从竖直圆上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所 用时间相等，如图甲所示。
(2)质点从竖直圆上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时 间相等，如图乙所示。
(3)两个竖直圆相切且两圆的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从 上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
热点专题(二) 第15讲 动力学中的三种典型物理模型
热点概述 (1)本热点是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中 “等时圆”模型常在选择题中考查，而“滑块—木板”模型和“传送带”模 型常以计算题压轴题的形式命题。(2)通过本热点的学习，可以培养同学们的 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。经过针对 性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，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。
A．t1＝t2 C．t1<t2
B．t2>t3 D．t1＝t3
答案 BCD
答案
解析 设想还有一根光滑固定细杆 ca，则 ca、Oa、da 三细杆交于圆的 最低点 a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由 c、O、d 无初速 释放的小滑环到达 a 点的时间相等，即 tca＝t1＝t3；而由 c→a 和由 O→b 滑动 的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但 aca>aOb，由 x＝12at2 可知，t2>tca，故 A 错误，B、C、D 均正确。
答案 A
解析 答案
方法感悟
“等时圆”问题的解题思路
1. (2018·烟台模拟)(多选)如图所示，Oa、Ob 和 ad 是竖直平面内三根固 定的光滑细杆，O、a、b、c、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为 最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从 O 点无初速度释放，一个滑环从 d 点无初速释放，用 t1、t2、t3 分别表示滑环 沿 Oa、Ob、da 到达 a、b 所用的时间，则下列关系正确的是( )