(全国通用)2019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 微专题25 动力学中的“滑块-木板”模型备考精炼
高考物理一轮题复习 第三章 牛顿运动定律 微专题23 动力学中的滑块木板模型问题
动力学中的滑块——木板模型问题1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)分析滑块和木板的受力情况：整体法、隔离法仍是基本的研究方法，依据牛顿第二定律求解加速度；(2)分析滑块和木板的运动情况：找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系．1. (滑块—木板模型问题的运动分析)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐减小，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐减小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零2．(滑块—木板模型问题的综合分析)如图2所示，一质量为M＝10 kg，长为L＝2 m的薄木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，在此木板的右端还有一质量为m＝4 kg的小物块，且视小物块为质点，木板厚度不计．今对木板突然施加一个F＝54 N 的水平向右的拉力，g＝10 m/s2.图2(1)若木板上表面光滑，则小物块经多长时间将离开木板？(2)若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，小物块与地面间的动摩擦因数为2μ，小物块相对木板滑动一段时间后离开木板继续在地面上滑行，且对地面的总位移s＝3 m时停止滑行，求μ值．3．如图3所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在木板B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A 和木板B的图象，在木块A从木板B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能E k随位移x的变化图象，其中可能正确的是( )图34．如图4所示，质量均为m的木块A和木板B叠放在水平桌面上，A光滑且位于B的最右端，B与地面间的动摩擦因数为μ，水平力F＝mg作用在B上，A、B以2 m/s的共同速度沿水平面向右匀速运动，0.2 s后F加倍(g＝10 m/s2)图4(1)试求μ的值；(2)若B足够长，求0.4 s时A、B的速度，并在乙图中作出0.2～0.4 s A、B运动的v－t 图象．答案解析1．C [由于物块运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，选项A 、B 错误；由牛顿第三定律可知，木板受到物块给它的向左的摩擦力作用，木板的速度不断减小，直到两者相对静止，而做匀速直线运动，选项C 正确；由于水平面光滑，所以木板和物块不会停止，选项D 错误．]2．(1)1 s (2)16解析 (1)对木板受力分析，由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g ＝Ma ，由运动学公式得L ＝12at 2，代入数据解得：t ＝1 s.(2)对小物块：在木板上时μmg ＝ma 1，在地面上时2μmg ＝ma 2，设小物块从木板上滑下时的速度为v 1，小物块在木板上和地面上的位移分别为x 1、x 2，则：2a 1x 1＝v 21，2a 2x 2＝v 21，并且满足x ＝x 1＋x 2＝3 m ，解得x 1＝2 m ．设小物块在木板上滑行时间为t 1，则x 1＝12a 1t 21，对木板：F －μmg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 3，木板对地面的位移x ′＝12a 3t 21，x ′＝x 1＋L ，解得μ＝16. 3．D [木块滑上木板，A 做匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，a A ＝μmg m ＝μg ，a B ＝μmg M，已知M >m ，则a A >a B .v －t 图象中①图线斜率的绝对值大于②图线斜率的绝对值，故A 、B 错误；根据动能定理得，对A 有：－μmgx ＝E k －E k0，则E k ＝E k0－μmgx .对B 有：μmgx ＝E k ，从动能定理的表达式可知，木块和木板E k 与x 图线斜率的绝对值应相等．故C 错误，D 正确．]4．(1)0.5 (2)2 m/s 4 m/s 见解析图解析 (1)在0～0.2 s 内A 、B 做匀速直线运动，分析B ，根据平衡条件有：F ＝2μmg ，又F ＝mg ，代入数据解得μ＝0.5.(2)0.2～0.4 s ，A 运动状态不变(v A ＝2 m/s)，继续做匀速直线运动，B 做匀加速运动， 根据牛顿第二定律得，2F －2μmg ＝ma ，代入数据解得a ＝10 m/s 2.0．4 s 时B 的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋10×0.2 m/s＝4 m/s ， A 、B 两物体的v －t 图象如图所示．。
2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】： 第3章 牛顿运动定律 微专题20 牛顿运动定律的理解
2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 20 牛顿运动定律的理解 [方法点拨] (1)理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性．(2)轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．(3)多个物体一起运动时，知其一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然．从而知其合外力方向．
1．如图1所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点．一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出．物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是( )
图1 A．物块的惯性减小 B．在a位置，物块的惯性为零 C．物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等 D．在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力 2．(多选)(2017·湖南怀化一模)如图2所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是( ) 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】 图2 A．地面对斜面体的支持力小于(M＋m1＋m2)g
B．木板与斜面间的动摩擦因数为1tan θ C．摩擦产生的热量等于木板减少的机械能 D．斜面体受到地面的摩擦力为零 3．(多选)如图3所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态．现释放圆环P，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦
下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是( )
图3 A．Q的加速度一定小于gsin θ B．悬线所受拉力为Gsin θ C．悬线所受拉力为Gcos θ D．悬线一定与绳索垂直 4．(2018·安徽巢湖一检)如图4所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小错误的是( ) 2019届高考物理一轮复习【微专题精炼】
2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲验证牛顿运动定律练习
丰富丰富纷繁第 3 讲考证牛顿运动定律1．(2015 ·高考全国卷Ⅱ ) 某同学用图甲所示的实验装置丈量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频次为 50 Hz，物块下滑过程中所获得的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1) 物块下滑时的加快度a＝________ m/s2，打 C点时物块的速度v＝________ m/s.(2)已知重力加快度大小为 g，为求出动摩擦因数，还一定丈量的物理量是________(选填正确答案标号)．A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角分析： (1) 物块沿斜面下滑做匀加快运动，依据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由＝2x，得aa T＝0.13 ×10 －22 2x BD （ 3.65 ＋ 3.52 ）× 10－2m/s ≈ 1.79 m/s.（ 0.02 ）2 m/s ＝ 3.25 m/s ，此中 C点速度 v＝＝2×0.02t BD(2)对物块进行受力剖析如图，则物块所受合外力为F 合＝ mg sinθ －μ mg cosθ，即 a＝ g sinθ－μ g cosg sinθ － aθ ，得μ ＝cos θ，因此还需丈量的物理量是斜面的倾角θ .g答案： (1)3.25 1.79 (2)C2．(2018 ·河北模拟) 某同学用图甲所示的实验装置考证牛顿第二定律：(1)经过实验获得如图乙所示的 a－ F图象，造成这一结果的原由是：在均衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角__________( 选填“偏大”或“偏小” ) ．1(2) 该同学在均衡摩擦力后进行实验，实质小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力 ( 填“大于”“小于”或“等于” ) ，为了便于研究、减小偏差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 知足__________的条件．(3) 该同学获得如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频次为50 Hz. A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．x＝ x － x ＝________ cm.由此可算出小车的加快度 2 .( 结果保存两位有效数a＝ ________ m/sDGAD字 )分析： (1) 依据所给的a－ F 图象可知，当F＝0时，小车已经有了加快度a0，因此必定是在均衡摩擦力时木板与水平桌面间的夹角偏大造成的．(2) 依据牛顿第二定律，对小车＝，对砝码和盘－＝，解得＝Mmg? 时，小车< ，只有当F Ma mg F ma F M＋ m mgM m遇到的拉力才近似等于mg，进而减小偏差．(3) 由题图丙可读出x AD＝2.10 cm，x DG＝3.90 cm，因此x＝ x DG－ x AD＝1.80 cm，依据x＝ a t 2，解得 a ＝5.0 m/s 2.答案： (1) 偏大(2) 小于M? m (3)1.80 5.03．在研究加快度与物体所受合外力和质量间的关系时，采纳以下图的实验装置，小车及车中的砝码质量用 M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加快度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出：(1)当 M与 m的大小关系知足__________时，才能够以为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．(2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量必定的状况下，研究加快度与小车质量的关系，以下做法正确的选项是 ________．A．均衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要从头均衡摩擦力C．实验时，先松开小车，再接通打点计时器电源mgD．小车运动的加快度可用天平测出m和 M，直接用公式a＝M求出(3) 在保持小车及车中的砝码质量M必定，研究加快度与所受合外力的关系时，因为均衡摩擦力时操作不当，两位同学获得的a－F 关系分别如图中甲、乙所示( a是小车的加快度， F 是细线作用于小车的拉力) ．2其原由分别是：甲图： ___________________________________________ ；乙图： _______________________________________________.分析： (1) 对盘及盘中砝码：mg－F＝ma；对小车：F＝Ma，联立可得：a＝mg M， F＝mg，只有当 m? M m＋M M＋ m时，才可以为 F≈ mg.(2)均衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力均衡， A 不正确；调好后，当再次改变小车质量时，无需再均衡摩擦力， B 正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再开释小车， C 不正确；小车的加快度是经过办理纸带确立的，D不正确．(3) 由甲图可看出F＝0时， a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由乙图可看出，只有当 F 达到必定值时，才会有加快度，说明均衡摩擦力不足或未均衡摩擦力．答案： (1) m? M(2)B (3) 木板的倾角过大没有均衡摩擦力或均衡摩擦力不足4．如图为丈量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置表示图．实验步骤以下：①用天平丈量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺丈量遮光片的宽度d；用米尺丈量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左边由静止开释，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间t A和t B，求出加快度a；④多次重复步骤③，求 a 的均匀值a；⑤依据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答以下问题：(1) 丈量d时，某次游标卡尺( 主尺的最小分度为 1 mm)的示数以下图，其读数为____________ cm.(2) 物块的加快度 a 可用 d、s、t A和t B表示为 a＝________________．(3)动摩擦因数μ可用 M 、 m 、 a 和重力加速度 g 表示为μ＝__________________________________________ ．(4)假如细线没有调整到水平，由此惹起的偏差属于__________( 选填“有时偏差”或“系统偏差” ) ．3丰富丰富纷繁分析： (1) d ＝ 0.9 cm ＋12×0.05 mm ＝ 0.9 cm ＋ 0.060 cm ＝0.960 cm.dd2 2d2d 2(2) 由 v ＝得，v ＝，v ＝－＝ 2as ，，物块做匀加快直线运动，则 v － v ＝ 2ax ，即t xAt A Bt BBAt Bt A1 d2d 2得 a ＝t B －t A .2s(3) 整体运用牛顿第二定律得：－ μ ＝ ( ＋ ) ，则 μ ＝ mg －（ M ＋ m ）a .mgMgM m aMg(4) 由实验装置惹起的偏差为系统偏差． 答案： (1)0.9601d 2d2(2)－t A2s t Bmg －（ M ＋ m ） a系统偏差(3)(4)Mg4。
2019届高三物理人教版一轮课件：第三章微专题三动力学问题的规范解答
(1)求物体从底端运动到顶端所用时间． (2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体 还需要多长时间离开传送带？
解析：(1)物体开始运动时的加速度为 a1，则 F＋μmgcos 37° －mgsin 37° ＝ma1(1 分) 解得：a1＝6 m/s2(1 分) 物体达到和传送带速度相等历时 t1，根据运动学公式，有：v ＝a1t1(1 分) 故 t1＝1 s(1 分) v 6 s＝ t1＝ ×1 m＝3 m(1 分) 2 2
然后对物体受力分析： F－μmgcos 37° －mgsin 37° ＝ma2(1 分) 解得：a2＝2 m/s2(1 分) 再经 t2 到达顶端，则 H 1 －s＝vt2＋ a2t2 2(1 分) sin 37° 2 解得：t2＝1 s 或者 t2＝－7 s(舍去)(1 分) 所以物体到达顶端共历时 t＝t1＋拉力时，对物体受力分析得： mgsin 37° －μmgcos 37° ＝ma3(1 分) a3＝4 m/s2，方向沿斜面向下，故物体做匀减速直线运动(1 分) 经时间 t3 速度减到 0，物体上升的距离为 v s2＝ t3(1 分) 2 根据速度—时间关系公式有 a3t3＝v 3 解得：t3＝ s(1 分) 2
解析：(1)由 v
t 图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动
的加速度大小 a1＝1.5 m/s2，(1 分) 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 a2＝1 m/s2，(1 分) 达到相同速度后一起做匀减速运动的加速度大小 a3＝0.5 m/s2.(1 分)
(2)对物块冲上木板减速阶段，有 μ1mg＝ma1，(3 分) 对木板向前加速阶段，有 μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，(3 分) 物块和木板达到共同速度后向前减速阶段，有 μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3，(3 分) 以上三式联立可得 m∶M＝3 ∶2.(1 分)
2019版高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律两类动力学问题课件【优质ppt版本】
• (2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如 第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画 图找出各过程的位移之间的联系．
三 等时圆模型及其应用
• 1．模型特征
• (1)质点从竖直圆环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，如图乙所示；
• •
ABD．．．aaa11＝1＝＝g aaa222＝＝＝maa＋M33M＝＝g aaa443＝＝＝0g0
a4＝m＋MMg
解析 在抽出木板的瞬间，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，故选项 C 正确．
• (5)物体所受合外力大，其加速度就一定大．( ) ×
• 解析 物体的加速度由物体所受合外力、物体的质
量共同决定的．
×
• (6)牛顿第二定律适用于一切运动情况．( )
• 解析 牛顿运动定律只适用于惯性参考系、低速运 动的情况．
• (7)单位“牛顿”是国际单位制中的基本单 位．( )
• 2．(多选)下列说法正B确CD的是(
大，故选项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之间的单位关 系，故选项D正确．
• 3．(多选)关于力学单位制，以下说B法C 中正确的是 ()
• A．kg、m/s、N等单位为导出单位
• B．kg、m、s都是基本单位
• C．牛顿第二定律的表达式F＝kma，式中各物理量 取国际单位时k＝1
2019版高考物理一轮复习 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
D．m2·kg·s－1·A－1
解析：B 根据P＝UI、P＝Fv、F＝ma
可导出U＝mIav，即V＝kg·m·sA－2·m·s－1
＝m2·kg·s－3·A－1，故选B.
二、牛顿第二定律的应用 1．两类动力学问题
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．
(3)力的单位：当质量的单位为 _k_g__，加速度的单位为 _m_/_s_2_时，力的单位为 N，即 1 N＝1 kg·m/s2.
(4)适用范围： ①只适用于惯性参考系，即相对于地面_静__止__或_匀__速__运 动的参考系． ②只适用于解决_宏__观___物体的_低__速___运动问题，不能用 来处理微观粒子高速运动问题．
【知识对点自测】 3．(2017·河北石家庄二模)一个质量为2 kg的物体，在4 个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8 N和 12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的 说法正确的是( ) A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速 度的大小 B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2 C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2 D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)√
2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位
有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用
上述基本单位可表示为( )
A．m2·kg·s－4·A－1
B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1
面上．A、B 两小球的质量分别为 mA、mB， 重力加速度为 g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B
2019年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题习题新人教版.docx
第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1.（2016・全国卷11）（多选）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|导学号21992183|（ BD ）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［解析］由于两球由同种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r,根据牛顿第二定律，下落过程中mg-kr=ma,自=---------------- -- =厂石方可得，球下落过程做匀变速直线运动，且下落p r 1过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，rti力=步庄可知，下落相同的距离，甲球所用的时间短，A、C项错误；由,=2动可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D项正确。
2.（2017 •吉林省实验中学五模）如图甲所示，用一水平外力厂拉着一个静止在倾角为〃的光滑斜面上的物体，尸逐渐增大，物体做变加速运动，其加速度臼随外力尸变化的图彖如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2 o根据图乙中所提供的信息可以计算出导学号21992184 ( B )A.物体的重力为2MB.斜面的倾角为37。
C.加速度为6m/f时物体的速度D.物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12N［解析］对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示,2年高考模拟»»>2-NIAN-GA0-KA0-M0-NI甲在/轴方向有Feos 〃一/昭sin 〃=加①在F 轴方向有/V —?sin 0—溜cos 0=0②从图象中取两个点：(20N,2m/s2), (30N, 6m/s 2),代入①式解得/7；=2kg, 〃=37° ,所以物体的重力0=207,斜面的倾角为〃=37° , 故A 错误，B 正确；当臼=0时，可解得Q15N,即最小拉力为157,题中并未说明力厂随时 间变化的情况，故无法求出加速度为6皿/£时物体的速度大小，故C 、D 错误。
高考物理大一轮复习 第三章 第1课时牛顿第一定律 牛顿第三定律课件
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．
C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比
玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的
相互作用力的大小
高考模拟
高考题组
1
2
3 模拟题组
4
5
6
5． 放在水平面上的物体受到一个水平向右的拉力 F 作用处于静止状
态，下列说法中正确的是
( C)
A．物体对水平面的压力就是物体的重力
大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
课堂探究
【例 2】我们都难以忘记刘翔那优美的
跨栏姿势．在他跨越栏架的过程中
(B)
A．支撑脚蹬地的瞬间，地面对脚的 支持力大于脚对地面的压力
B．支撑脚蹬地的瞬间，地面受到向
后的摩擦力
FN
C．支撑脚离地后，他还受到向前冲
的力，以至于能很快地通过栏架
Ff
D．运动到最高处时，速度达到最大
高考物理大一轮复习 第三章 第1课时牛顿第一定律 牛顿第三定律课件
第三章 牛顿运动定律
第1课时 牛顿第一定律 牛顿第三定律
题组扣点
题组答案 1.ACD 2.A 3.AC 4.B
考点梳理答案
一、1.匀速直线运动 静止 改变 2.(1)维持 改变 加速度 惯性 惯性定律 3.(1)匀速直线运动 静止 (2)质量 质量大 质量小 (3)固有
2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第1讲牛顿第一第三定律练习
丰富丰富纷繁第 1 讲牛顿第一、第三定律1． ( 高考北京卷 )伽利略创建的把实验、假定和逻辑推理相联合的科学方法，有力地促使了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做以下实验：小球从左边斜面上的O点由静止开释后沿斜面向下运动，并沿右边斜面上涨．斜面上先后铺垫三种粗拙程度渐渐降低的资料时，小球沿右边斜面上涨到的最高地点挨次为1、 2、3. 依据三次实验结果的对照，能够获取的最直接的结论是()A．假如斜面绝对圆滑，小球将上涨到与O点等高的地点B．假如小球不受力，它将向来保持匀速运动或静止状态C．假如小球遇到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球遇到的力一准时，质量越大，它的加快度越小分析：选 A. 依据题意，铺垫资料粗拙程度降低时，小球上涨的最高地点高升，当斜面绝对圆滑时，小球在斜面上没有能量损失，所以能够上涨到与O点等高的地点，而B、C、D 三个选项，从题目不可以直接得出，故选项 A 正确．2．(2018 ·杭州模拟) 就一些实质生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解说，此中正确的选项是() A．采纳了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超出某些老式螺旋桨飞机，这表示能够经过科学进步使小质量的物体获取大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表示它的惯性变小了C．货运列车运转到不一样的车站时，常常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适合的速度，另一方面要将身体略微向里倾斜，经过调控人和车的惯性达到转弯的目的分析：选 C. 物体的惯性是物体自己的属性，惯性的大小只与物体的质量相关，与物体的速度没关，应选项 C 正确， A、B、 D 错误．3.(2018 ·台州模拟) 以下图，有两个衣着滑冰鞋的人站在冰面上，当此中一个人 A 从背后轻轻推另一个人B 时，两个人都会向相反方向运动，这是因为 A 推 B 时()A．A与B之间有互相作使劲B．A对B的作用在先，B 对 A的作用在后C．B对A的作使劲小于 A 对 B 的作使劲丰富丰富纷繁D．A对B的作使劲和B 对 A的作使劲是一对均衡力分析：选 A. A推B时A与B之间有互相作使劲，作使劲与反作使劲同时产生、大小相等、方向相反，选项A 正确，选项B、 C、 D 错误．4.一个箱子放在水平川面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，以下图，已知环沿杆匀加快下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f，则此时箱子对地面的压力大小为多少？分析：环在竖直方向上受力状况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力F f，依据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F′f.故箱子在竖直方向上受力状况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力F′f.因为箱子处于均衡状态，可得：F N＝ F′f＋ Mg＝ F f＋ Mg.依据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则F′N＝ F N＝ F f＋Mg.答案： F f＋Mg。
2019版高中物理教科版必修一教师用书：第三章 牛顿运动定律 5 含答案
5牛顿运动定律的应用[学习目标］ 1.明确动力学的两类基本问题。
2。
掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法．一、从受力确定运动情况如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学的规律确定物体的运动情况．二、从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况,根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．判断下列说法的正误．（1）根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．(√）(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．（×)(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．(√)(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．(×)一、从受力确定运动情况如图1所示，运动小车中悬线下的小球向左偏离,偏角恒为θ。
图1（1）小球受几个力作用？合力方向向哪？（2）小球的加速度方向向哪？小车可能做什么运动？答案（1)两个力；合力方向水平向右．(2)小球的加速度方向与合力方向相同,所以加速度方向水平向右；若小车向左运动,则做向左的匀减速直线运动；若小车向右运动，则做向右的匀加速直线运动．1．解题步骤（1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图．（2)根据力的合成与分解，求合力（包括大小和方向)．(3)根据牛顿第二定律列方程,求加速度．(4）结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学量—-任意时刻的位移和速度，以及运动时间等．2．流程受力情况→合力F错误!求a,错误!―――――→求x、v0、v t、t。
例1如图2所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍,现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0。
8，g取10 m/s2.求：图2（1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；(2)物体在拉力作用下5 s末的速度大小;（3)物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小．答案(1）见解析图 1.3 m/s2，方向水平向右（2）6。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
（全国通用）2019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 微专
题25 动力学中的“滑块-木板”模型备考精炼
[方法点拨] “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：
a
m
＝Ffmm.假设两物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间
是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．
1．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)如图1甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面
上，其上放置小滑块A，小滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出小滑
块A的加速度a，得到如图乙所示的F－a图象．取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则
( )
图1
A．小滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为5 kg
C．当F＝40 N时，木板B的加速度为3 m/s2
D．小滑块A与木板B间的最大静摩檫力为12 N
2．如图2所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦
因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度am和
小车的加速度aM的大小(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列选项可能正确的是( )
图2
A．am＝2 m/s2，aM＝1 m/s2
B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2
C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2
D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
3．(多选)(2017·四川宜宾一诊)如图3甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其
中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.对
木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系图如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩
擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )
图3
A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零
B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左
C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg
D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg
4．如图4所示，质量为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为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板
间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向
左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力Ff随力F大小变化的图象是
(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图4
5．(2017·安徽省六校联考)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底
板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为
a，a＞μ1g
，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到
紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )
图5
A.2as0 B.2μ1gs0
C.2μ2gs0 D.μ1＋μ2gs0
6．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，
在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下
列哪些变化可使时间t增大( )
图6
A．仅增大木板的质量M
B．仅增大木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数
7．(2017·江西省第一次联考)如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木
板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M＝4 kg，长度为L＝2 m，物块的质
量为m＝1 kg，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的
最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.
图7
(1)若在物块上施加一个水平恒力F1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F1的大小；
(2)若在木板上施加一个水平恒力F2，经过2 s物块恰好从木板上滑落，求力F2的大小．
答案精析
1．AD [由题图乙知，F＜20 N时，A、B一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F＝
(mA＋mB)a
由题图乙可得Fa＝202 kg＝10 kg，所以mA＋mB＝10 kg
当F＞20 N时，A、B间发生相对滑动，对A，由牛顿第二定律得F－μmAg＝mAa，得 F＝μ
mAg
＋mAa.图象的斜率k＝20－122＝4，得mA＝4 kg，mB＝6 kg，故A正确，B错误．
由F＝μmAg＋mAa知，图象的纵截距为μmAg＝12 N
当F＝40 N时，木板B的加速度为 aB＝μmAgmB＝126 m/s2＝2 m/s2，故C错误．
小滑块A与木板B间的最大静摩檫力为Ff＝μmAg＝12 N，故D正确．]
2．C
[若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定
律可得：F＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力Ff为静摩擦力，且Ff≤μmg，
由牛顿第二定律可得：Ff＝ma，联立可得：am＝aM＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了
相对运动，二者间的摩擦力Ff为滑动摩擦力，且am
3．AD
4．C [当F＜μ1(M＋m)g＝2 N时，Ff＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速
度a0＝μ2g，F＝μ1(M＋m)g＋(M＋m)a0＝10 N，故当2 N≤F＜10 N时，木板、铁块保持相
对静止向右做加速运动，F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，Ff＝ma，解得Ff＝F2－1(N)；当F≥10 N
时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力Ff＝μ2mg＝4 N，所以C正确．]
5．C [设A的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：
Ff1＝ma≤μ2mg
，
解得：a≤μ2g，即A的最大加速度：a1＝μ2g
同理，可知B的最大加速度：a2＝μ1g
由于μ1＞μ2，则a1＜a2≤μ1g＜a
可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，
则车的最大加速度等于a1.
所以车的最大速度：vm＝2μ2gs0
故A、B、D错误，C正确．]
6．BD
7．(1)2.5 N (2)12 N
解析 (1)设两物体间的最大静摩擦力为Ff，
当F1作用于m时，
对整体，由牛顿第二定律有：
F1＝(M＋m)a
对M，由牛顿第二定律有：Ff＝Ma
小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力FN＝mg，
由摩擦力公式有Ff＝μFN＝μmg
联立各式解得：F1＝2.5 N
(2)两物体发生相对滑动，设M、m的加速度分别为a1、a2
对M，由牛顿第二定律得：F2－Ff′＝Ma1
对m，由牛顿第二定律得：Ff′＝ma2
Ff′＝μmg
两物体在时间t内位移为
x1＝12a1t
2
x2＝12a2t
2
m刚滑下M时有：x1－x2＝12L
联立解得：F2＝12 N.