高三物理一轮复习 第三章《牛顿运动定律》专题三 应用牛顿第二定律常用的方法学案
高考物理第一轮复习教案第3章《牛顿运动定律》3牛顿运动定律的应用(一)
3.3 牛顿运动定律的应用（一）知识目标一、牛顿运动定律的解题步骤应用牛顿第二定律解决问题时，应按以下步骤进行．1．分析题意，明确已知条件和所求量2、选取研究对象；所选取的对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，同一个题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。
3．对其进行受力情况分析和运动情况分析（切莫多力与缺力）；4．根据牛顿第二定律列出方程；说明：如果只受两个力，可以用平行四边形法则求其合力，如果物体受力较多，一般用正交分解法求其合力，如果物体做直线运动，一般把力分解到沿运动方向和垂直于运动方向；当求加速度时，要沿着加速度的方向处理力；当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度；5．把各量统一单位，代入数值求解；二、注意事项：①由于物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，在画受力分析图时，把所受的外力画在物体上（也可视为质点，画在一点上），把v0和a的方向标在物体的旁边，以免混淆不清。
②建立坐标系时应注意：A．如果物体所受外力都在同一直线上，应建立一维坐标系，也就是选一个正方向就行了。
如果物体所受外力在同一平面上，应建立二维直角坐标系。
B．仅用牛顿第二定律就能解答的问题，通常选加速度a的方向和垂直于a的方向作为坐标轴的正方向，综合应用牛顿定律和运动学公式才能解答的问题，通常选初速度V0的方向和垂直于V0的方向为坐标轴正方向，否则易造成“十”“一”号混乱。
C．如果所解答的问题中，涉及物体运动的位移或时间，通常把所研究的物理过程的起点作为坐标原点。
③解方程的方法一般有两种：一种是先进行方程式的文字运算，求得结果后，再把单位统一后的数据代入，算出所求未知量的值。
另一种是把统一单位后的数据代入每个方程式中，然后直接算出所求未知量的值，前一种方法的优点是：可以对结果的文字式进行讨论，研究结果是否合理，加深对题目的理解；一般都采用这种方法，后一种方法演算比较方便，但是结果是一个数字，不便进行分析讨论。
高三物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律(第3课时)牛顿第二定律理解应用2：超重和失重学案(无答案)
第3课时：牛顿第二定律理解应用2：超重和失重
考点复习：
备注：
考点一：超重和失重
一、考点梳理
1.超重：当物体具有的加速度时（包括向上_____或向下_____两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力自身重力的现象。
2.失重：物体具有的加速度时（包括向下_____或向上_____两种情况），物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力自身重力的现象。
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＝ m/s 2＝120 m/s2
B．a＝ m/s2＝1.2 m/s2
C．F＝500×1.2 N＝600 N
D．F＝0.5×1.2 N＝0.60 N
练习：
备注：ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1.下列说法正确的是（ ）
A.体操运动 员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
C.以1m/s2的加速度加速上升D .以4.9m/s2的加速度加速下降
3.人站在升降机中，当升降机在上升过程中速度逐渐减小时，以下说法正确的是
A.人对底 板的压力小于人所受重力B.人对底板的压力大于人所受重力
C.人所受重力 将减小D.人所受重力保持不变
4.某人 在以a＝2.5m/s2的加速下降的电梯中最多可举起m1＝80kg的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在一匀加速上升的电梯中，最多能举起m2=40kg的物体，则此高速电梯的加速度多大？（g取10m/s2）
考点二：力学单位制
一、考点梳理
1.单位制由和导出单位共 同组 成．
2.力学单位制中的基本单位 有、和.
3. 导出单位有N、m/s、m/s2等.
二、例题
1.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
高三物理一轮复习 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
(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。 [审题指导] (1)确定 A、B 所受的摩擦力的方向。 (2)注意 A、B 间，B 与 C 间的正压力的确定。 (3)t＝2 s 后，μ1 为零，μ2 保持不变，石板 B 将做匀减速 运动，注意判断 A 滑至 B 下端之前，石板 B 是否已停止运动。
A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态， 图 3-2-4
如图 3-2-4 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 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：
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
图 3-2-3
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( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
[多角练通]
1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是
()
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成
反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生
加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大
小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题3 牛顿运动定律的综合应用课件 新人教版
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。
知识梳理
考点自诊
3.外力和内力
如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这
速度 g
知识梳理
项目
考点自诊
运动
状态
超 重
加速 上升或
减速 下降
失 重
完全失重
加速 下降或 以 a=g 加速 下降
减速 上升
或 减速 上升
原理
方程
F-mg=ma
F= m(g+a)
mg-F=ma
F= m(g-a)
mg-F=ma
F=0
知识梳理
考点自诊
二、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
3.当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速
度效果,不再有其他效果。
命题点一
命题点二
命题点三
例1(2017·广东佛山二模)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(
)
关闭
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,拉力大于重力,5~55 s时间内,电梯
高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿运动定律的应用学案20190325359.docx
第2讲 牛顿运动定律的应用[考试标准]一、两类动力学问题 1．两类动力学问题(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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示：自测1 假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( ) A ．40mB ．20mC ．10mD ．5m 答案 B解析 a ＝F f m ＝mg m ＝g ＝10m/s 2，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝2022×10m ＝20m ，B 对．二、超重与失重 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(或对悬挂物的拉力)等于零的现象． (2)产生条件：物体的加速度a ＝g ，方向竖直向下． 自测2 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D命题点一 超重与失重现象 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． 2．判断超重和失重的方法例1 (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1所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图1A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小答案AD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．变式1图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点O表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F－t图线，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2，根据图象分析可知( )图2A．人的重力为1500NB．c点位置人处于失重状态C．e点位置人处于超重状态D．d点的加速度小于f点的加速度答案 C解析开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500N ，故A 错误；c 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B 错误；e 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C 正确；人在d 点：a 1＝F d －G m ＝1500－50050010m/s 2＝20 m/s 2，人在f 点：a 2＝G －0m ＝50050010m/s 2＝10 m/s 2，可知d 点的加速度大于f 点的加速度，故D 错误．变式2 如图3所示，小明将叠放在一起的A 、B 两本书抛给小强，已知A 的质量为m ，重力加速度为g ，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A 、B 在空中运动时()图3A ．A 的加速度等于gB ．B 的加速度大于gC ．A 对B 的压力等于mgD ．A 对B 的压力大于mg 答案 A解析 A 、B 两本书叠放在一起抛出，做加速度为g 的抛体运动，处于完全失重状态，则A 、B 间的作用力为零，故A 正确，B 、C 、D 错误．变式3 (2018·金华市十校期末)一个质量为50kg 的人，站在竖直方向运动着的升降机地板上．他看到升降机上弹簧测力计挂着一个质量为5kg 的重物，弹簧测力计的示数为40N ，重物相对升降机静止，如图4所示，则(g 取10m/s 2)()图4A ．升降机一定向上加速运动B ．升降机一定向上减速运动C ．人对地板的压力一定为400ND ．人对地板的压力一定为500N 答案 C解析 对重物，由mg －F ＝ma 得a ＝2m/s 2，方向竖直向下，升降机可能减速上升或者加速下降；对人，由Mg －F N ＝Ma 得F N ＝400N ，由牛顿第三定律得人对地板的压力F N ′＝F N ＝400N ，故C 正确．命题点二动力学中的图象问题1．常见的动力学图象v－t图象、a－t图象、F－t图象等．2．图象问题的类型(1)已知物体受到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．3．解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．例2用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，水平力F方向不变，大小按图5甲所示规律变化，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10m/s2，则下列关于物块与水平桌面间的最大静摩擦力F fm、物块与水平桌面间的滑动摩擦力F f、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m的值正确的是( )甲乙图5A．F fm＝4N B．μ＝0.1C．F f＝6N D．m＝2kg答案 B解析t＝2s时，F fm＝F1＝6N；F1－μmg＝ma1，即6－μmg＝m.t＝4s时，F2－μmg＝ma2，即12－μmg＝3m，解得m＝3kg，μ＝0.1，则F f＝μmg＝3N.变式4 (多选)水平地面上质量为1kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图6所示，已知物块在前2s 内以4m/s 的速度做匀速直线运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图6A ．物块与地面间的动摩擦因数为0.2B ．3s 末物块受到的摩擦力大小为3NC ．4s 末物块受到的摩擦力大小为1ND ．5s 末物块的加速度大小为3m/s 2答案 BC解析 在前2s 内物块做匀速运动，则摩擦力F f ＝3N ，μ＝F f mg ＝310＝0.3，选项A 错误；2s 后物块做匀减速运动，加速度a ＝F 合m ＝6－5－31m/s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝0－v a＝2s ，即4s 末速度减为零，则3s 末物块受到的摩擦力大小为3N,4s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N －5N ＝1N ，选项B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s 末物块的加速度为零，选项D 错误．变式5 如图7所示为质量m ＝75kg 的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v －t 图象，图中的OA 直线是t ＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC 平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则( )图7A ．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动B ．t ＝0时刻运动员的加速度大小为2m/s 2C ．动摩擦因数μ为0.25D ．比例系数k 为15kg/s 答案 C解析 由v －t 图象可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A 错误；在t ＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a 0＝12－03－0m/s2＝4 m/s 2，故B 错误；在t ＝0时刻开始加速时，v 0＝0，由牛顿第二定律可得mg sin θ－kv 0－μmg cos θ＝ma 0，最后匀速时有v m ＝10m/s ，a ＝0，由平衡条件可得mg sin θ－kv m －μmg cos θ＝0，联立解得μ＝0.25，k ＝30 kg/s ，故C 正确，D 错误． 命题点三 动力学的两类基本问题 1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁． 2．常用方法 (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． 模型1 已知运动情况求物体受力例3 (2019届湖州市月考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图8所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母始终处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射车起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为F f .问：图8(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？ 答案 (1)Mvt 1－t 0－F ＋F f (2)v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2Mv解析 (1)设飞机在匀加速过程中的加速度为a 1， 由运动学公式得a 1＝v －v 0Δt ，即a 1＝vt 1－t 0①由牛顿第二定律可得F －F f ＋F 辅＝Ma 1② 由①②可得F 辅＝Mvt 1－t 0－F ＋F f .(2)飞机在匀加速过程中滑行的距离为s 1s 1＝v Δt ＝v (t 1－t 0)2③设飞机在减速过程中的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 －F －F f －F 辅＝Ma 2④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式得0－v 2＝2a 2s 2，可得s 2＝－v 22a 2⑤由①②④⑤可得s 2＝Mv 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2Mv要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 需满足L ≥s 1＋s 2＝v (t 1－t 0)2＋Mv 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2Mv. 变式6 爸爸和孩子们进行山坡滑草运动，该山坡可看成倾角θ＝37°的斜面，一名孩子连同滑草装置总质量m ＝80kg ，他从静止开始匀加速下滑，在时间t ＝5s 内沿山坡斜面滑下的位移x ＝50m ．(不计空气阻力，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)问： (1)该孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f 为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(3)该孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸至少用多大的力才能拉动？答案 (1)160N (2)0.25 (3)640N 解析 (1)由位移公式有：x ＝12at 2解得：a ＝2x t 2＝2×5052m/s 2＝4 m/s 2沿山坡斜面方向，由牛顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma 代入数值解得：F f ＝m (g sin θ－a )＝80×(10×0.6－4) N ＝160N (2)在垂直山坡斜面方向上，有：F N －mg cos θ＝0 又有：F f ＝μF N 联立并代入数据解得： μ＝F fmg cos θ＝16080×10×0.8＝0.25(3)F f ′＝F f ，根据平衡条件，沿山坡斜面方向，有：F ＝F f ′＋mg sin37°＝160N ＋80×10×0.6N＝640N模型2 已知物体受力求运动情况例4 有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图9甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间．为简化问题，现设两边倾斜部分AB 段和CD 段均为直轨道，长度均为L ＝200m ，水平部分BC 段长度也为L ＝200m ，站台的高度h 未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接．一长度可忽略的电车自站台左前方以v 0＝72km/h 的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经过时间t 1＝100 s 后到达A 点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的B 点时速度为v B ＝18 km/h ，此时司机还需启动刹车系统，使得电车最终正好停在BC 段的中点．已知电车在各段轨道上所受摩擦力(不含刹车时所增加的阻力)可认为等于其自身总重力的0.01倍，刹车过程所增加的阻力可看做恒力，空气阻力忽略不计，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可能腾空对研究问题的影响，g 取10m/s 2，求：图9(1)电车到达A 点时的速度大小v A ；(2)电车从站台B 点到最终停止所需的时间t ； (3)该电车站台的高度h .答案 (1)10m/s (2)40s (3)1.75m解析 (1)电车从切断电源到A 点由牛顿第二定律得 0．01mg ＝ma 1，解得a 1＝0.1m/s 2由运动学公式得v A ＝v 0－a 1t 1 解得v A ＝10m/s(2)电车从B 点到停止，有12L ＝12v B t ，解得t ＝40s(3)电车从A 点到B 点，由运动学公式得v B 2－v A 2＝－2a 2L ，由牛顿第二定律得0.01mg ＋mg sin θ＝ma 2 其中sin θ＝hL联立解得h ＝1.75m.变式7 (2018·9＋1高中联盟期中)皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图10所示为静水中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性的发生作用．假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时间t 1＝1s ，获得水平向前的持续动力恒为F ＝480N ，而船桨离开水的时间t 2＝0.4s ，运动员与皮划艇的总质量为120kg ，运动员和皮划艇受到的阻力恒为150N ，并从静止开始沿直线运动．在该阶段中：图10(1)运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多少？(2)若运动员从静止开始后，第一次划水后就停止划水，皮划艇总计前行多长距离？ (3)若运动员从静止开始后，2.8s 末速度为多大？ 答案 (1)2.75m/s 21.25 m/s 2(2)4.4m (3)4.5m/s解析 (1)船桨划水时，F －F f ＝ma 1 得：a 1＝2.75m/s 2 船桨离开水时：F f ＝ma 2 得：a 2＝1.25m/s 2(2)1s 末皮划艇的速度：v 1＝a 1t 1＝2.75m/s滑行总位移：x ＝v 122a 1＋v 122a 2＝4.4m(3)1.4s 末速度：v 2＝v 1－a 2t 2＝2.25m/s 2．4s 末速度：v 3＝v 2＋a 1t 1＝5m/s 2．8s 末速度：v 4＝v 3－a 2t 2＝4.5m/s 命题点四 传送带模型 模型1 水平传送带模型例5 某飞机场利用如图11所示的传送带将水平地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A 、B 的长度L ＝10m ．传送带以v ＝5m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻轻放一质量m ＝5kg 的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g 取10m/s 2)图11答案 3s解析 由牛顿第二定律得： μmg cos30°－mg sin30°＝ma 解得a ＝2.5m/s 2货物匀加速运动的时间t 1＝v a＝2s货物匀加速运动的位移x 1＝12at 12＝12×2.5×22m ＝5m随后货物做匀速运动． 运动位移x 2＝L －x 1＝5m 匀速运动时间t 2＝x 2v＝1s货物从A 端运送到B 端所需的时间t ＝t 1＋t 2＝3s变式8 如图12所示，水平传送带AB 长L ＝10m ，向右匀速运动的速度v 0＝4m/s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10m/s 2.求：图12(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间． 答案 (1)4.5m (2)3.125s 解析 (1)物块的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝4m/s 2物块向左匀减速运动，v ＝0时向左运动的距离最大．由运动学公式得0－v 12＝－2ax ，解得x ＝v 122a ＝622×4m ＝4.5m.(2)物块向左运动到速度减为0的时间：t 1＝v 1a ＝64s ＝1.5s由于v 1>v 0，所以物块向右先加速到4m/s ，后匀速到达B 点，加速时间为t 2＝v 0a ＝44s ＝1s加速的距离x 1＝v ·t 2＝v 02t 2＝42×1m＝2m所以匀速运动的时间为t 3＝x －x 1v 0＝4.5－24s ＝0.625s 物块从B 点冲上传送带再次回到B 点所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.5 s ＋1 s ＋0.625 s ＝3.125 s.1．(2018·名校协作体联考)下列情景中属于超重现象的是( )答案 C2.在2016年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌．如图1所示为运动员正在进行蹦床比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图1A．运动员离开蹦床后处于失重状态B．运动员上升到最高点时加速度为零C．运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动D．运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态答案 A解析运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；运动员上升到最高点时，仅受重力，加速度为g，故B错误；运动员下落碰到蹦床后，开始重力大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上，向下做减速运动，故C错误；运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后减速向下，处于超重状态，故D错误．3．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70kg ，汽车车速为90km/h ，从踩下刹车匀减速运动到车完全停止需要的时间为5s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( ) A ．450NB ．400NC ．350ND ．300N 答案 C解析 汽车的速度v 0＝90km/h ＝25 m/s设汽车匀减速运动的加速度大小为a ，则a ＝v 0t＝5m/s 2对乘客应用牛顿第二定律可得：F ＝ma ＝70×5N＝350N ，所以C 正确．4．一物块沿倾角为θ的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为( ) A.13tan θ B.12tan θ C.35tan θ D ．tan θ答案 C解析 物块上滑的加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ，则x ＝12a 1t 2；物块下滑的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ， 则x ＝12a 2(2t )2；联立解得μ＝35tan θ，故选C.5．(2018·金华市、丽水市、衢州市十二校联考)滑沙是国内新兴的旅游活动项目，如图2甲所示，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，随着下滑速度的加快，在有惊无险的瞬间体味到了刺激和快感．其运动可以简化为如图乙所示，一位游客先后两次从静止下滑，下列v －t 图象中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和水平地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则v －t 图象正确的是( )图2答案 D解析 设滑板与沙之间的动摩擦因数为μ，斜面与水平地面之间的夹角为θ，当游客与滑板沿斜面向下运动时，ma 1＝mg sin θ－μmg cos θ，则：a 1＝g sin θ－μg cos θ，可知，向下滑动的加速度与斜面的高度无关，则在v －t 图中两次加速的过程图线是重合的；在水平地面上减速的过程中：ma 2＝μmg ，所以：a 2＝μg ，可知减速过程中的加速度也是大小相等的，则两次减速过程中的v －t 图线是平行线，故A 、B 、C 错误，D 正确．6.(2018·嘉兴市第一中学期中)质量为m 的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图3所示，则物块的加速度大小将( )图3A ．变大B ．变小C ．不变D ．以上情况都有可能 答案 A解析 质量为m 的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g (sin θ－μcos θ)对物块施加一个竖直向下的恒力F ，对物块受力分析如图，则物块的加速度大小a 1＝(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θm＝(g ＋F m)(sin θ－μcos θ)>a故A 正确，B 、C 、D 错误．7．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4所示．则下列相关说法正确的是( )图4A ．t ＝4.5s 时，电梯处于失重状态B ．5～55s 时间内，绳索拉力最小C ．t ＝59.5s 时，电梯处于超重状态D ．t ＝59s 时，电梯处于失重状态 答案 D解析 利用题图a －t 图象可判断：t ＝4.5s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A 错误；0～5s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，B 、C 错误，D 正确．8．(2018·宁波市期末)一物体放置在粗糙程度相同的水平面上，处于静止状态，从t ＝0时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物体上，且F 的大小随时间从零均匀增大，如图5所示，则下列关于物体的加速度a 、摩擦力F f 、速度v 随F 的变化图象正确的是( )图5答案 B解析 F 较小时，物体静止，F ＝F f ＝kt ，之后，物体开始滑动，加速度a ＝kt －μmgm，物体做a 增大的加速运动，故B 正确．9.如图6所示，足够长的水平传送带以v 0＝2m/s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图6答案 D解析 滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μmgm＝μg ＝2m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a＝1s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2m/s 2，运动的时间t 3＝Δv a ′＝1s ，选项D 正确．10．(2018·浙江11月选考·13)如图7所示为某一游戏的局部简化示意图．D 为弹射装置，AB 是长为21m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R ＝10m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内，某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0＝10 m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点．已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是(g 取10 m/s 2)( )图7A ．5sB ．4.8sC ．4.4sD ．3s 答案 A解析 小车在轨道AB 上运动的加速度大小为a ＝μg ＝2m/s 2，L AB ＝v 0t 1－12at 12，得t 1＝3s(另一值7s 舍去)，在轨道BC 上运动时，L BC ＝2R sin θ，加速度大小为a 1＝g sin θ，将小车在轨道BC 上的运动看作逆向的初速度为0的匀加速直线运动，则有L BC ＝12a 1t 22，得t 2＝2s ，所以小车从A 到C 的运动时间为t ＝t 1＋t 2＝5s.11.(2016·浙江10月选考·19)如图8所示，在某段平直的铁路上，一列以324km/h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km/h.(g 取10m/s 2)图8(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案 见解析解析 (1)列车的速度为324km/h ＝90 m/s ， 经过5min ＝300s 停下，所以加速度大小为a ＝|Δv |t ＝|90－0|300m/s 2＝0.3 m/s 2(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′v 2＝2a ′x ′，因x ′＝8.1km ＝8100m ， v ＝90m/s ，m ＝8.0×105kg解得a ′＝0.5m/s 2，F ＝1.2×106N (3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝v a ′＝900.5s ＝180s 减速过程中通过的位移x ＝v2t ＝45×300m＝13500m所以整个过程的平均速度大小v ＝x ＋x ′t 总＝13500＋8100300＋240＋180m/s ＝30 m/s. 12．(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)小明不小心将餐桌边沿处的玻璃杯碰落在地，玻璃杯没碎．他觉得与木质地板较软有关，并想估测杯子与地板接触过程中地板最大的微小形变量．他测出了玻璃杯与地板作用的时间为Δt ，杯子的质量为m ，桌面离地的高度为h (设杯离开桌面时初速度为零，杯的大小远小于h ，杯子与地板接触过程可视为匀减速直线运动，地板形变不恢复)，重力加速度为g ，不计空气阻力．试求杯子与地板接触过程中： (1)杯子加速度大小a ；(2)杯子受到地板的作用力大小F ； (3)地板最大的微小形变量Δx . 答案 (1)2gh Δt (2)mg ＋m 2gh Δt (3)Δt 22gh 解析 (1)杯子离开桌面到下落至地板，有v 2＝2gh 得v ＝2gh杯子与地板接触过程中，有v ＝a Δt 得a ＝2gh Δt(2)由F －mg ＝ma 得F ＝mg ＋m2gh Δt(3)由Δx ＝12a (Δt )2得Δx ＝Δt22gh13.如图9所示，一质量为1kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ＝30°.现小球在F ＝20N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36，g 取10m/s 2.试求：图9(1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点的最大距离． 答案 (1)2.5m/s 2(2)2.4m解析 (1)在力F 作用下，对小球受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得(F －mg )sin30°－μ(F －mg )cos30°＝ma 1解得a 1＝2.5m/s 2(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3m/s 小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8m撤去力F 后，小球上滑时，受力分析如图乙．由牛顿第二定律得mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2解得a 2＝7.5m/s 2小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4s 上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6m则小球上滑过程中距A 点的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4m.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
高三物理第一轮复习课件：第三章第二讲牛顿运动定律的综合应用
此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至 B 端， 所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx ＝v0t1－x1＝2 m，选项 D 正确，选项 C 错误；x2＝x－x1 ＝2 m，匀速运动的时间 t2＝vx20＝0.5 s，
运动的总时间 t＝t1＋t2＝1.5 s，选项 B 正确，选项 A 错误．
项目 超 重
失重
完全失重
运动状 _加__速__上升或 _加__速__下降或 以 a＝g_加__速__下
态 _减___速_下降 _减__速__上升 降或_减__速__上升
原理方 F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝ma
程 F＝_m_(_g_＋__a__) F＝_m__(_g_－__a_)
F＝0
思考与讨论 竖直上抛一个物体，上升阶段是超重，下落阶段是失 重，这种说法不对吗？ 提示：不对．上升阶段和下落阶段都只受重力，加速 度向下均为失重．
[易误辨析] 判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打 “×”)． (1)超重就是物体的重力变大的现象．( ) (2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力 大于重力．( ) (3)加速上升的物体处于超重状态．( )
答案：(1)× (2)× (3)√
考点 1 连接体问题
题型 1 同一方向上的连接体问题 这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对 静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、 后隔离的方法． [典例 1] (多选)(2018·邯郸模拟)如图所示，粗糙的水 平地面上有三块材料完全相同的木块 A、B、C，质量均 为 m，B、C 之间用轻质细绳连接．
v0mt1－12a1t21－12a2t21＝L， v0m－v′＝a1t1，
v′＝a2t1， 由以上三式解得 v0m＝3.0 m/s. 答案：(1)0.10 (2)2.4 m/s (3)3.0 m/s
高三物理一轮复习 第三章牛顿运动定律牛顿运动定律的综合应用课件
一题一得 超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上 的加速度，与物体的运动方向无关．进行定性分析问题时，一 定要对物体的运动过程进行分析，特别是物体在竖直方向上的 加速度，从而判定物体视重变化．
如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天 花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现 弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明( )
重计示数的变化情况．下表记录了几个特定时刻体重计的示数
(表内时间不表示先后顺序)：
时间
t0 t1 t2 t3
体重计示数(kg) 45.0 50.0 40.0 45.0
若已知 t0 时刻电梯静止，则( ) A．t1 和 t2 时刻电梯的加速度方向一定相反 B．t1 和 t2 时刻物体的质量并没有发生变化，但所受重力 发生了变化
考点三 考查临界与极值问题 从一物理过程转入另一物理过程中，将出现临界与极值问 题．题中常用“刚好”“恰好”“最大”“最小”等语言叙 述． 常出现的临界条件为：(1)相互接触的物体之间、绳子或杆 的弹力为零；(2)相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在 计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
物理思想方法：用极限法分析临界问题
A．电梯一定是在下降 B．电梯可能是在上升 C．电梯的加速度方向一定是向上 D．乘客一定处在失重状态
【答案】BD
【解析】因“弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小”， 所以小球所受的合外力向下，加速度向下，乘客处于失重状态， C 错误，D 正确；仅知加速度的方向，无法判断电梯的运动方 向，其运动方向有两种可能，即上升或下降，A 错误，B 正确．
考点二 超重、失重和视重 物体处于失重状态还是超重状态，仅由加速度的方向决 定，而与物体的速度方向无关．无论物体处于超重还是失重状 态，物体本身的重力并未发生改变．物体处于完全失重时，由 于重力产生的一切物理现象都将消失．
第三章 第2课时 牛顿第二定律(解析版)-2025年物理大一轮复习讲义
第三章运动和力的关系第2课时 牛顿第二定律学习目标1.掌握牛顿第二定律的内容及公式，能够应用牛顿第二定律解决问题。
2.会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬时加速度问题进行分析计算．3.会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题．考点01 牛顿第二定律一、牛顿第二定律的表达式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＝kma，其中力F指的是物体所受的合力．3．牛顿第二定律的四个性质(1)因果性：力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度．(2)矢量性：F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它所受的合力方向决定，且总与合力的方向相同．(3)瞬时性：加速度与合力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失．(4)独立性：作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和．二、力的单位1．力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N.2．“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N＝1 kg·m/s2.3．在质量的单位取kg，加速度的单位取m/s2，力的单位取N时，F＝kma中的k＝1，此时牛顿第二定律可表示为F＝ma.[典例1·对牛顿第二定律的理解的考查](多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是( )A．由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比B．由m＝Fa可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与其运动的加速度成反比C．由a＝Fm可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比D．由m＝Fa可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得答案 CD解析 牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，作用在物体上的合外力，可由物体的质量和加速度计算，并不由它们决定，A错误；质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；由牛顿第二定律知加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比，m可由其他两量求得，C、D正确．[拓展训练]关于牛顿第二定律，以下说法正确的是( )A．由牛顿第二定律可知，加速度大的物体所受的合力一定大B．牛顿第二定律说明了质量大的物体的加速度一定小C．由F＝ma可知，物体所受到的合力与物体的质量成正比D．对同一物体而言，物体的加速度与物体所受到的合力成正比，而且在任何情况下，加速度的方向始终与物体所受的合力方向一致答案 D解析 加速度是由合力和质量共同决定的，故加速度大的物体所受的合力不一定大，质量大的物体的加速度不一定小，选项A、B错误；物体所受到的合力与物体的质量无关，选项C 错误；由牛顿第二定律可知，同一物体的加速度与物体所受的合力成正比，并且加速度的方向与合力方向一致，选项D正确．考点02 牛顿第二定律的简单应用1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤(1)确定研究对象．(2)进行受力分析和运动状态分析，画出受力分析图，明确运动性质和运动过程．(3)求出合力或加速度．(4)根据牛顿第二定律列方程求解．2．应用牛顿第二定律解题的方法(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，物体所受合力的方向即加速度的方向．(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体所受的合力．①建立直角坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程F x＝ma，F y＝0(或F x＝0，F y＝ma)．②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a .根据牛顿第二定律{F x ＝ma x F y ＝ma y列方程求解．[典例2·对牛顿第二定律的简单应用的考查](2022·全国乙卷·15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L 。
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用心 爱心 专心 1 2012届高三物理一轮复习学案：第三章《牛顿运动定律》专题三 应用牛顿第二定律常用的方法 【考点透析】 一、本专题考点：应用牛顿第二定律解决物理问题。 二、理解和掌握内容 1．合成法〈平行四边形法则〉：若物体只受两力作用而产生加速度时，应用力的合成法分析计算较简单．解题时要准确做出力的平行四边形，若合成中有直角关系，要善于充分利用直角三角形有关知识分析计算． 2．正交分解法：当物体受两个以上力作用而产生加速度时，常用正交分解法分析求解．多数情况下常把力正交分解在加速度方向（如取x轴）和垂直于加速度的方向上（如取y轴），则有 ∑Fx＝ma, ∑Fy=0．特殊情况下，若有众多的力（特别是未知力）集中在两个垂直方向上，可以取相应的两个方向为分解轴，而将加速度分解到两个轴上，即∑Fx＝ max, ∑Fy = may．
3．应用牛顿第二定律的解题步骤．①确定研究对象．②分析受力作受力示意图．③用平行四边形法则合成，或用正交分解法把各力沿x y轴分解．④应用牛顿第二定律列方程．⑤统一单位求解． 4．难点释疑：如图3－16在密封的盒子内装有质量为m的光滑金属球．球刚好能在盒子中自由移动．若将盒竖直上抛，则运动过程中请思考： 一、 若有空气阻力则上升和下降时，球对盒的哪壁有压力？ （2）若无空气阻力则上升和下降时，球对盒的哪壁有压力？ 思路点拨:对整体分析，向上和向下运动时整体受力分别如图甲乙所示．由此可知，若有空气阻力向上运动时加速度a>g,,下降时a无空气阻力时，无论上下运动加速度a = g． 设球受到盒的作用力为N，取向下为正方向则：
mg+N = ma,
N=m (ａ－ｇ) 有阻力：上升时，a>g，N>0,球对盒的上壁有压力． 下降时，a由于无空气阻力时无论上下运动加速度a= g，故N＝0，即球对盒的上下壁均无压力． 牛顿第二定律为矢量定律，应特别注意各力方向及加速度a方向在定律表达式中体现．充分理解“合外力的方向既是加速度方向”的深刻含义．特别是未知力的方向不确切时，处理好矢量关系，建立正确的矢量表达式尤为重要． 【例题精析】 例1 如图3－17所示木箱中有一倾角为θ的斜面，斜面上放一质量为m的物体．斜面与物体间摩擦系数为µ，当木箱以加速度a水平向左运动时，斜面与物体相对静止．求斜面对物体的支持力N和摩擦力f． 分析与解答：解法1．对m作受力分析，沿水平、竖直分别取x轴和y轴，如图甲所示． 依牛顿第二定律有： ∑Fx＝Nsinθ－fcosθ＝ｍａ ① ∑Fy＝Ncosθ+fsinθ－ｍｇ＝０． ② 由①②可得N＝ｍgcosθ+masinθ 用心 爱心 专心 2
f＝mgsinθ－macosθ 解法2．对m作受力分析，平行于斜面、垂直于斜面分别取x轴和y轴．如图乙所示： 由牛顿第二定律可知： ∑Fx＝mgsinθ－f＝ｍａcosθ―――③ ∑Fy＝N－ｍｇcosθ＝masinθ ――④ 由③④可得N＝ｍgcosθ+masinθ f＝mgsinθ－macosθ 由两种解法比较可知，合理巧妙选取坐标轴，可以减少矢量（特别是未知矢量）的分解，给解题带来极大方便．本题两未知矢量N 、f相互垂直，解法1中沿水平、竖直分别取x轴和y轴，最后要处理二元一次方程组；解法二中以N、 f所在直线取x轴和y轴，最后处理一元一次方程就得到了结果． 思考与拓宽：让木箱以加速度a向上加速，M与斜面相对静止，求斜面对物体的支持力N和摩擦力f．（如何建立坐标轴更合理、简捷？） 一、 如图3－18所示一倾角为θ的斜面上放一木块，木块上固定一支架，支架末端用丝线挂一小球．木块、小球沿斜面向下共同滑动．若丝线①竖直②与斜面垂直③水平时，求上述三种情况下，木块下滑的加速度． 解：由题意可知，小球与木块的加速度相同．三种情况下分析小球受力分别为如图a b c所示：
一、 如图a，T1与G均竖直，故不可能产生斜向加速度，木块匀速运动． （2）如图b，T2与G的合力必沿斜面，由三角形关系可知F合＝mｇsinθ ，a＝F合 / m＝gsinθ．即木箱的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ． （3）如图c，T与G的合力必沿斜面，由三角形关系可知 F合＝mｇ/sinθ, a＝F合
/ m＝g/sinθ． 即木箱的加速度沿斜面向下，大小为g/sinθ．
当物体仅受两力作用时，使用力的合成法则，配合有关几何知识解题非常简捷．应用时特别注意F合 与a的对应性． 思考与拓宽： 请大家思考：在满足什么条件下木块可作上述三种运动？（如：斜面与木块的摩擦系数如何？或需加多大的沿斜面方向的拉力等）
【能力提升】 Ⅰ知识与技能 一、 如图3－19所示，O 、A、 B、 C、 D五点在同一圆周上．OA、OB、OC、OD是四条光滑的弦，一小物体分别由O开始沿各弦
下滑到A、B、C、D所用时间分别为tA、tB、tC、tD 则（ ） A．tA>tB>tC>tD B． tAC． tA＝tB＝tC＝tD D．无法确定． 2．如图3－20所示，几个倾角不同的光滑斜面有相同的底边．一小物体分别从各斜面顶端下滑到底端A，关于所用时间，下面说法正确的是（ ） A．倾角越大时间越短 B．倾角越小时间越短 C．倾角为45°时所用时间最短 D．无法确定． 用心 爱心 专心 3
3．如图3－21甲所示，一物体位于斜面上，若再在物体上①放一物体m’ ，如图乙所示．②加一竖直向下的力F＝m’g，如图丙所示．③加一垂直斜面向下的力F＝m’g，如图丁，则以下说法错误的是（ ） 一、 若甲中物体静止，则乙 丙 丁中物体仍静止 B．若甲中物体向下加速，则乙 丙 丁中物体加速度不变 C．若甲中物体向下加速，则乙中物体加速度不变， 丙中物体加速度变大， 丁中物体加速度减小． 一、 若甲中物体向下匀速，则乙 丙中物体仍匀速，丁中物体减速． 4．一单摆悬挂于小车的支架上，随小车沿斜面下滑，如图3－22．图中位置①竖直，位置②与斜面垂直，位置③水平，则（ ） 一、 若斜面光滑，拉线与③重合 B．若斜面光滑，拉线与①重合 C．若斜面粗糙且摩擦力小于下滑力拉线位于①②之间 一、 若斜面粗糙且摩擦力大于下滑力拉线位于②③之间
5．如图3－23，电梯与地面成30∘，质量为m的人站在电梯上，人对电梯的压力为其重力的1．2倍，则人受电梯的摩擦力f大小为（ ） A．f=mg/5 B．f=3mg/5 C．f=2mg/5 D． f=3 mg/5 6．如图3－24，质量为20kg的物体水平向右运动，物体与水平面的摩擦系数为0．2，与此同时物体还受到一水平向左的力F作用．F＝5N，此时物体运动的加速度为 m/s2，方向为 ． Ⅱ能力与素质 7．汽车司机常在后视镜上吊小工艺品来点缀车内环境，利用它可以估算汽车启动或急刹车时的加速度，若汽车刹车时，小工艺品偏离竖直方向的角度为θ，则汽车加速度大小为 ． 8．1999年10月1日晚上，在天安门广场举行了盛大的庆祝中华人民共和国成立50周年焰火晚会．花炮的升空高度为100m，并在最高点爆炸．花炮的质量为2Kg，在炮筒中运动时间为0.02s，则火药对花炮的平均推力约为 ． 9．风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力．现将一套有小球的细杆放入风洞实验室．小球的直径略大于杆的直径．如图3-26． ①水平固定时，调节风力大小使球在杆上匀速运动，此时风力为重力的0．5倍，求小球与杆的摩擦系数µ． ②保持风力不变，将杆与水平夹角调至37°，则球从静止开始在杆上下滑距离S时所用时间为多少？ 【拓展研究】 用心 爱心 专心 4
1．实验室是通过调节风力大小来保持恒定推力的，若风洞实验室产生的风速是恒定不变的，那么对运动物体还能保持风力不变吗？答案是否定的，不能．如图3—27所示，设杆光滑，开始时小球在风力的推动下，沿杆向左加速，当小球的速度逐渐增大时，风与小球的相对速度减小，这时风力减弱，当小球的速度等于风速时，对运动小球的风力将消失，但对其它固定不动物体的风力仍存在．因而我们要理解第10题题设条件中“风力不变”的含义，不能误认为“风速不变”．风速不变时，风对变速运动的风力不是恒力． 2．鸵鸟是当今世界上最大的鸟．有人说，如果鸵鸟能长出一副与身体大小成比例的翅膀，就能飞起来．是不是这样呢？生物学统计的结论得出：飞翔的必要条件是空气的上举力F至少与体重G=mg平衡．鸟煽动翅膀，获得上举力的大小可以表示为F=cSv2，式中S为翅膀展开后的面积，v为鸟的飞行速度，而c是一个比例常数．我们作一个简单的几何相似形假设：设鸟的几何线度为L，那么其质量m∝L3，而翅膀面积S∝L2，已知小燕子的最小飞行速度是5.5m/s，鸵鸟的最大奔跑速度为11.5m/s，又测得鸵鸟的体长是小燕子的25倍，那么鸵鸟真的长出一副与身体大小成比例的翅膀后能飞起来吗？
专题三：1．C 2．C 3．B 4．C 5．D 6．2.25，左 7．gtanθ 8．4472N 9．①μ=0.5 ② t= 8S3g 拓展研究答案：2．不能