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(精品人教)2020高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4讲牛顿运动定律的综合应用学案

第4讲牛顿运动定律的综合应用

超重与失重现象

【题型解读】

1．对超重、失重的理解：超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．

2．判断方法

(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，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)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．

在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．

【典题例析】

如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知( )

A．该同学做了两次下蹲－起立的动作

B．该同学做了一次下蹲－起立的动作

C．下蹲过程中人处于失重状态

D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态

[审题指导]

下蹲过程：静止→向下加速→向下减速→静止

起立过程：静止→向上加速→向上减速→静止

[解析] 在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．

[答案] B

【跟进题组】

如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是( ) A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同

B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大

C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大

D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小

解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确．

(多选)(2018·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )

A．在第一过程中始终处于失重状态

B．在第二过程中始终处于超重状态

C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态

D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态

解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．

超重和失重现象判断的“三”技巧

(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．

(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．

(3)从速度变化的角度判断

①物体向上加速或向下减速时，超重．

②物体向下加速或向上减速时，失重．

动力学观点在连接体中的应用[学生用书P49]

【题型解读】

1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的连接体如图所示：

2．连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法．

(1)加速度相同的连接体

①若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．

②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．

(2)加速度不同的连接体：若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的相互作用关系联立求解．

3．充分挖掘题目中的临界条件

(1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力F N＝0.

(2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力．

(3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力．

(4)绳子松弛的临界条件：张力为0.

4．其他几个注意点

(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为0和受力能否突变的特征的不同．

(2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力．

【典题例析】

质量为M、长为3L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．

(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小．

(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端正下方，如图乙所示．

①求此状态下杆的加速度大小a.

②为保持这种状态需在杆上施加一个多大外力，方向如何？

[审题指导] (1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力． (2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，再对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力．

[解析]

(1)环受力如图1所示，由平衡条件得： 2F T cos θ－mg ＝0

由图1中几何关系可知：cos θ＝63

联立以上两式解得：F T ＝

mg . (2)①小铁环受力如图2所示，由牛顿第二定律得：

F ′T sin θ′＝ma

F ′T ＋F ′T cos θ′－mg ＝0

由图2中几何关系可知θ′＝60°，代入以上两式解得：

a ＝

g .

②杆和环整体受力如图3所示，由牛顿第二定律得：

F cos α＝(M ＋m )a F sin α－(M ＋m )g ＝0

解得：F ＝23

3(M ＋m )g ，α＝60°.

[答案] (1)

64mg (2)①33g ②外力大小为233

(M ＋m )g 方向与水平方向成60°角斜向右上方【迁移题组】

迁移1 加速度相同的连接体问题

1．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F 1.若用一力F ′

水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F ′1.则( )

A ．a ′＝a ，F ′1＝F 1

B ．a ′＞a ，F ′1＝F 1

C ．a ′＜a ，F ′1＝F 1

D ．a ′＞a ，F ′1＞F 1

解析：选B.当用力F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F 1cos θ＝mg ①

水平方向有F －F 1sin θ＝ma ，以整体为研究对象有F ＝(m ＋M )a ，解得a ＝m M

g tan θ

②

当用力F ′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F ′1cos θ＝mg ③

水平方向有F ′1sin θ＝ma ′，解得a ′＝g tan θ

④ 结合两种情况，由①③有F 1＝F ′1；由②④并结合M ＞m 有a ′＞a .故正确选项为B.

迁移2 加速度不同的连接体问题 2.

一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，

Q 的质量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止．如图所示，现给P 施加一个方向竖

直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．求力F 的最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2

)

解析：设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有

kx 1＝(M ＋m )g ① kx 2－mg ＝ma ② x 1－x 2＝1

at 2

③ 由①式得x 1＝（M ＋m ）g k

＝0.15 m ，

④

由②③④式得a ＝6 m/s 2

F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，F 大＝M (g ＋a )＝168 N.

答案：168 N 72 N

迁移3 连接体中的临界、极值问题

3．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为m A＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为m B＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，求F′的最大值F m′.

解析：根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值f m时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(m A＋m B)a，对A有f m＝m A a，代入数据解得f m＝2.0 N.

根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律有：

f m＝m B a′，F m′＝(m A＋m B)a′，

代入数据解得F m′＝6.0 N.

答案：6.0 N

1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．

2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求系统内物体之间的作用力时，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度、后隔离求内力”．

4．“四种”典型临界条件

(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.

(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．

(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是：F T＝0.

(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时．

5．“四种”典型数学方法

(1)三角函数法；

(2)根据临界条件列不等式法；

(3)利用二次函数的判别式法；

(4)极限法．

传送带问题的解题技巧[学生用书P50]

【题型解读】

1．模型特征

(1)水平传送带模型

2.(1)传送带模型问题的分析流程

(2)判断方法 ①水平传送带

情景1 若v 2

2μg ≤l ，物、带能共速；

情景2 若|v 2

－v 2

2μg ≤l ，物、带能共速；

情景3 若v 20

2μg ≤l ，物块能返回．

②倾斜传送带

情景1 若v 2

2a ≤l ，物、带能共速；

情景2 若v 2

≤l ，物、带能共速；

若μ≥tan θ，物、带共速后匀速；若μ

【典题例析】

(2018·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25 m ，传送带

以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2

，求：

(1)煤块从A 到B 的时间；

(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．

[审题指导] (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度．

(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A →B 加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止．

(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B 点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B 点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者．

[解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2

，

t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12

a 1t 21＝5 m ＜L ，

即下滑5 m 与传送带速度相等．

达到v 0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2

，

x 2＝L －x 1＝5.25 m ，

x 2＝v 0t 2＋1

a 2t 22，得t 2＝0.5 s ，

则煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s.

甲乙 (2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 2

1＝5 m ，

第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δx 1与Δx 2部分重合，故痕迹总长为5 m. [答案] (1)1.5 s (2)5 m

【迁移题组】

迁移1 水平传送带模型 1.

如图所示为水平传送装置，轴间距离AB 长l ＝8.3 m ，质量为M ＝1 kg 的木块随传送带一起以v 1＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的传送速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.当木块运动至最左端A 点时，一颗质量为m ＝20 g 的子弹以v 0＝300 m/s 、水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v ＝50 m/s ，以后每隔1 s 就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g 取10 m/s 2

.求：

(1)在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A 点的最大距离． (2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？

解析：(1)子弹射入木块过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mv 0－Mv 1＝mv ＋Mv ′1

解得v ′1＝3 m/s

木块向右做减速运动的加速度大小

a ＝

μMg M

＝5 m/s 2

木块速度减为零所用时间为t 1＝v ′1

解得t 1＝0.6 s<1 s

所以木块在被第二颗子弹击中前，向右运动离A 点最远时，速度为零，移动距离为s 1＝v ′21

，解得s 1＝0.9 m.

(2)在第二颗子弹射中木块前，木块在向左做加速运动时间为t 2＝1 s －0.6 s ＝0.4 s

速度增大为v 2＝at 2＝2 m/s(恰与传送带共速) 向左移动的位移为s 2＝12at 22＝12×5×0.42

m ＝0.4 m

所以在两颗子弹射中木块的时间间隔内木块总位移s 0＝s 1－s 2＝0.5 m ，方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为s ＝15×0.5 m ＝7.5 m 第16颗子弹击中后，木块将会先向右移动0.9 m

总位移为0.9 m ＋7.5 m ＝8.4 m>8.3 m ，木块将从B 端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．答案：见解析

迁移2 倾斜传送带模型

2．如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m ．现每隔1 s 把质量m ＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝235

，取g ＝10 m/s 2

，结果保留两位有效数字．求：

(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；

(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a ，则 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 代入数据解得a ＝1.0 m/s 2

刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离d min ＝12at 2

解得d min ＝0.50 m

当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则

d max ＝vt ＝3.0 m.

(2)由于工件加速时间为t 1＝v a

＝3.0 s ，因此传送带上总有三个(n 1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f 1＝3μmg cos θ

在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x ＝v 2

＝4.5 m

传送带上匀速运动的工件数n 2＝

l －x

d max

＝3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f 0＝mg sin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f 2＝n 2f 0

与空载相比，传送带需增大的牵引力F ＝f 1＋f 2 联立解得F ＝33 N.

答案：(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N

解答传送带问题应注意的事项

(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度． (2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．

(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．

滑块——滑板模型分析[学生用书P52]

【题型解读】

1．模型特征

滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如2015年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题25题．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．

2．思维模板

【典题例析】

(2017·高考全国卷Ⅲ)

如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．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

(1)B与木板相对静止时，木板的速度；

(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．

[解析] (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g ①

f2＝μ1m B g ②

f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③

由牛顿第二定律得

f1＝m A a A ④

f2＝m B a B ⑤

f2－f1－f3＝ma1 ⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦

v1＝a1t1 ⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨

(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为

s B ＝v 0t 1－1

a B t 21

⑩

设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ?

由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为

t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2?

对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2

在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为

s 1＝v 1t 2－1

a 2t 22

在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为

s A ＝v 0(t 1＋t 2)－1

a A (t 1＋t 2)2

A 和

B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ?

联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m. (也可用如图的速度－时间图线求解)

[答案] 见解析

【跟进题组】

1．质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图象如图乙所示．取

g ＝10 m/s 2.

(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．

(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？

解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，

则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12

a 2t 2

① 滑块的位移x 1＝4 m ②

由牛顿第二定律得a 2＝μ1mg

③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④ 联立①②③④解得μ1＝0.4 ⑤ 滑块位移x 1＝12a 1t 21

⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg ⑦

联立②⑤⑥⑦解得F ＝6 N.

(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为

a ′1＝

μ2mg m ＝μ2g ，a ′2＝μ2mg

设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1，v 1－a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2 解得t 2＝1.6 s

在此时间内，滑块位移x ′1＝v 1t 2－12a ′1t 2

木板的位移x ′2＝v 2t 2＋12a ′2t 2

Δx ＝x ′1－x ′2 联立解得Δx ＝1.6 m<2 m

因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m. 答案：见解析

2．(2015·高考全国卷Ⅱ)

下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°? ????sin 37°＝35的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．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3

8，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/s 2

.求：

(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．

解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、

N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

f 1＝μ1N 1

① N 1＝mg cos θ ② f 2＝μ2N 2

③ N 2＝N ′1＋mg cos θ

④

规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得

mg sin θ－f 1＝ma 1

⑤ mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2 ⑥ N 1＝N 1′ ⑦ f 1＝f 1′

⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得

a 1＝3 m/s 2 ⑨ a 2＝1 m/s 2.

⑩

(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则

v 1＝a 1t 1＝6 m/s ? v 2＝a 2t 1＝2 m/s

t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得 a ′1＝6 m/s 2 ? a ′2＝－2 m/s 2

B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0

联立???式得

t 2＝1 s

在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为

s ＝? ??

??12

a 1t 21＋v 1t 2＋12

a ′1t 22－? ??

??12

a 2t 21＋v 2t 2＋12

a ′2t 22

＝12 m<27 m ?

此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有

l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋1

a ′1t 23

? 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)

设A 在B 上总的运动时间为t 总，有

t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.

(另解：也可利用下面的速度图线求解)

答案：(1)3 m/s 2

1 m/s 2

(2)4 s

分析滑块—滑板模型的一个转折和两个关联

分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联．一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．

两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联．一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键．

[学生用书P53]

(2018·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a ＞F b ，则a 对b 的作用力( )

A ．必为推力

B ．必为拉力

C ．可能为推力，也可能为拉力

D ．不可能为零

解析：选C.将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，单独对a 进行分析，设a 、b 间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab

m a

＝

F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m b

m a ＋m b

，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正，可能为负，也可能等于0. 2．(2018·南阳五校联考)

如图所示，滑轮A 可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G 的物体B ，下滑时，物体B 相对于A 静止，则下滑过程中( )

A ．

B 的加速度为g sin θ

B ．绳的拉力为G

cos θ

C ．绳的方向保持竖直

D ．绳的拉力为G 解析：选A.

A 、

B 相对静止，即两物体的加速度相同，以A 、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为g sin θ，

所以选项A 正确；再以B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于G cos θ，故选项B 、C 、D 都错误．

(多选)(高考江苏卷)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m, 静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为1

2μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g ．现对 A 施加一水

平拉力 F ，则( )

A ．当 F < 2μmg 时，A 、

B 都相对地面静止 B ．当 F ＝52μmg 时， A 的加速度为1

3μg

C ．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动

D ．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过1

μg

解析：选BCD.A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为3

2μmg ，对A 、B 整体，只要F

＞3

2μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg ＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝1

2μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，

有F －32μmg ＝3ma max ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝5

2μmg 时，两者相对静止，一起滑

动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝1

μg ，选项B 正确．

(2018·河南安阳模拟)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．已知猫的质量是木板的质量的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．3g sin αB．g sin α

C.3g sin α

D．2g sin α

解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且F f＝2mg sin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a＝2mg sin α＋mg sin α

＝3g sin α，正确选项为A.

如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( ) A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等

B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动

C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动

D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sin θ

解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ

＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．6．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v－t图象，其中可能正确的是( )

解析：选BD.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A 错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D 正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g ，由μ1mg ＞μ2(M ＋m )g ，可得μ1mg ＞μ2mg ，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g ＞μ2g ，也就是说图象的斜率将变小，故选项C 错误，B 正确．

7．(多选)(2018·安徽合肥模拟)如图所示，绷紧的长为6 m 的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v 1＝2 m/s 运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v 2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2

，下列说法中正确的是( )

A ．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动

B ．若传送带的速度为5 m/s ，小物块将从传送带左端滑出

C ．若小物块的速度为4 m/s ，小物块将以2 m/s 的速度从传送带右端滑出

D ．若小物块的速度为1 m/s ，小物块将以2 m/s 的速度从传送带右端滑出

解析：选BC.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移为x .

根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝μg ＝2 m/s 2

，则x ＝v 22

2a ＝52

2×2

m ＝6.25 m>6 m ，所以小物块将从传送带左

端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传送带的速度为5 m/s 时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；若小物块的速度为4 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ′

＝v ′222a ＝42

2×2 m ＝4 m<6 m ，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x ″＝v 212a

＝22

2×2

m ＝1 m<6 m ，以后小物块以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s ，C 正确；若小物块的速度为1 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ＝v ″22

2a ＝12

2×2

m ＝0.25 m<6 m ，则小物块

速度减到零后再向右加速，由于x

8．利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象，其研究步骤如下：如图所示，原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m 的物块，弹簧秤示数为2mg .若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m 的物块，左侧物块将获得向上的加速度，可观察到弹簧秤上的示数变大，左侧物块处于超重状态；若将右侧物块的质量减小到m ，左侧物块将向下做加速运动，可观察到弹簧秤上的示数变小，左侧物块处于失重状态．请问：左侧物块处于超重状态时，弹簧秤的读数是多少？左侧物块处于失重状态时，弹簧秤的读数又是多少？(不计连接物块的细线和弹簧秤的质量)

解析：左侧物块处于超重状态时，对左侧物块受力分析知F －2mg ＝2ma ，对右侧的物块受力分析知3mg －F ＝3ma 联立解得F ＝125

左侧物块处于失重状态时，对左侧物块受力分析知 2mg －F ′＝2ma ′

对右侧的物块受力分析知F ′－mg ＝ma ′ 联立解得F ′＝4

3mg .

答案：125mg 43mg

人教版物理必修一试题第四章牛顿运动定律

第四章牛顿运动定律一、选择题 1．下列说法中，正确的是() A．某人推原来静止的小车没有推动是因为这辆车的惯性太大 B．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 C．竖直上抛的物体抛出后能继续上升，是因为物体受到一个向上的推力 D．物体的惯性与物体的质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小 2．关于牛顿第二定律，正确的说法是() A．合外力跟物体的质量成正比，跟加速度成正比 B．加速度的方向不一定与合外力的方向一致 C．加速度跟物体所受合外力成正比，跟物体的质量成反比；加速度方向与合外力方向相同 D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖自由下落时加速度一定是半块砖自由下落时加速度的2倍 3．关于力和物体运动的关系，下列说法正确的是() A．一个物体受到的合外力越大，它的速度就越大 B．一个物体受到的合外力越大，它的速度的变化量就越大 C．一个物体受到的合外力越大，它的速度的变化就越快

D ．一个物体受到的外力越大，它的加速度就越大 4．在水平地面上做匀加速直线运动的物体，在水平方向上受到拉力和阻力的作用，如果要使物体的加速度变为原来的2倍，下列方法中可以实现的是() A ．将拉力增大到原来的2倍 B ．阻力减小到原来的 2 1 C ．将物体的质量增大到原来的2倍 D ．将物体的拉力和阻力都增大原来的2倍 5．竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10m/s 2 的加速度，若推动力增大到2F ，则火箭的加速度将达到(g 取10m/s 2 ，不计空气阻力)() A ．20m/s 2 B ．25m/s 2 C ．30m/s 2 D ．40m/s 2 6．向东的力F 1单独作用在物体上，产生的加速度为a 1；向北的力F 2单独作用在同一个物体上，产生的加速度为a 2。则F 1和F 2同时作用在该物体上，产生的加速度() A ．大小为a 1－a 2 B ．大小为2 2 21＋a a C ．方向为东偏北arctan 1 2 a a D ．方向为与较大的力同向 7．物体从某一高处自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A 点物体开始与弹簧接触，到B 点物体的速度为0，然后被弹簧弹回。下列说法中正确的是() A ．物体从A 下落到 B 的过程中，加速度不断减小 B ．物体从B 上升到A 的过程中，加速度不断减小 C ．物体从A 下落到B 的过程中，加速度先减小后增大 D ．物体从B 上升到A 的过程中，加速度先增大后减小 8．物体在几个力作用下保持静止，现只有一个力逐渐减小到零又逐渐增大到原值，则在力变化的整个过程中，物体速度大小变化的情况是() A ．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到零 B ．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到某一数值 C ．由零逐渐增大到某一数值 D ．以上说法都不对 9 ．如图所示，一个矿泉水瓶底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设 A B

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)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，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

高三物理教学资料人教版

东北三省四市统一考试暨沈阳市高三教学质量监测（二）理科综合试卷（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14．在物理学发展过程中，许多物理学家做出了杰出贡献。下列说法中正确的是 A ．牛顿发现了万有引力定律，并测出了万有引力常量 B ．安培首先发现了通电导线的周围存在磁场 C ．楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法一楞次定律 D ．伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因 15．在如图所示的电路中，理想变压器的原线圈接正弦式交变电源，理想电流表的示数为lA ，变压器副线圈接有电阻R 和电容器C ，并均能正常工作。若理想电压表示数为l0V ，副线圈的输出功率为2W ，则下列说法中正确的是 A ．电容器所能承受的电压值至少为10V B ．电容器所能承受的电压值至少为210 V C ．原、副线圈匝数比为l ：5 D ．原、副线圈匝数比为l ：25 16．真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为l 、2、3、4、5，且l 、2和5、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a 、b 、c 、d 、e ，则下列说法中正确的是 A ．电场强度c a E E > B ．电势d b φφ> C ．将一正电荷由a 点移到d 点，电场力做正功 D ．将一负电荷由b 点移到e 点，电势能增大 17．北斗卫星导航系统是中国自行研制开发的三维卫星定位与通信系统(CNSS)，它包括5颗同步卫星和30颗非静止轨道卫星，其中还有备用卫星在各自轨道上做匀速圆周运动。设地球半径为R ，同步卫星的轨道半径约为6.6R 。如果某一备用卫星的运行周期约为地球自转周期的1/8，则该备用卫星离地球表面的高度约为 A ．0.65R B ．1.65R C ．2.3R D ．3.3R 18．2011年春节期间，按照公安部统一部署，全国各大中城市进行了大规模集中整治酒驾行动。据统计，酒驾违法者比往年同期下降了40％，人们的安全驾车意识明显增强。执法交警所使用的酒精测试仪主要原件是一种氧化物半导体传感器。这种具有N 型导电性的氧化物的电阻会随其周围气体浓度的变化而变化。设这种传感器的电阻与酒精气体的浓度c 成反比，在如图所示的简化原理图中，电压表示数U 与酒精气体浓度c 之间的对应关系正确的是 A ．U 越大，表示c 越小，但c 与U 不成反比 B ．U 越大，表示c 越小，与U 成反比 C ．U 越大，表示c 越大，但C 与U 不成正比 D ．U 越大，表示c 越大，c 与U 成正比 R R 0 E r 氧化物传感器 C

2020-2021学年度人教版必修1第四章牛顿运动定律6用牛顿运动定律解决问题(一)同步训练

2020-2021学年度人教版必修1第四章牛顿运动定律6用牛顿运动定律解决问题（一）同步训练第I 卷（选择题）一、单选题 1．在粗糙的水平面上，一个质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下由静止开始运动，经过时间t 后，速度为v ，如果要使物体的速度增加到2v ，可采用的方法是（） A ．将物体的质量减为原来的一半，其它条件不变 B ．将水平拉力增为2F ，其它条件不变 C ．将动摩擦因数减为原来的一半，其它条件不变 D ．将物体质量、水平恒力和作用时间都同时增加到原来的两倍 2．如图所示，在光滑的斜面上放一个质量为m 的盒子A ，A 盒用轻质细绳跨过定滑轮与B 盒相连，B 盒内放着一个质量也为m 的物体．如果把这个物体改放在A 盒内，则系统的加速度恰好等值反向，则B 盒的质量为(不计一切摩擦)( ) A ．2m B ．4m C ．23m D ．3 m 3．有一物体以初速度v 0沿倾角为θ的粗糙斜面上滑，如果物体与斜面间的动摩擦因μ

动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是15m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.75,该路段限速60km/h,取g =10m/s 2,则汽车刹车前的速度以及是否超速的情况是( ) A ．速度为7.5m/s,超速 B ．速度为15m/s,不超速 C ．速度为15m/s,超速 D ．速度为7.5m/s,不超速 5．冬季已经来临，某同学想起了去年冬天在冰面上推石子的游戏，他在冰面旁边很安全的A 点，想将石块沿AB 直线推至水平冰面上的B 点，第一次以某一速度推出后，石块只向前运动了AB 距离的四分之一。取回石块，该同学再次沿同一方向推石块，石块恰好停在B 点，则石块第二次被推出时的速度大小应为第一次的（） A ．12 B ．1.5倍 C ．2倍 D ．4倍 6．如图所示，将一个小球以初速度1v 从地面竖直上抛，上升到最高点后又落回，落回抛出点时的速度大小为2v 。规定竖直向上为正方向，由于空气阻力的影响，小球全过程的v －t 图象如图所示，下列说法不正确的是（） A ．上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动 B ．下降过程中小球作加速度逐渐减小的加速运动 C ．1t 时刻加速度等于重力加速度g D ．时刻1t 和2t 的大小关系为21<2t t 7．质量为1 kg 的物体只在力F 的作用下运动，力F 随时间变化的图像如图所示，在t ＝1 s 时，物体的速度为零，则物体运动的v－t 图像、a － t 图像正确的是（）

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2 （2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N （3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：

【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁． 2．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-= -，

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上海高考物理专题电路【高考考点梳理】一．多用电表将电压表、电流表、欧姆表组合在一起就成了多用电表。目前常用的多用电表主要有指针式和数字式多用电表。 2 ．多用电表的原理多用电表是一种多用仪表，一般可用来测量直流和交流电流、直流和交流电压以及电阻等，并且每种测量都有几个量程。 (l)测量直流电流、直流电压的原理和直流电流表、直流电压表的原理相同。 (2)测量电阻：内部电路原理如上右图所示，其原理是根据闭合回路的欧姆定律测量，即I=E/(R+r+R g+R x). 式中R、r、R，均为定值电阻，不同的R x对应不同的电流I（当然电流I和被测电阻R x不是正比的关系，所以电阻值的刻度是不均匀的）。如果在刻度盘直接标出与电流I对应的电阻R x值，可以从刻度盘上直接读出被测量电阻的阻值。 (3) “调零”原理：当两表笔接触时，R x=0，此时电流调到满偏值I g=E/(R+r+R g)（最大值），对应电阻值为零. (4）中值电阻：(R+r+R g)是多用电表欧姆挡的内阻，当被测电阻R=R+r+R g时，通过表头的电流I=I g/2,即通过表头的电流为满偏电流的一半，此时指针指在刻度盘的中央，所以一般叫欧姆挡的内阻称为中值电阻. 3 ．多用电表的使用方法 ( 1 ）测量电流时，跟电流表一样，应把多用电表串联在被测电路中，对于直流电，必须使电流从红表笔流进多用电表从黑表笔流出来。 ( 2 ）测量电压时，跟电压表一样，应把多用电表并联在被测电路两端，对于直流电，必须用红表笔接电势较高的点，用黑表笔接电势较低的点。 ( 3 ）测量电阻时，在选择好挡位后，要先把两表笔相接触，调整欧姆挡的调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位置，然后再把两表笔分别与待测电阻的两端相连。应当注意：换用欧姆挡的另一个量程时，需要重新调整欧姆挡的调零旋钮，才能进行测量。 4 ．实验：练习使用多用电表 ( 1 ）观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程。 ( 2 ）检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置。若不指零，则可用小螺丝刀调整机械调零旋钮使指针指零。 ( 3 ）将红、黑表笔分别插入“十”、“一”插孔。测电压 ( 4 ）将选择开关置于直流电压2.5V挡，测1.5V干电池的电压。

人教版必修一第四章牛顿运动定律-牛顿运动定律题型归纳

牛顿运动定律题型归纳题型一：牛顿运动定律理解例题：质点做匀速直线运动现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则 A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变练习：一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中 A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值 C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大 D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值题型二：动力学图像问题例题一：将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。g＝10 m/s2。则下列说法正确的是A．在2～4 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2 B．小球质量为2 kg C．杆的倾角为30° D．小球在0～4 s内的位移为8 m 例题二：如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不

连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 的关系如图乙所示(g ＝10 m/s 2 )，下列结论正确的是 A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态 B ．弹簧的劲度系数为750 N/m C ．物体的质量为2 kg D ．物体的加速度大小为5 m/s 2 例题三：如图甲所示，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v -t 图象如图乙所示。若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1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例题四：甲、乙两球质量分别为1m 、2m ，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即kv f =(k 为正的常量)。两球的t v -图象如图所示。落地前，经时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、 2v 。则下列判断正确的是( ) A ．释放瞬间甲球加速度较大 B.1221v v m m = C ．甲球质量大于乙球质量

人教版高三物理知识点整理

人教版高三物理知识点整理【篇一】 1.水的密度：ρ水=1.0×103kg/m3=1g/cm3 2.1m3水的质量是1t,1cm3水的质量是1g。 3.利用天平测量质量时应"左物右码"。 4.同种物质的密度还和状态有关(水和冰同种物质，状态不同，密度不同)。 5.增大压强的方法： ①增大压力 ②减小受力面积 6.液体的密度越大，深度越深液体内部压强越大。 7.连通器两侧液面相平的条件： ①同一液体 ②液体静止 8.利用连通器原理：(船闸、茶壶、回水管、水位计、自动饮水器、过水涵洞等)。 9.大气压现象：(用吸管吸汽水、覆杯试验、钢笔吸水、抽水机等)。 10.马德保半球试验证明了大气压强的存在，托里拆利试验证明了大气压强的值。 11.浮力产生的原因：液体对物体向上和向下压力的合力。 12.物体在液体中的三种状态：漂浮、悬浮、沉底。

13.物体在漂浮和悬浮状态下：浮力=重力 14.物体在悬浮和沉底状态下：V排=V物 15.阿基米德原理F浮=G排也适用于气体(浮力的计算公式：F 浮=ρ气gV排也适用于气体) 【篇二】 1、摩擦力定义：当一个物体在另一个物体的表面上相对运动(或有相对运动的趋势)时，受到的阻碍相对运动(或阻碍相对运动趋势)的力，叫摩擦力，可分为静摩擦力和滑动摩擦力。 2、摩擦力产生条件：①接触面粗糙；②相互接触的物体间有弹力；③接触面间有相对运动(或相对运动趋势)。说明：三个条件缺一不可，特别要注意“相对”的理解。 3、摩擦力的方向： ①静摩擦力的方向总跟接触面相切，并与相对运动趋势方向相反。 ②滑动摩擦力的方向总跟接触面相切，并与相对运动方向相反。说明：（1）“与相对运动方向相反”不能等同于“与运动方向相反”。滑动摩擦力方向可能与运动方向相同，可能与运动方向相反，可能与运动方向成一夹角。（2）滑动摩擦力可能起动力作用，也可能起阻力作用。 4、摩擦力的大小：（1）静摩擦力的大小： ①与相对运动趋势的强弱有关，趋势越强，静摩擦力越大，

高一物理第四章牛顿运动定律学习知识点情况总结

高一物理第四章《牛顿运动定律》总结一、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，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止。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，（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义：t v a ??=，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的原因。（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。）；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。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，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，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F =0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：物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。公式F=ma. 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；

高考物理牛顿运动定律练习题及解析

高考物理牛顿运动定律练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。求： (1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：0 11sin 37mg f ma -= 其中0 1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002 11sin 37cos374/a g g m s μ=-= 对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0 122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00 2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ= 解得：2 21m/s a = 12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，2221 2 x a t =，12x x L -= 解得：1s t = 2．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等?现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2

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人教版高考复习——物理公式大全一、质点的运动------直线运动（一）匀变速直线运动 1、平均速度（定义式）：t s v = ； 2、有用推论：as v v t 22 02 =-； 3、中间时刻速度：2 02 t t v v v v += =； 4、末速度：at v v t +=0； 5、中间位置速度：22 202 t s v v v +=； 6、位移：20021 2at t v t v v t v s t +=?+= ?=； 7、加速度：t v v a t 0 -=｛以0v 为正方向，a 与0v 同向(加速)0>a ；反向则0