高中物理牛顿运动定律的应用解析版汇编含解析

高中物理牛顿运动定律的应用解析版汇编含解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：

（1）物体与传送带间的动摩擦因数；

（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；

（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J

【解析】

【详解】

(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:

可解得：μ＝0.875.

（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移

0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为

(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:

0～6 s内物体位移为:

则0～6 s内物体相对于皮带的位移为

0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,

代入数据得：Q＝126 J

故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J

【点睛】

对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,

(1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量．

【答案】（1）2

5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J

【解析】 【详解】

(1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：

对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -=

A B f f = 0.5A A f m g =

联立以上方程得：2

5m/s A a = 27.5m/s B a =

(2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动 则有：212A A h a t =

21

2

B B h a t = A B H h h =+ A A V a t = B B V a t = 联立得：2s t =，10m A h =，

15m B h =，10m/s A V =，15m/s B V =

A 、

B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有：

21()2kA A A A A E m v m g H h =

+- 400J kA E = 2

1()2kB B B B B E m v m g H h =+- 850J kB E =

(3)两球损失的机械能总量为E ?，()A B kA kB E m m gH E E ?=+-- 代入以上数据得：250J E ?=

【点睛】

(1)轻质物体两端的力相同,判断A 、B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到． (3)由能量守恒定律可求出．

3．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：

（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；

（3）木板在地面上运动的最大位移。 【答案】（1）5m/s 2 2m/s 2（2）14m （3）12m 【解析】 【分析】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，

初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 2

12a μg 5m /s ==

木板由静止做匀加速度直线运动 即 ()212μmg μM m g Ma -+=

解得 2

2a 2m /s =

（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t

即 012v v a t v a t =-==木板木块 解得 t=2s

木块位移 2

011x v t a t 18m 2

木块=-= 木板位移 2

21x a t 4m 2

木板=

= 木板长度 L x x 14m =-=木板木块

（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得

2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共，

木板位移 23

v

x

8m 2a ==，共木板

总位移 ,

x x x 12m =+=木板木板

4．传送带以恒定速率v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝10 N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H ＝1.8m 的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)物块在传送带上运动的时间；

(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F ，则物块还需多少时间才能脱离传送带？ 【答案】（1）1s （2）

【解析】 【详解】

（1）物体在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有： F ＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma 1 解得a 1＝8 m/s 2

由v ＝a 1t 1 得t 1＝0.5s 位移x 1＝a 1t 12＝1m

物体与传送带达到共同速度后，因F －mgsinθ＝4 N ＝μmgcos37° 故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升． 位移x 2＝－x 1＝2m

t 2＝＝0.5s

总时间为t ＝t 1＋t 2＝1s

（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，因为μ＜tan37°，故有： mgsin37°－μmgcos37°＝ma 2 解得：a 2＝2m/s 2

假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则

通过的位移为x ＝＝4 m＞x2

故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故

x2＝vt3-a2t32

解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）

【点睛】

本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．

5．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN上放置两个物块A和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d=3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A和B上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L=9.0m，沿逆时针方向以恒定速度v=6.0m/s匀速转动。物块B与传送带的动摩擦因数μ=0.20，物块A的质量（包括遮光条）为m A =2.0kg。开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A通过计时器显示的读数t1=9.0×10-4s，物块B通过计时器显示的读数t2=1.8×10-3s，重力加速度g取10m/s2，试求：

（1）弹簧储存的弹性势能E p；

（2）物块B在传送带上滑行的过程中产生的内能；

（3）若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P必须对A做多少功才能让B碰后从Q端滑出。

【答案】（1）E p=24J；（2）Q=96J；（3）84J

W>。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）解除锁定，弹开物块AB后，两物体的速度大小

v A=

3

4

1

3.610

m/s 4.0

9.010

d

t

-

-

?

==

?

m/s

v B=

3

3

2

3.610

m/s 2.0

1.810

d

t

-

-

?

==

?

m/s

由动量守恒有

m A v A =m B v B

得

m B =4.0kg

弹簧储存的弹性势能

22112422

p A A B B E m v m v =

+=J （2）B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远

由牛顿第二定律得

B B m g m a μ=

所以B 的加速度

a =2.0m/s 2

B 向右运动的距离

2

12B

v x a

==1.0m <9.0m

物块将返回

向右运动的时间为1 1.0B

v t a

=

=s 传送带向左运动的距离为

21x vt ==6.0m

B 相对于传送带的位移为

112x x x ?=+

物块B 沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t 1，位移为x 1 B 相对于传送带的位移为

221x x x ?=-

物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能

22()B Q m g x x μ=??+?=96J

（3）设弹射装置给A 做功为W ，根据功能关系有

221122

A A A A m v m v W '=+ A

B 碰相碰，碰前B 的速度向左为2B v =m/s ，碰后的速度设为'B

v 规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得

A A

B B A A B B m v m v m v m v '=+'-''

碰撞过程中，没有机械能损失

2222

11112222

A A

B B A A B B m v m v m v m v ''+''+=

B 要滑出平台Q 端，由能量关系有

21

2

B B

B m v m gL μ>'

所以由得W>84J

6．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑的高度h；

(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．

【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J

【解析】

【分析】

【详解】

解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：

水平推力①

解得：②

（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程

由机械能守恒有：，解得：③

若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而

做匀加速运动；根据动能定理有：④

解得：⑤

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥

解得：⑦

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：s=v0t

由机械能守恒有：⑧

⑨

滑块相对传送带滑动的位移⑩

相对滑动生成的热量?

?

7．如图所示，始终绷紧的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，质量的平板车停在传送带的右端.现把质量可视为质点的行李箱轻轻放到距传送带右端位置．行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为、，平板车与水平地面间的动摩擦因数为.（不计空气阻力，

g=10m/s2）试求：

（1）行李箱在传送带上运动的时间

（2）若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长度.

【答案】(1)2.25s (2)见解析

【解析】

(1)行李箱在传送带加速时的加速度满足，则

行李箱在传送带能加速的时间，

能加速的距离，所以行李箱在传送带上先加速后匀速。

行李箱在传送带匀速的时间

行李箱在传送带上运动的时间

(2)行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时：

行李箱做减速运动，由牛顿第二定律可得，行李箱加速度大小满足，解得：

平板车做加速运动，由牛顿第二定律可得，平板车加速度大小满足

，解得：

设行李箱经时间恰好到达平板车右端且两者速度刚好第一次相等为

，则：

，解得：

这种情况下，平板车的长度

平板车的最小长度

点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，以及临界条件

的确定。

8．水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg 的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0=3m/s 2开始运动，其速度达到v=6m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．2

10/g m s =，求： （1）求煤块所受滑动摩擦力的大小． （2）求黑色痕迹的长度． （3）摩擦力对传送带做的功 【答案】（1）1N （2）3m （3）12J 【解析】 【分析】

传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功 【详解】

（1）煤块所受滑动摩擦力的大小 f=μmg=0.2×5N=1N ．

（2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s 2；煤块与传送带相对静止所用时间6

32

v t s a =＝＝， 通过的位移6392

x vt m m =?＝＝；

在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s 所用时间

106

23

v t s s a =

V ＝＝ 在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t 2=t-t 1=1s ，

则传送带的位移x ′＝

2

v t 1+vt 2＝6

2×2+6×1m ＝12m ，

则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m ．

由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m ．

（3）此过程中摩擦力对传送带做功：2

1122

W mv mg x J μ=

+?=

9．如图甲所示，长木板A 静止在水平地面上，其右端叠放着物块B ，左端恰好在O 点，水平面以O 点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D 间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v 0=8 m/s 向右运动，某时刻细线突然断开，C 和弹簧分离后，撤去D ，C 与A 碰撞并与A 粘连（碰撞时间极短），此后，AC 及B 的速度一时间图象如图乙所示。已知A 、B 、C 、D 的质量均为m=l kg ，木板A 的长度l= 5m ，A 、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m ／s 2。求：

(1)长木板A 与桌面间的动摩擦因数及B 与A 间的动摩擦因数。 (2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。 (3)最终物块B 离长木板A 左端的距离。

【答案】（1）0.1μ'= 0.2μ= （2）1J （3）3.05m

【解析】（1）设A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与A 上表面的动摩擦因数为μ/，由图乙可知：0-1s ，AC 整体做匀减速运动的加速度a A1=3.5m/s 2

，B 做匀加速运动的加速度a B1=1m/s 2，

对AC 整体： 132A mg mg ma μμ=-'- 对B 有： 1B mg ma μ=' 解得：μ/=0.1；μ=0.2

（2）C 与A 碰撞过程中动量守恒：mv C =2mv A ，其中v A =4.5m/s 解得v C =9m/s

弹簧弹开过程中，CD 系统动量守恒，由动量守恒定律：

02C D mv mv mv =+

解得：v D =7m/s

弹簧弹开过程中，CD 及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有：

22201112222

P C D mv E mv mv ?+=+ 解得：E P =1J

（3）由图乙可知：0-1s 内B 相对A 向左运动的位移： 1 4.5

1 2.252

x

m m =

?= AB 速度相等后，B 的加速度： 2

21/B a g m s μ=-'=-

AC 整体的加速度： 223 2.5/2A mg mg

a m s m μμ'-+=

=-

因22A B a a > ，所以AC 整体先停止运动， AC 整体的运动时间为： 1

0.42.5

t s s =

= ， 在0.4s 内B 相对A 向右运动的位移： 22211

0.1222

B x vt a t vt m =+-= A 停止时B 的速度： 20.6/B v v a t m s ='=+

然后B 在A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度2

31/B a g m s μ=-'=-

B 相对A 向右运动的位移： '2

33

0.182B v x m a =-=

所以最终B 离长木板A 左端的距离123 3.05x l x x x m =-++=

10．总质量为60kg 的人和滑雪板沿着倾角为037θ=的斜坡向下滑动,如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比．今测得滑雪板运动的v t -图象如图乙所示，图中AC 是曲线中

A 点的切线，C 点坐标为()4,15，BD 是曲线的渐近线．（0sin 370.6=

0cos370.8=，g 取210/m s ）根据以上信息，计算下列物理量：

（1）滑雪板沿斜波下滑的最大速度m v ； （2）空气的阻力系数k ；

（3）滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ． 【答案】（1）10m/s m v = （2）/s 30kg k =

（3）0.125μ= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由v-t 图象得，雪撬在斜面上下滑的最大速度为：10m/s m v = （2）由v-t 图象得： A 点v A =5m/s ， C 点：15m/s c v = 则A 点的瞬时加速度为：22.5m/s A

A A

v a t ?==? 下滑过程中，在A 点：

sin cos A A mg mg kv ma θμθ--=

当速度最大时，0a =，有：

sin cos 0m mg mg kv θμθ--=

代入数据解得： 空气的阻力系数 30A

m A

ma k v v =

=- kg/s

（3）雪撬与斜坡间的动摩擦因数为 sin 370.125cos37m

mg kv mg μ??

-=

=

高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案

高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3 ，木板与传送带间的动摩擦因数μ2= 3 4 ，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ； (3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。 【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】 【详解】 （1）对小木块受力分析如图甲： 木块重力沿斜面的分力：1 sin 2 mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13 cos 4 m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态； （2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-=

木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9 9.0N 8 m F M m g = += （3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动 对小木块有：2 1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-= 对长木棒受力如图丙所示 ()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'= 解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122 L a t at =-' 解得1t s = 全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα?? =+=+++ ??? 解得：12J Q =。 2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s2)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小；

《牛顿运动定律的运用》教案

牛顿运动定律的应用 教学目标 一、 知识目标 1. 知道运用牛顿运动定律解题的方法 2. 进一步学习对物体进行正确的受力分析 二、 能力目标 1. 培养学生分析问题和总结归纳的能力 2. 培养学生运用所学知识解决实际问题的能力 三、 德育目标 1. 培养学生形成积极思维，解题规范的良好习惯 教学重点 应用牛顿运动定律解决的两类力学问题及这两类问题的基本方法 教学难点 应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法 教学方法 实例分析发归纳法讲练结合法 教学过程 一、 导入新课 通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。 二、 新课教学 （一）、牛顿运动定律解答的两类问题 1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类： a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。 b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路 已知物体的受力情况???→?=ma F 据 求得a ?→?据t v v s as v v at v v at v s t t t ......2210202020可求得???? ?????=-?→?+=+= 已知物体的运动情况???→?????→?=???????=-+=+=ma F as v v at v s at v v a t t 据据求得2221022 00求得物体的受力情况 3.总结 由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。 （二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况

高中物理基础知识和基本公式总结

高中物理基础知识和基本公式总结 力学部分 一、高中阶段常见的几种力 1.重力 ： G = mg (g 随高度、纬度而变化) 方向：竖直向下 2.弹力： 产生条件：两个物体接触并发生形变 常见的几种弹力： （1）压力、支持力：方向与支持面垂直 （2）细线的拉力：方向沿着绳 （3）弹簧力：F = kx （k-弹簧的劲度系数、x —弹簧的形变量） ——胡克定律 （4）杆的弹力：大小和方向需结合物体的运动状态由力的平衡条件或牛顿第二定律确定。 3.摩擦力： 滑: f =μ N 方向：与物体相对运动方向相反 静：大小： 0＜ f ≤ f m 方向：与物体相对运动趋势方向相反 大小、方向一般需由力的平衡条件或牛顿第二定律计算确定。 最大静摩擦力f m ：一方面指明了静摩擦力变化的范围，另一方面也指明了使静止的物体运动起来所需的最小作用力。 说明： a 、摩擦力可以与运动方向相同，也可以与运动方向相反，还可以与运动方向成一定夹角。 b 、摩擦力可以作正功，也可以作负功，还可以不作功。 c 、静止的物体可以受滑动摩擦力的作用，运动的物体可以受静摩擦力的作用。 4.万有引力： F = G m 1 m 2 r 2 ——万有引力定律（适用于两个质点或均匀球体） 5.库仑力： F = k q 1q 2 r 2 （库仑定律——真空中两个点电荷之间的相互作用力） 6.电场力： F = q E 方向：+q 的受力方向与电场方向相同 -q 的受力方向与电场方向相反 7.安培力 ： I ∥B 时 F = 0 I ⊥B 时 F = BIL 方向：F 与B 、I 垂直，由左手定则判断 8.洛仑兹力： v = 0或v ∥B 时 f = 0 v ⊥B 时 f = Bqv 方向；f 与B 、v 垂直，+q 所受f 的方向由左手定则判断，-q 所受f 的方向与+q 相反。 注意：洛仑兹力对带电粒子不做功。 二、基本的运动模型 1. 匀速直线运动: v 不变 s = vt a=0 2. 匀变速直线运动：v 均匀变化 a 不变 （1）基本公式： v = v 0 + at

牛顿运动定律的运用教案

牛顿运动定律的运用教 案 文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]

牛顿运动定律的应用 教学目标 一、知识目标 1.知道运用牛顿运动定律解题的方法 2.进一步学习对物体进行正确的受力分析 二、能力目标 1.培养学生分析问题和总结归纳的能力 2.培养学生运用所学知识解决实际问题的能力 三、德育目标 1.培养学生形成积极思维，解题规范的良好习惯 教学重点 应用牛顿运动定律解决的两类力学问题及这两类问题的基本方法 教学难点 应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法 教学方法 实例分析发归纳法讲练结合法 教学过程 一、导入新课 通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。 二、新课教学

（一）、牛顿运动定律解答的两类问题 1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类： a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。 b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路 已知物体的受力情况???→?=ma F 据 求得a ?→?据t v v s as v v at v v at v s t t t ......2210202020可求得???? ?????=-?→?+=+= 已知物体的运动情况???→?????→?=???????=-+=+=ma F as v v at v s at v v a t t 据据求得2221022 00求得物体的受力情况 3.总结 由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。 （二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况 例1.如图所示，质量m=2Kg 的物体静止在光滑的水平地 面上，现对物体施加大小F=10N 与水平方向夹角θ＝ 370的斜向上的拉力，使物体向右做匀加速直线运动。已知sin370=,cos370=取g=10m/s 2，求物体5s 末的速度及5s 内的位移。 问：a.本题属于那一类动力学问题 （已知物体的受力情况，求解物体的运动情况） b.物体受到那些力的作用这些力关系如何 引导学生正确分析物体的受力情况，并画出物体受力示意图。

高中物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题

高中物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，质量M=0．4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m，某时刻另一质量m=0．1kg的小滑块(可视为质点)以v0=2m／s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。求： (1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒： 解得： 对长木板： 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 解得： 长木板位移： 解得： 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板 解得： (2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒： 最终两者的共同速度： 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离： 2．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5 m。（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：

(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小； (3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。 【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3) 【解析】 【分析】 由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度； 【详解】 解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为 根据牛顿第二定律有： 解得 (2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得： 在最高点，根据牛顿第二定律则有： 解得： 由根据牛顿第三定律得： 物体在C点对轨道的压力大小为4 N (3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点 物块从C到A，做平抛运动，竖直方向： 水平方向： 解得，所以能通过C点落到A点 物块从A到C，由动能定律可得：

高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析

高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求： （1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P到达B时的速度大小； （3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度v c与a的关系式，并画出v c2-a图象． 【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s （4） 2 2 2 200.4/ 80.4/ c a a m s v a m s ?< =? ≥ ? （） （） 如图所示： 【解析】 【分析】 先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系，从而画出图像。 【详解】

（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-= 代入数据得：2 10.4/a m s =-，方向：沿传送带向上； （2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220 L=2v v a - 代入数据得：1/v m s =； （3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-= 得2 20.4/a m s = 当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4 v t s s a = == 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4 v x m m a = ==? 因为x

(完整版)高中物理知识点清单(非常详细)

高中物理知识点清单 第一章 运动的描述 第一节 描述运动的基本概念 一、质点、参考系 1．质点：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型． 2．参考系：为了研究物体的运动而选定用来作为参考的物体．参考系可以任意选取．通常以地面或相对于地面不动的物体为参考系来研究物体的运动． 二、位移和速度 1．位移和路程 (1)位移：描述物体位置的变化，用从初位置指向末位置的有向线段表示，是矢量． (2)路程是物体运动路径的长度，是标量． 2．速度 (1)平均速度：在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v ＝x t ，是矢量． (2)瞬时速度：运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，是矢量． 3．速率和平均速率 (1)速率：瞬时速度的大小，是标量． (2)平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小． 三、加速度 1．定义式：a ＝Δv Δt ；单位是m/s 2 . 2．物理意义：描述速度变化的快慢． 3．方向：与速度变化的方向相同． 考点一 对质点模型的理解 1．质点是一种理想化的物理模型，实际并不存在． 2．物体能否被看做质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身大小来判断． 3．物体可被看做质点主要有三种情况： (1)多数情况下，平动的物体可看做质点． (2)当问题所涉及的空间位移远大于物体本身的大小时，可以看做质点． (3)有转动但转动可以忽略时，可把物体看做质点． 考点二 平均速度和瞬时速度 1．平均速度与瞬时速度的区别 平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的快慢程度． 2．平均速度与瞬时速度的联系 (1)瞬时速度是运动时间Δt →0时的平均速度． (2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等． 考点三 速度、速度变化量和加速度的关系

应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题

专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题 专题解读 1.本专题是应用动力学方法分析动力学图象问题、连接体问题、临界和极值问题以及多运动过程问题．在高考中主要以选择题形式考查，且每年都有命题． 2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力、应用数学知识和方法解决物理问题的能力． 3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识． 1．常见图象 v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等． 2．题型分类 (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．解题策略 (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点． (2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等． (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断． 例1(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出() 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

最新高中物理牛顿运动定律试题经典

最新高中物理牛顿运动定律试题经典 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求： （1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】 由图得：0-2s 内环的加速度a=v t =0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N 联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30° 2．如图甲所示，质量为m 的A 放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m 的物块B 放在水平地面上，物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧 与物块A 用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A 施加水平向右的拉力F （未知），使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，重力加速度为,g A B 、均可视为质点． （1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（00 sin 370.6,cos370.8==）

【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题

【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at

ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x=L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg△x 代值解得： Q=0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求： （1）开始时B离小车右端的距离； （2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。 【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离： 【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒 解得：， A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止 ，， 解得 B离右端距离 (2)从开始到达共速历时，，， 解得 小车在前静止，在至之间以a向右加速： 小车向右走位移

应用牛顿运动定律解题的方法和步骤

§3.4应用牛顿运动定律解题的方法和步骤 应用牛顿运动定律的基本方法是隔离法，再配合正交坐标运用分量形式求解。 解题的基本步骤如下： (1)选取隔离体，即确定研究对象 一般在求某力时，就以此力的受力体为研究对象，在求某物体的运动情况时，就以此物体为研究对象。有几个物体相互作用，要求它们之间的相互作用力，则必须将相互作用的物体隔离开来，取其中一物体作研究对象。有时，某些力不能直接用受力体作研究对象求出，这时可以考虑选取施力物体作为研究对象，如求人在变速运动的升降机内地板的压力，因为地板受力较为复杂，故采用人作为研究对象为好。 在选取隔离体时，采用整体法还是隔离法要灵活运用。如图3-4-1要求质量分别为M 和m 的两物体组成的系统的加速度a ，有 两种方法，一种是将两物体隔离，得方程为 ma T mg =- Ma Mg T =-μ 另—种方法是将整个系统作为研究对象，得方 程为 a M m Mg mg )(+=-μ 显然，如果只求系统的加速度，则第二种方法好；如果还要求绳的张力，则需采用前一种方法。 (2)分析物体受力情况：分析物体受力是解动力学问题的一个关键，必须牢牢 图3-4-1

掌握。 ①一般顺序：在一般情况下，分析物体受力的顺序是先场力，如重力、电场力等，再弹力，如压力、张力等，然后是摩擦力。并配合作物体的受力示意图。 大小和方向不受其它力和物体运动状态影响的力叫主动力，如重力、库仑力；大小和主向与主动力和物体运动状态有密切联系的力叫被动力或约束力，如支持力、摩擦力。这就决定了分析受力的顺序。如物体在地球附近不论是静止还是加速运动，它受的重力总是不变的；放在水平桌面上的物体对桌面的压力就与它们在竖直方向上有无加速度有关，而滑动摩擦力总是与压力成正比。 ②关于合力与分力：分析物体受力时，只在合力或两个分力中取其一，不能 同时取而说它受到三个力的作用。一般情况下选取合Array力，如物体在斜面上受到重力，一般不说它受到下滑力 和垂直面的两个力。在—些特殊情况下，物体其合力不 图3-4-2 能先确定，则可用两分力来代替它，如图3-4-2横杆左 端所接铰链对它的力方向不能明确之前，可用水平和竖直方向上的两个分力来表示，最后再求出这两个分力的合力来。 ③关于内力与外力：在运用牛顿第二定律时，内力是不可能对整个物体产生加速度的，选取几个物体的组合为研究对象时，这几个物体之间的相互作用力不能列入方程中。要求它们之间的相互作用，必须将它们隔离分析才行，此时内力转化成外力。 ④关于作用力与反作用力：物体之间的相互作用力总是成对出现，我们要分 清受力体与施力体。在列方程解题时，对一对相互作用力一般采用同一字线表示。在不考虑绳的质量时，由同一根绳拉两个物体的力经常作为一对相互作用力处

高中物理牛顿运动定律提高训练含解析

高中物理牛顿运动定律提高训练含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为 0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不 动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度； ()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车 的长度是多少？ 【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】 ()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动， 在竖直方向上：2 12 h gt = ， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s = ()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研 究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共， 由能量守恒定律得：()2201122 Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对， 当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得： 22 11'22 x mgs mv mv 共μ-= -， 解得：'0.7s m =， 车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；

牛顿运动定律的应用

第3讲牛顿运动定律的应用 ★考情直播 1．考纲解读 考纲内容能力要求考向定位 1.牛顿定律的应用 2.超重与失重 3.力学单位制1.能利用牛顿第二定 律求解已知受力求运 动和已知运动求受力 的两类动力学问题 2.了解超重、失重现 象，掌握超重、失重、 完全失重的本质 3.了解基本单位和导 出单位，了解国际单 位制 牛顿第二定律的应 用在近几年高考中出 现的频率较高，属于 Ⅱ级要求，主要涉及 到两种典型的动力学 问题，特别是传送带、 相对滑动的系统、弹 簧等问题更是命题的 重点.这些问题都能 很好的考查考试的思 维能力和综合分析能 力. 考点一已知受力求运动 [特别提醒] 已知物体的受力情况求物体运动情况：首先要确定研究对象，对物体进行受力分析，作出受力图，建立坐标系，进行力的正交分解，然后根据牛顿第二定律求加速度a，再根据运动学公式求运动中的某一物理量. 一轻质光滑的定滑轮，一条不可伸长的轻

绳绕过定滑轮分别与物块A 、B 相连，细绳处于伸直状态，物块A 和B 的质量分别为m A =8kg 和m B =2kg ，物块A 与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1，物块B 距地面的高度h =0.15m.桌面上部分的绳足够长.现将物块B 从h 高处由静止释放，直到A 停止运动.求A 在水平桌面上运动的时间.（g=10m/s 2） [解析]对B 研究，由牛顿第二定律得m B g-T=m B a 1 同理，对A ：T-f =m A a 1 A N f μ= 0=-g m N A A 代入数值解得21/2.1s m a = B 做匀加速直线运2112 1t a h =；11t a v = 解得s t 5.01= s m v /6.0= B 落地后，A 在摩擦力作用下做匀减速运动2a m f A = ；2 1a v t = 解得：s t 6.02= s t t t 1.121=+= [方法技巧] 本题特别应注意研究对象和研究过程的选取，在B 着地之前，B 处于失重状态，千万不可认为A 所受绳子的拉力和B 的重力相等.当然B 着地之前，我们也可以把A 、B 视为一整体，根据牛顿第二定律求加速度，同学们不妨一试. 考点二 已知运动求受力 [例2]某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10ｓ内高度下降1700ｍ造成众多

高中物理知识点汇总

高考物理基本知识点汇总 一. 教学内容： 知识点总结 1. 摩擦力方向：与相对运动方向相反，或与相对运动趋势方向相反 静摩擦力：0gR 注意：若到最高点速度从零开始增加，杆对球的作用力先减小后变大。 3. 传动装置中，特点是：同轴上各点ω相同，A ω＝C ω，轮上边缘各点v 相同，v A ＝v B 4. 同步地球卫星特点是：①_______________，②______________ ①卫星的运行周期与地球的自转周期相同，角速度也相同； ②卫星轨道平面必定与地球赤道平面重合，卫星定点在赤道上空36000km 处，运行速度3.1km/s 。 5. 万有引力定律：万有引力常量首先由什么实验测出：F ＝G 2 2 1r m m ，卡文迪许扭秤实验。 6. 重力加速度随高度变化关系： 'g ＝GM/r 2

说明：为某位置到星体中心的距离。某星体表面的重力加速度。 r g G M R 02 = g g R R h R h ' () = +2 2 ——某星体半径为某位置到星体表面的距离 7. 地球表面物体受重力加速度随纬度变化关系：在赤道上重力加速度较小，在两极，重力加速度较大。 8. 人造地球卫星环绕运动的环绕速度、周期、向心加速度'g ＝2 r GM 、r mv r GMm 2 2 = 、v ＝ r GM 、 r mv r GMm 2 2 = ＝m ω2R ＝m （2π/T ）2R 当r 增大，v 变小；当r ＝R ，为第一宇宙速度v 1＝r GM ＝gR gR 2 ＝GM 应用：地球同步通讯卫星、知道宇宙速度的概念 9. 平抛运动特点： ①水平方向______________ ②竖直方向____________________ ③合运动______________________ ④应用：闪光照 ⑤建立空间关系即两个矢量三角形的分解：速度分解、位移分解 相位，求?y t x y t gT v S T v x v t v v y gt v gt S v t g t v v g t tg gt v tg gt v tg tg == =====+=+== =2 0002 02 2 24 0222 00 1214 21 2αθα θ ⑥在任何两个时刻的速度变化量为△v ＝g △t ，△p ＝mgt ⑦v 的反向延长线交于x 轴上的x 2处，在电场中也有应用 10. 从倾角为α的斜面上A 点以速度v 0平抛的小球，落到了斜面上的B 点，求：S AB

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at

ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x=L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg△x 代值解得： Q=0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送 带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1= 3 2 ，木板与传送 带间的动摩擦因数μ2=3 ，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m； (3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。 【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J 【解析】 【详解】 （1）对小木块受力分析如图甲：

高中物理牛顿运动定律基础练习题

牛顿运动定律 第一课时牛顿运动定律 一、基础知识回顾： 1、牛顿第一定律 一切物体总保持，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 注意：（1）牛顿第一定律进一步揭示了力不是维持物体运动（物体速度）的原因，而是物体运动状态（物体速度）的原因，换言之，力是产生的原因。（2）牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验“为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的。 2、惯性 物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性。 3、对牛顿第一运动定律的理解 （1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。 （2）它定性地揭示了运动与力的关系，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。 （3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的性质——惯性。 （4）牛顿第一定律揭示了静止状态和匀速直线运动状态的等价性。 4、对物体的惯性的理解 （1）惯性是物体总有保持自己原来状态（速度）的本性，是物体的固有属性，不能克服和避免。 （2）惯性只与物体本身有关而与物体是否运动，是否受力无关。任何物体无论它运动还是静止，无论运动状态是改变还是不改变，物体都有惯性，且物体质量不变惯性不变。质量是物体惯性的唯一量度。 （3）物体惯性的大小是描述物体保持原来运动状态的本领强弱。物体惯性（质量）大，保持原来的运动状态的本领强，物体的运动状态难改变，反之物体的运动状态易改变。（4）惯性不是力。 5、牛顿第二定律的内容和公式 物体的加速度跟成正比，跟成反比，加速度的方向跟合外力方向相同。公式是：a=F合/ m 或F合 =ma 6、对牛顿第二定律的理解 （1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律得出物体的运动规律。反过来，知道运动规律可以根据牛顿第二运动定律得出物体的受力情况，在牛顿第二运动定律的数学表达式F合=ma中，F合是力，ma是力的作用效果，特别要注意不能把ma看作是力。 （2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度。（3）牛顿第二定律公式：F合=ma是矢量式，F、a都是矢量且方向相同。 （4）牛顿第二定律F合=ma定义了力的单位：“牛顿”。 7、牛顿第三定律的内容 两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，作用在同一条直线上 8、对牛顿第三定律的理解 （1）作用力和反作用力的同时性。它们是同时产生同时变化，同时消失，不是先有作

江苏省高中物理基本知识点总结

物理重要知识点总结 学好物理要记住：最基本的知识、方法才是最重要的。秘诀：“想” 学好物理重在理解 ．．．．．．．．（概念、规律的确切含义，能用不同的形式进行表达，理解其适用条件） A(成功)＝X(艰苦的劳动)十Y(正确的方法)十Z(少说空话多干实事) (最基础的概念,公式,定理,定律最重要)；每一题中要弄清楚(对象、条件、状态、过程)是解题关健物理学习的核心在于思维，只要同学们在平常的复习和做题时注意思考、注意总结、善于归纳整理，对于课堂上老师所讲的例题做到触类旁通，举一反三，把老师的知识和解题能力变成自己的知识和解题能力，并养成规范答题的习惯,这样，同学们一定就能笑傲考场，考出理想的成绩！ 对联: 概念、公式、定理、定律。（学习物理必备基础知识）对象、条件、状态、过程。（解答物理题必须明确的内容）力学问题中的“过程”、“状态”的分析和建立及应用物理模型在物理学习中是至关重要的。说明：凡矢量式中用“+”号都为合成符号，把矢量运算转化为代数运算的前提是先规定正方向。 答题技巧：“基础题，全做对；一般题，一分不浪费；尽力冲击较难题，即使做错不后悔”。“容易题不丢分，难题不得零分。“该得的分一分不丢，难得的分每分必争”，“会做?做对?不扣分” 在学习物理概念和规律时不能只记结论，还须弄清其中的道理，知道物理概念和规律的由来。

受力分析入手（即力的大小、方向、力的性质与特征，力的变化及做功情况等）。 再分析运动过程（即运动状态及形式，动量变化及能量变化等）。 最后分析做功过程及能量的转化过程； 然后选择适当的力学基本规律进行定性或定量的讨论。 强调：用能量的观点、整体的方法(对象整体，过程整体)、等效的方法(如等效重力)等解决 Ⅱ运动分类：（各种运动产生的力学和运动学条件及运动规律．．．．．．．．．．．．． ）是高中物理的重点、难点 高考中常出现多种运动形式的组合 追及(直线和圆)和碰撞、平抛、竖直上抛、匀速圆周运动等 ①匀速直线运动 F 合=0 a=0 V 0≠0 ②匀变速直线运动：初速为零或初速不为零， ③匀变速直、曲线运动(决于F 合与V 0的方向关系) 但 F 合= 恒力 ④只受重力作用下的几种运动：自由落体，竖直下抛，竖直上抛，平抛，斜抛等 ⑤圆周运动：竖直平面内的圆周运动(最低点和最高点)；匀速圆周运动(关键搞清楚是什么力提供作向心力) ⑥简谐运动；单摆运动； ⑦波动及共振； ⑧分子热运动；(与宏观的机械运动区别) ⑨类平抛运动； ⑩带电粒在电场力作用下的运动情况；带电粒子在f 洛作用下的匀速圆周运动 Ⅲ。物理解题的依据： （1）力或定义的公式 （2） 各物理量的定义、公式 （3）各种运动规律的公式 （4）物理中的定理、定律及数学函数关系或几何关系 Ⅳ几类物理基础知识要点： ①凡是性质力要知：施力物体和受力物体； ②对于位移、速度、加速度、动量、动能要知参照物； ③状态量要搞清那一个时刻（或那个位置）的物理量； ④过程量要搞清那段时间或那个位侈或那个过程发生的；（如冲量、功等） ⑤加速度a 的正负含义：①不表示加减速；② a 的正负只表示与人为规定正方向比较的结果。 ⑥如何判断物体作直、曲线运动； ⑦如何判断加减速运动； ⑧如何判断超重、失重现象。 ⑨如何判断分子力随分子距离的变化规律 ⑩根据电荷的正负、电场线的顺逆(可判断电势的高低)?电荷的受力方向；再跟据移动方向?其做功情况?电势能的变化情况 V 。知识分类举要 1．力的合成与分解、物体的平衡 ?求F 、F 2两个共点力的合力的公式： Ｆ＝ θCOS F F F F 212 2212++ 合力的方向与F 1成α角： 1

高中物理匀速圆周运动基本知识

第4讲匀速圆周运动基本知识 第一部分 知识点一、匀速圆周运动 1. 定义：做圆周运动的质点，若在相等的时间内通过的圆弧长度相等，这种运动就叫做匀速圆周运动。 2. 运动学特征：v大小不变，T不变，不变，大小不变；v和的方向时刻在变，匀速圆周运动是加速度不断改变的变速运动。 3. 动力学特征：合外力大小恒定，方向始终指向圆心。 二、描述圆周运动的物理量 1. 线速度 （1）物理意义：描述质点沿圆周运动的快慢。 （2）方向：质点在圆弧某点的线速度方向沿圆弧该点的切线方向。 （3）大小：（s是t时间内通过的弧长）。 2. 角速度 （1）物理意义：描述质点绕圆心转动的快慢。 （2）大小：（），是连接质点和圆心的半径在t时间内转过的角度。 3. 周期T，频率f

做匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期。 做匀速圆周运动的物体单位时间内沿圆周绕圆心转过的圈数，叫做频率，也叫转速。 4. v、、T、f的关系 5. 向心加速度 （1）物理意义：描述线速度方向改变的快慢。 （2）大小： （3）方向：总是指向圆心 三、向心力 1. 作用效果：产生向心加速度，不断改变质点的速度方向，维持质点做圆周运动，但不改变速度的大小。 2. 大小： 3. 来源：向心力是按效果命名的力，可以由某个力提供，也可以由几个力的合力提供或由某个力的分力提供，如同步卫星的向心力由万有引力提供，圆锥摆摆球所受向心力由重力和绳上的拉力的合力提供或由绳上拉力的水平分量提供。 4. 匀速圆周运动中向心力就是合外力，而在非匀速圆周运动中，向心力是合外力沿半径方向的一个分力，合外力的另一个分力沿切线方向，用来改变线速度的大小。