高考一轮复习牛顿运动定律的综合应用

牛顿运动定律的综合应用

牛顿运动定律是历年高考的主干知识，也是历年高考必考的容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。

它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。

一、基础与经典

1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说确的是( ) A．他始终处于超重状态

B．他始终处于失重状态

C．他先后处于超重、平衡、失重状态

D．他先后处于失重、平衡、超重状态

答案 C

解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。

2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )

答案 A

解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。

3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

答案 C

解析对物块进行受力分析，设斜面的角度为θ，可列方程mgsinθ－

μmgcosθ＝ma，sinθ－μcosθ＝a

g

，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma1，即mgsinθ－μmgcosθ＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，ma＋F sinθ－μFcosθ＝ma1，Fsinθ－μFcosθ＝F(sinθ－μcosθ)

＝Fa

g

，

Fa

g

大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下

滑。只有C项正确。

4. (多选)如图所示，质量分别为m A、m B的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为

θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F 拉A ，使它们沿斜面匀加速上升，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的力，可行的办法是( )

A ．减小A 物块的质量

B ．增大B 物块的质量

C ．增大倾角θ

D ．增大动摩擦因数μ 答案 AB

解析 对A 、B 组成的系统应用牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )gsinθ－μ(m A ＋m B )gcosθ＝(m A ＋m B )a ，隔离物体B ，应用牛顿第二定律得，F T －m B gsinθ－μm B gcosθ＝m B a 。以上两式联立可解得：F T ＝

m B F

m A ＋m B

，由此可知，F T

的大小与θ、μ无关，m B 越大，m A 越小，F T 越大，故A 、B 均正确。

5．(多选)质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止。则下列说确的是( )

A ．轻绳的拉力等于Mg

B ．轻绳的拉力等于mg

C ．M 运动的加速度大小为(1－sinα)g

D ．M 运动的加速度大小为M －m

M g

答案 BC

解析 互换位置前，M 静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg ，互换位置后，对M 有Mg －F T ＝Ma ，对m 有：F T ′－mgsinα＝ma ，又F T ＝F T ′，解得：a ＝(1－sinα)g，F T ＝mg ，故A 、D 错误，B 、C 正确。

6. 如图所示，木块A 的质量为m ，木块B 的质量为M ，叠放在光滑的水平

面上，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现用水平力F 作用于A ，则保持A 、B 相对静止的条件是F 不超过 ( )

A ．μmg

B ．μMg

C ．μmg ?

????

1＋m M

D ．μMg ?

????

1＋M m

答案 C

解析 由于A 、B 相对静止，以整体为研究对象可知F ＝(M ＋m)a ；若A 、B

即将相对滑动，以物体B 为研究对象可知μmg＝Ma ，联立解得F ＝μmg ?

????

1＋m M ，

选项C 正确。

7．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A 。某时刻，A 受到水平向右的外力F 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。设物体A 、B 之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F f ，且A 、B 的质量相等，则下列可以定性描述长木板B 运动的v -t 图象是( )

答案 B

解析 A 、B 相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F ＝2ma ，F 增大，a 增大。当A 、B 间刚好发生相对滑动时，对木板有F f ＝ma ，故此时F ＝2F f ＝kt ，t ＝

2F f

k

，之后木板做匀加速直线运动，故只有B 项正确。 8. 如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt(k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2。下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )

答案 A

解析 本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F ＝(m 1＋m 2)a ，即a ＝F m 1＋m 2＝kt

m 1＋m 2，两物体加速度相同且与时间

成正比。当两物体间的摩擦力达到μm 2g 后，两者发生相对滑动。对m 2有F －f ＝ma 2，在相对滑动之前f 逐渐增大，相对滑动后f ＝μm 2g 不再变化，a 2＝

F －f

m 2＝kt

m 2－μg，故其图象斜率增大；而对m 1，在发生相对滑动后，有μm 2g ＝m 1a 1，故a 1＝μm 2g m 1

为定值。故A 选项正确。

9. (多选)神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km 时，下降速度为200 m/s 。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s 后返回舱的速度减至80 m/s ，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞开后使返回舱

的下降速度减至10 m/s，此时飞船距地面高度为1 m，接着舱4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，g＝10 m/s2。根据以上材料可得( )

A．减速伞工作期间返回舱处于失重状态

B．主伞工作期间返回舱处于失重状态

C．减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s2

D．每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍

答案CD

解析减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s减速至80 m/s，由运动学公式得a1＝

v1－v2 t1＝7.5 m/s2，C项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a3＝

v23

2h3

＝50

m/s2，由牛顿第二定律得4F－mg＝ma3，解得F

mg

＝1.5, D项正确。

10．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝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图象如图乙所示，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是( )

A．0～5 s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 N

D．物块与水平面的动摩擦因数为0.3

答案BD

解析题图乙为物块运动的v2-x图象，由v2－v20＝2ax可知，图象的斜率k＝2a，得0～5 m位移a1＝－10 m/s2，5～13 m位移a2＝4 m/s2，可知恒力F反

向时物块恰好位于x＝5 m处，t＝0－v0

a1

＝1 s，A错误，B正确。对物块受力分

析可知，－F－F f＝ma1，F－F f＝ma2，得F＝7 N，F f＝3 N，μ＝F f

mg

＝0.3，C错误，D正确。

二、真题与模拟

11. [2015·高考](多选)如图所示，升降机有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( )

A．物块与斜面间的摩擦力减小

B．物块与斜面间的正压力增大

C．物块相对于斜面减速下滑

D．物块相对于斜面匀速下滑

答案BD

解析当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为

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；

牛顿运动定律的应用

牛顿运动定律的应用 一、矢量性 １. 如图所示，装有架子的小车,用细线拖着小球在水平地面上运动,已 知运动中,细线偏离竖直方向θ=30°，则小车在做什么运动?求出小球 的加速度。 2．如图所示,质量为m=4ｋg的物体静止在水平地面上,与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5,在外力F=20N的作用下开始运动,已知力F与水平方向夹 角θ=３７°,（sin37°=0.６,ｃos3７°＝0.8，g=10m/s2）。求物 体运动的加速度。 3．如图所示，在倾角为３７°的固定斜面上静置一个质量为5 kg的物体,物体与斜面间的动摩擦因数为0.2． 求：（ｓｉｎ3７°=0.6，cos３7°=0.8,ｇ＝10m／s2)。 (１)物体所受的摩擦力;(2)物体沿斜面下滑过程中的加速度。 二、独立性 ４.力F 1单独作用在物体A上时产生加速度a 1 大小为５m/s 2 。力F 2 单独作用在物 体A上时产生加速度a ２大小为２m/s２。那么F 1 和F 2 同时作用在物体A上时产生 的加速度为 A.5m／s２Ｂ.２ｍ/s2 C.8m/s2Ｄ.６m／s2 三、瞬时性 ５.质量为M的木块位于粗糙水平桌面上,若用大小为Ｆ的水平恒力拉木块,其加速度为a，当拉力方向不变,大小变为2F时，木块的加速度为ａ′，则 A.a′=aＢ.a′<2a C.a′>2a D．a′=2a ６.如图所示,位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右 的推力F的作用．已知物块P沿斜面加速下滑．现保持F的方向 不变,使其减小，则加速度 Ａ．一定变小B．一定变大

C.一定不变D ．可能变小,可能变大，也可能不变 ７. 一重球从高h 处下落,如图所示,到A 点时接触弹簧，压缩弹簧至最低点位置B 。那么重球从Ａ至B 的运动过程中： A 、速度一直减小 B 、速度先增加后减小 Ｃ、在Ｂ处加速度可能为零 D 、加速度方向先竖直向下再竖直向上 8. (1）如图(A)所示,一质量为m 的物体系于长度 分别为1L ,2L 的两根细线上，1L 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ,2L 水平拉直，物体处于平衡状态。现将2L 线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。 9． 如图所示,木块A 、Ｂ用一轻弹簧相连,竖直放在木块C 上，C 静置于地 面上,它们的质量之比是1：2:3，设所有接触面都光滑。当沿水平方向迅速抽出木块C 的瞬间，A 、B 的加速度分别是A a ，B a 各多大？ 四、同体性 10.一人在井下站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来．图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦.吊台的质量m=15ｋg,人的质量为Ｍ＝5５kg,起动时吊台向上的加速度是ａ=0.2m ／s 2，求这时人对吊台的压力.（g=９.8m/s 2） 五、两类问题 11.如图，一个人用与水平方向成?37的力F ＝２0N 推一个静止在水平面上质量为2kg 的物体，物体和地面间的动摩擦因数为０.25。(6.037sin =?）求 (1）物体的加速度多大。 (２）3s 末物体的位移多大。 （３）5S 后撤去Ｆ物体还能运动多远。

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。

专题 牛顿运动定律的综合应用

专题1牛顿运动定律的综合应用 动力学中的图象问题 1.常见的动力学图象及问题类型 2.解题策略——数形结合解决动力学图象问题 (1)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，进而明确“图象与公式”“图象与规律”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或描点作图。 (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义，尽可能多地提取有效信息。 考向动力学中的v－t图象 【例1】(多选)(2015·全国Ⅰ卷，20)如图1甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出() 图1 A.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图象可求物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝v0 t1 ，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 1 cos 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s ＝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s 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。 答案 ACD 考向 动力学中的F －t 图象 【例2】 (多选)(2019·全国Ⅲ卷，20)如图2(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/s 2。由题给数据可以得出( ) 图2 A.木板的质量为1 kg B.2 s ～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

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

牛顿运动定律的综合应用试题整理

考点11 牛顿运动定律的综合应用考点名片 考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：2015年全国卷Ⅰ第25题、2015年全国卷Ⅱ第25题、2015年海南高考第9题、2014年北京高考第8题、2014年四川高考第7题、2014年大纲卷第19题、2014年江苏高考第5题、2014年福建高考第15题、2013年浙江高考第17题和第19题、2013年广东高考第19题、2013年山东高考第15题等。 备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。 一、基础与经典 1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是( ) A．他始终处于超重状态 B．他始终处于失重状态 C．他先后处于超重、平衡、失重状态 D．他先后处于失重、平衡、超重状态 答案 C 解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。

2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( ) 答案 A 解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。 3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )

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

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

高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析

高考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 1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求 （1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离． 【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】 （1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s = 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s g s μ-= 解得20.4μ= 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212 x vt at =+ 带入可得21/a m s = 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ= （2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214 /3 a m s = 对滑块，则有加速度2 24/a m s = 滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =- =末速度18 /3 v m s =

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：

牛顿运动定律的综合应用

3-4专题：牛顿运动定律的综合应用 一、选择题 1．(2012·江西南昌)如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m 的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60kg ，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s ，g 取10m/s 2，那么( ) A ．该消防队员加速与减速过程的时间之比为1 ∶2 B ．该消防队员加速与减速过程的时间之比为2 ∶1 C ．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1 ∶7 D ．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为2 ∶7 [答案] AC [解析] 由v ＝a 1t 1，v ＝a 2t 2，联立解得t 1 ∶t 2＝1 ∶2，A 正确，B 错误；由t 1＋t 2＝3s 可得t 1＝1s ，t 2＝2s ，由L ＝v (t 1＋t 2)2可知v ＝8m/s ，a 1＝8m/s 2，a 2＝4m/s 2。由mg －f 1＝ma 1， mg －f 2＝－ma 2，得f 1 ∶f 2＝1 ∶7，C 正确，D 错误。 2．(2012·辽宁大连)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙壁相切于A 点，竖直墙壁上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻，a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点；则( )

A ．a 球最先到达M 点 B ．b 球最先到达M 点 C ．c 球最先到达M 点 D ．a 球最后到达M 点 [答案] C [解析] 由几何关系可得，A 、C 两点等高且OM 的长度等于圆环的半径R ，所以BM 的长度为2R ，AM 的长度为2R ，a 球的加速度大小为g sin45°，b 球的加速度大小为g sin60°，c 球的加速度大小为g ，由x ＝1 2at 2得t ＝ 2x a ，结合三个小球加速度大小的表达可得，c 球最先到达M 点，故选项C 正确。 3．(2012·泉州五校质检)如图所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时a 、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力F fa ≠0，b 所受摩擦力F fb ＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( ) A ．F fa 大小不变 B ．F fa 方向改变 C ．F fb 仍然为零 D ．F fb 方向向右 [答案] AD [解析] 系统初始处于平衡状态，当剪断右侧细线后，细绳弹力可发生突变，而弹簧上弹力不可突变。故b 此时只受弹簧向左弹力，相对地面有向左运动趋势和地面间存在向右摩擦力，D 正确；而a 物体由于所受弹力不变，故其受力情况不改变，F fa 大小方向均不变，A 对。 4．(2012·长沙模拟)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹。下列说法中正

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－ 8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给 物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求： (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】 带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】 （1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a = （2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101 02 mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m （3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111??22 t v v v s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m ＝μ-=． 根据：21221 2 s a t = 得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg a g m μμ=-=-=- 根据：3322a t a t = 解得30.2t s = 物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】 本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．

牛顿运动定律综合应用

牛顿运动定律综合应用 整体法与隔离法 1.物体A 、B 放在光滑的水平地面上，其质量之比m A ∶m B ＝2∶1。现用水平3 N 的拉力作用在物体A 上，如图所示，则A 对B 的拉力大小等于( ) A.1 N B.1.5 N C.2 N D.3 N 2.如图所示，光滑水平面上的小车，在水平拉力F 的作用下，向右加速运动时，物块与竖直车厢壁相对静止，不计空气阻力。若作用在小车上的水平拉力F 增大，则( ) A.物块受到的摩擦力不变 B.物块受到的合力不变 C.物块可能相对于车厢壁滑动 D.物块与车厢壁之间的最大静摩擦力不变 动力学中的临界和极值问题 3.倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M 放在水平面AB 上，在滑块M 的顶端O 处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m ＝55 kg ，当滑块M 以a ＝2g 的加速度向右运动时，细线拉力的大小为(g 取10 m/s 2)( ) A.10 N B.5 N C. 5 N D.10 N 4.如图所示，质量为M 的滑块A 放置在光滑水平地面上，A 的左侧面有一个圆心为O 、半径为R 的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F 作用在滑块A 上时，一质量为m 的小球B (可视为质点)在圆弧面上与A 保持相对静止，且B 距圆弧面末端Q 的竖直高度 H ＝R 3 。已知重力加速度大小为g ，则力F 的大小为( )

A. 5 3Mg B. 5 2Mg C. 5 3(M＋m)g D. 5 2(M＋m)g 图象应用 5.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图象如图甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)() A.前2 s处于超重状态 B.从200 m高处开始跳下 C.落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大 小为125 N D.整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s 6.(多选)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出() A.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 7.(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝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/s2。下列选项中正确的是()

牛顿运动定律的综合应用

课时作业10 牛顿运动定律的综合应用 时间：45分钟 满分：100分 一、选择题(8×8′＝64′) 1．如图1，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( ) A.g 2sin α B ．g sin α C.3 2 g sin α D ．2g sin α 图1 图2 解析：当绳子突然断开，猫保持其相对斜面的位置不变，即相对地面位置不变，猫可视为静止状态，木板沿斜面下滑，取猫和木板整体为研究对象，如图2进行受力分析，由牛顿第二定律得3mg sin α＝2ma ，a ＝3 2 g sin α，所以C 选项正确． 答案：C 图3 2．如图3所示，在光滑水平面上叠放着A 、B 两物体，已知m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 间动摩擦因数μ＝0.2，在物体A 上系一细线，细线所能承受的最大拉力是20 N ，现水平向右拉细线，g 取10 m/s 2，则( ) A ．当拉力F <12 N 时，A 静止不动 B ．当拉力F >12 N 时，A 相对B 滑动 C ．当拉力F ＝16 N 时，B 受A 的摩擦力等于4 N D ．无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止 解析：设A 、B 共同运动时的最大加速度为a max ，最大拉力为F max 对B ：μm A g ＝m B a max ，a max ＝ μm A g m B ＝6 m/s 2 对A 、B ：F max ＝(m A ＋m B )a max ＝48 N

牛顿运动定律应用

高考第一轮复习---牛顿运动定律考点例析 牛顿三个运动定律是力学的基础，对整个物理学也有重大意义。本章考查的重点是牛顿第二定律，而牛顿第一定律和第三定律在牛顿第二定律的应用中得到了完美的体现。从近几年高考看，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析能力。如：2000年上海物理试题第21题（风洞实验）、2001年全国物理试题第8题（惯性制导系统）、2001年上海物理试题第8题（升降机下落）、2001年上海物理试题第20题（轻绳和轻弹簧的辩析纠错题）、2002年理科综合全国卷第26题（蹦床运动）、2003年全国春季理综第16题（滑冰运动）、2004年全国理综四第19题（猫在木板上跑动）等等。同学们只要把任何一套高考试题拿来研究，总会发现有与牛顿定律有关的试题。 一、夯实基础知识 1、牛顿第一定律：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。 对牛顿第一定律的理解要点：（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，即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属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。 2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma. 对牛顿第二定律的理解要点：（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研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（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）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x=ma x, F y=ma y,F z=ma z;（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg 的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2. 3、牛顿第三定律：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，作用在同一直线上。 对牛顿第三定律的理解要点：(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互

最新高考物理牛顿运动定律的应用试题经典

最新高考物理牛顿运动定律的应用试题经典 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()2 kA A A A A E m v m g H h = +- 400J kA E =

高一物理牛顿运动定律的应用

第三章 D 牛顿运动定律的应用 一、教学任务分析 本节内容是对牛顿运动定律的综合提高和延伸，也为学习以后的物理学习打好力学基础。 学习本节内以受力分析、力的合成与分解、匀加速直线运动规律、牛顿运动定律等基础知识和相应的技能为基础。 通过实例情景和学生活动，了解建立国际单位制的重要性和必要性，介绍用国际单位制及其应用。 通过对典型示例的分析和讨论，归纳出用牛顿运动定律解决力学问题的一般规律和方法。 通过对观察录像、演示实验和学生小实验，感受超重、失重现象，应用牛顿第二定律分析、探究超重、失重现象的本质与规律。 二、教学目标 1、知识与技能 （1）知道国际单位制。知道基本单位和导出单位。理解力学中的三个基本单位。 （2）学会导出单位的推演方法并能进行单位换算。 （3）掌握用牛顿运动定律解决力学问题的一般规律和方法。 （4）知道超重和失重现象。 （5）学会用牛顿第二定律分析超重、失重现象。 2、过程与方法 （1）通过创设情景、实例分析和练习的过程，认识引入国际单位制的重要性和必要性。 （2）通过对典型示例的分析、讨论过程，认识分析、比较、等效、演绎、归纳、验证等科学方法。 （3）通过对电梯中进行的超重失重实验的定性观察和学生小实验，感受用牛顿运动定律解决实际问题的一般规律和方法。 3、情感、态度与价值观 （1）通过阅读关于“火星探测器失事原因”的STS材料，在了解统一单位重要性的同时，感悟严谨的治学态度对科学发展的重大意义。 （2）通过应用牛顿运动定律解决实际问题的过程，感悟物理学在社会发展中的重要作用。 （3）通过学生实验的过程，激发求知欲，获得成就感。 （4）通过观察神舟六号飞船录像片段，了解我国航天事业的发展，激发民族自豪感。三、教学重点与难点 重点：怎样应用牛顿运动定律解决力学问题。 难点：对超重失重视现象的认识。 四、教学资源 1、器材：多媒体投影仪，演示超重、失重的DIS实验器材，改锥，饮料瓶（人手一个）。

(完整版)专题牛顿运动定律的综合应用

专题牛顿运动定律的综合应用 超重与失重 1有关超重和失重，以下说法中正确的是（） A ?物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小 B ?竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态 C.在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程 D .站在月球表面的人处于失重状态 2?如图所示是某同学站在力传感器上做下蹲一起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线，由图线可知该同学（） A .体重约为650 N B .做了两次下蹲一起立的动作 C.做了一次下蹲一起立的动作，且下蹲后约 2 s起立 D .下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 3.如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是（ ） 4?在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经 计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是 电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计 示数为50 kg ,电梯运动过程中, 某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3所示.在这段时间内下列说法中 正确的是 A .晓敏同学所受的重力变小了 B .晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C.电梯一定在竖直向下运动 D .电梯的加速度大小为g/5,方向一定竖直向下 动力学中的图象问题 6.如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整 个系统处于平衡状态.现用一竖直 向下的力压物体A,使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处 在弹性限度内.下列关于所 A .地面对木楔的支持力大于（M + m）g B .地面对木楔的支持力小于（M + m）g C.地面对木楔的支持力等于（M + m）g D .地面对木楔的摩擦力为0 5?在升降电梯内的地板上放一体重计,