（教师用书）高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律.doc

第三章 牛顿运动定律必须掌握的概念、公式或规律必须理解的3个关键点必须明确的4个易错易混点1. 必须掌握的重要概念惯性、作用力与反作用力、超重与失重2.必须掌握的3个定律牛顿第一、二、三定律2. 必须掌握的1个公式3. fma1.牛顿第一定律揭示了力不是维持运动的原因，而是改变运动状态的原因；一切物体都具有惯性2.牛顿第二定律，给出了力与运动状态改变的定量关系，要注意其“五个”特性3.牛顿第三定律指出了作用力与反作用力是相互等大反向是同性质的力.1.误认为惯性与运动状态，受力大小有关2.误认为物体受到哪个方向的力就向哪个方向运动3.误认为作用力与反作用力能抵消4.误认为“超重”就是重力增加了，“失重”就是重力减少了.第1节牛顿运动定律真题回放1(2013课标全国卷)图311是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表所示表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的 图311根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是()113242130932981645262558243661 1924971 6006482 104a.物体具有惯性b斜面倾角一定时，加速度与质量无关c物体运动的距离与时间的平方成正比d物体运动的加速度与重力加速度成正比【解析】由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以a、b、d错误；由表中数据可以看出，在前1秒、前2秒、前3秒内位移与时间的平方成正比，所以c正确【答案】c2(2013课标全国卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以a表示物块的加速度大小，f表示水平拉力的大小能正确描述f与a之间关系的图象是()【解析】物块的受力如图所示，当f不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当f大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得ffnma，即ffnma，f与a成线性关系，选项c正确【答案】c3(2013山东高考)(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()a力不是维持物体运动的原因b物体之间普遍存在相互吸引力c忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快d物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反【解析】伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，a正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快， 从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，c正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故b、d皆错误【答案】ac考向分析1.考纲展示牛顿运动定律2.命题趋势牛顿运动定律是高考必考内容之一，尤其牛顿第二定律是高考命题重点，可能出选择题，也可能出计算题，多数情况是综合考查，牛顿第一定律多数情况下以选择题题型出现，牛顿第三定律较少单独考核，多数情况下与受力分析联系在一起综合考查3.选材特点本节内容的考查，侧重对规律本身的理解，常结合物理学史、物理实验、图象和简单生活情景进行考查考点一 对牛顿第一定律的理解1.揭示了物体的一种固有属性牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个重要属性惯性2揭示了力的本质牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持3揭示了物体不受力作用时的运动状态牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态【例1】(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用下列说法符合历史事实的是()a亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变b伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去c笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向d牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质【解析】亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律【答案】bcd突破训练1(2014北京高考)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图312所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()图312a如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置b如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态c如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变d小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【解析】根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置，a项正确而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以b和c选项错误；而d项不是本实验所说明的问题，故错误【答案】a考点二 对牛顿第二定律的理解1.力与运动的关系(1)力是产生加速度的原因(2)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律(3)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度2牛顿第二定律的瞬时性分析(1)一般思路(2)“两种”模型刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变【例2】考向：力与运动关系一质点受多个力的作用，处于静止状态现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()aa和v都始终增大ba和v都先增大后减小ca先增大后减小，v始终增大da和v都先减小后增大【解析】质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速度运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速度运动，故c正确【答案】c【例3】考向：瞬时性分析如图313所示，a、b两小球分别连在轻绳两端，b球另一端用弹簧固定在倾角为30的光滑斜面上，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，在绳被 图313剪断瞬间，a、b两球的加速度大小分别为()a都等于b.和0c.和 d.和【思维模板】问1：细绳剪断前，弹簧的弹力等于多少？提示：(mamb)gsin_.问2：细绳剪断瞬间，弹簧的形变量改变了吗？提示：没有问3：细绳剪断瞬间，a受绳的弹力如何变化的？提示：变为零【解析】当a、b球静止时，弹簧弹力f(mamb)gsin ，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力f不变，对b分析，则fmbgsin mbab，可解得ab，当绳被剪断后，球a受的合力为重力沿斜面向下的分力，f合magsin maaa，所以aa，综上所述选项c正确【答案】c【反思总结】在求解瞬时性问题时应注意：(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变考点三 对牛顿第三定律的理解应用1.作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”大小相同；性质相同；变化情况相同(2)“三异”方向不同；受力物体不同；产生效果不同(3)“三无关”与物体的种类无关；与物体的运动状态无关；与是否和另外物体相互作用无关2相互作用力与平衡力的比较(1)受力物体不同：作用力和反作用力作用在两个物体上，不可求合力；一对平衡力作用在同一物体上，可求合力，合力为零(2)依赖关系不同：作用力和反作用力同时产生、同时消失；一对平衡力不一定同时产生、同时消失(3)力的性质不同：作用力和反作用力一定是同性质的力；一对平衡力性质不一定相同【例4】如图314所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()图314a甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力b甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力c若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利d若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利【解析】甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项a错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项b错误；设绳子的张力为f，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为f，若m甲m乙，则由a得，a甲a乙，由xat2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项c正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项d错误【答案】c突破训练2(多选)用手托着一块砖，开始静止不动， 当手突然向上加速运动时，砖对手的压力()a一定小于手对砖的支持力b一定等于手对砖的支持力c一定大于手对砖的支持力d一定大于砖的重力【解析】由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，b项对；对砖受力分析，则fnmgma，fnmg，d项对【答案】bd思想方法5应用牛顿定律解题涉及的两种常用方法合成法与正交分解法1合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，根据牛顿第二定律可知，利用平行四边形定则求出的两个力的合外力方向就是加速度方向特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单2正交分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常采用正交分解法解题，为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴的正方向常有以下两种方法：(1)分解力而不分解加速度分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴的正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别求得x轴和y轴上的合力fx和fy.根据力的独立作用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得fxma，fy0.(2)分解加速度而不分解力分解加速度a为ax和ay，根据牛顿第二定律得fxmax，fymay，再求解这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时，其它的力都落在或大多数力落在两个坐标轴上而不需再分解的情况下应用【例5】如图315所示，在箱内倾角为的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块求：箱以加速度a匀加速上升和箱以加速度a向左匀加速运动时(线始终张紧)，线对木块的拉力f1和斜面对 图315木块的支持力f2各多大？【思路导引】【解析】箱匀加速上升，木块所受合力竖直向上，其受力情况如图甲所示(注意在受力图的旁边标出加速度的方向)用f表示f1、f2的合力，一定竖直向上由牛顿第二定律得fmgma解得fmgma再由力的分解得f1fsin 和f2fcos 解得f1m(ga)sin ，f2m(ga)cos .箱向左匀加速，木块的受力情况如图乙所示，选择沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，沿x轴由牛顿第二定律得mgsin f1macos 解得f1m(gsin acos )沿y轴由牛顿第二定律得f2mgcos masin 解得f2m(gcos asin )【答案】向上加速时f1m(ga)sin f2m(ga)cos 向左加速时f1m(gsin acos )f2m(gcos asin )突破训练3如图316所示，将质量m0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径环与杆间动摩擦因数0.8.对环施加一位于竖 图316直平面内斜向上，与杆夹角53的拉力f，使圆环以a4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求f的大小(取sin 530.8，cos 530.6，g10 m/s2)【解析】令fsin 53mg0，f1.25 n.当f1.25 n时，环与杆的上部接触，受力如图甲由牛顿定律得fcos fnma，fnfsin mg，解得f1 n当f1.25 n时，环与杆的下部接触，受力如图乙由牛顿定律得fcos fnmafsin mgfn解得f9 n.【答案】1 n或9 n 牛顿第一定律的应用1(多选)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图317所示，则关于小车的运动情况， 图317下列叙述正确的是()a小车匀速向左运动b小车可能突然向左加速c小车可能突然向左减速 d小车可能突然向右减速【解析】原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故b、d正确【答案】bd利用牛顿第三定律分析生活现象22013年12月2日，我国“嫦娥三号”月球探测器在长征号火箭的推动下顺利升空“嫦娥三号”携带的“玉兔号”月球车首次实现了软着陆和月面巡视勘察，下面关于“嫦娥三号”和火箭起飞的情形，叙述正确的是()a火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力b火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力c火箭飞出大气层，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力d“嫦娥三号”绕月球飞行时，月球对其引力提供向心力，此时“嫦娥三号”对月球没有引力作用【解析】火箭的动力来自火箭喷出的气体的反作用力，此时研究对象是火箭与喷出气体，与外界有无空气无关，引力也是相互的，不是单向的，因此选项a对【答案】a瞬时加速度问题3“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力f的大小随时间t变化的情况如图318所示将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()图318ag b2gc3g d4g【解析】“蹦极”运动的最终结果是运动员悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于运动员的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等于f0，即mgf0，得f0mg.当绳子拉力最大时，运动员处于最低点且合力最大，故加速度也最大，此时f最大f03mg，方向竖直向上，由maf最大mg得最大加速度为2g，故b项正确【答案】b正交分解法的应用4如图319所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程 图319中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力t和斜面的支持力fn分别为(重力加速度为g)()atm(gsin acos )fnm(gcos asin )btm(gcos asin )fnm(gsin acos )ctm(acos gsin )fnm(gcos asin )dtm(asin gcos )fnm(gsin acos )【解析】准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法选小球为研究对象，小球受重力mg、拉力t和支持力fn三个力作用，将加速度a沿斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示由牛顿第二定律得tmgsin macos mgcos fnmasin 由式得tm(gsin acos )由式得fnm(gcos asin )故选项a正确【答案】a牛顿第二、三定律的综合应用5.图3110为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为m的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为() 图3110a(mm)gb(mm)gmac(mm)gmad(mm)g【解析】对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力ff，有mgffma，则ffm(ga)竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力摩擦力，且大小相等，方向相反对竿进行受力分析：其受重力mg、竿上的人对竿向下的摩擦力ff、顶竿的人对竿的支持力fn，有mgfffn，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到fnmgff(mm)gma，故选项b正确【答案】b课时提升练(七)牛顿运动定律 (限时：45分钟)a组对点训练巩固基础知识题组一牛顿第一定律的理解应用1某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的()【解析】列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项c一致【答案】c2火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为()a人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动b人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动c人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已d人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度【解析】力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为d.【答案】d3如图3111所示，某同学面向行车方向坐在沿平直轨道匀速行驶的列车车厢里这位同学发现面前的水平桌面上一个原来静止的小球突然向他滚来，则可判断()a列车正在刹车 图3111b列车突然加速c列车突然减速d列车仍在做匀速直线运动【解析】原来小球相对列车静止，现在这位同学发现面前的小球相对列车突然向他滚来，说明列车改变了原来的运动状态，速度增加了，因此b正确【答案】b题组二对牛顿第二定律的理解应用图31124如图3112所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块a和b之间用轻弹簧相连，在拉力f作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力f，此时a和b的加速度为a1和a2，则()aa1a20ba1a，a20ca1a，a2ada1a，a2a【解析】两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力f弹m1a，在力f撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对a来讲，加速度此时仍为a；对b：取向右为正方向，m1am2a2，a2a，所以只有d项正确【答案】d5.如图3113所示，完全相同的三个木块，a、b之间用轻弹簧相连，b、c之间用不可伸长的轻杆相连，在手的拉动下，木块间达到稳定后，一起向上做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2.某一时刻突然放手，则在手释放的瞬间，有关三个木块的加速度，下列说法正确的是(以向上为正方向，g大小为10 m/s2)() 图3113aaa0，abac5 m/s2baa5 m/s2，abac12.5 m/s2caa5 m/s2，ab15 m/s2，ac10 m/s2daa5 m/s2，abac5 m/s2【解析】在手释放的瞬间，弹簧的弹力为mg，不能突变，所以a的受力不能突变，加速度不能突变，仍为aa5 m/s2，但b、c间的轻杆的弹力要突变，b、c整体2mgmg2ma，a12.5 m/s2，b和c具有相同的加速度abac12.5 m/s2，即b正确【答案】b6(2012安徽高考)如图3114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 图3114b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【解析】设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a0，即tan .对物块施加竖直向下的恒力f后，物块的加速度aa，且fsin fcos 0，故aa，物块将以大于a的加速度匀加速下滑故选项c正确，选项a、b、d错误【答案】c题组三牛顿第三定律的理解应用7下列说法正确的是()a力是维持物体运动的原因，同一物体所受的力越大，它的速度越大b以卵击石，鸡蛋“粉身碎骨”，但石头却“安然无恙”，是因为鸡蛋对石头的作用力小，而石头对鸡蛋的作用力大c吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力d两个小球a和b，中间用弹簧连接，并用细线悬于天花板上，则弹簧对a的力和弹簧对b的力是一对作用力和反作用力【解析】力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，根据牛顿第二定律，同一物体所受的力越大，加速度越大，但速度不一定越大，选项a错误；以卵击石，鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，选项b错误；选项d中弹簧对a的力和a对弹簧的力才是一对作用力和反作用力，选项d错误，只有选项c正确【答案】c图31158(多选)如图3115所示，人重600 n，木板重400 n，人与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为0.2，绳与滑轮的质量及它们之间的摩擦不计，现在人用水平拉力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，则()a人拉绳的力是200 nb人拉绳的力是100 nc人的脚给木板的摩擦力方向水平向右d人的脚给木板的摩擦力方向水平向左【解析】先运用整体法，选取人和木板组成的系统为研究对象，设绳中弹力大小为ft，则2ft(g人g木板)0.2(600400)n200 n，所以ft100 n，选项a错误，b正确；再运用隔离法，选取人为研究对象，水平方向上，人共受到两个力的作用：绳子水平向右的弹力和木板对人的脚的摩擦力，因为二力平衡，所以该摩擦力与弹力等大反向，即摩擦力方向水平向左，根据牛顿第三定律，人的脚给木板的摩擦力方向水平向右，选项c正确，d错误，【答案】bcb组深化训练提升应考能力9如图3116所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到o点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到a点，然后释放，物体可以一直 图3116运动到b点如果物体受到的阻力恒定，则()a物体从a到o先加速度后减速b物体从a到o做加速度运动，从o到b做减速运动c物体运动到o点时，所受合力为零d物体从a到o的过程中，加速度逐渐减小【解析】物体从a到o，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大当物体向右运动至ao间某点(设为点o)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左至o点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大所以物体越过o点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，正确选项为a.【答案】a10.(多选)用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，如图3117所示将细绳剪断后()a小球立即获得的加速度 图3117b小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动c小球落地的时间等于d小球落地的速度大于【解析】细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项a、b均错误；水平方向的弹力不影响竖直方向的自由落体运动，故落地时间由高度决定，选项c正确；重力和弹力均做正功，选项d正确【答案】cd11质量为m、长为l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 图3118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端的正下方，如图3118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的外力，方向如何？【解析】(1)此时，对小铁环进行受力分析，如图a所示，有tsin mattcos mg0由图知60，代入式解得ag(2)如图b，设外力f与水平方向成角，将杆和小铁环当成一个整体，有fcos (mm)afsin (mm)g0由式解得，f(mm)gtan ，60即外力方向与水平方向的夹角为60斜向右上方【答案】(1)g(2)(mm)g，与水平方向的夹角为60斜向右上方12.(2014大同质检)如图3119所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体a，a与地面的摩擦不计 图3119(1)当卡车以a1g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则a对地面的压力为多大？(2)当卡车的加速度a2g时，绳的拉力为多大？【解析】(1)卡车和a的加速度一致由图知绳的拉力的分力使a产生了加速度，故有：mgcos mg解得cos ，sin .设地面对a的支持力为fn，则有fnmgmgsin mg由牛顿第三定律得：a对地面的压力为mg.(2)设地面对a弹力为零时，物体的临界加速度为a0，则a0gcot g，故当a2ga0时，物体已飘起此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力f2 mg.【答案】(1)mg(2) mg第2节两类动力学问题超重和失重真题回放1(2014上海高考)将一物体以某一初速度竖直上抛物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则()at1t0，t2t1bt1t0，t2t1ct1t0，t2t1 dt1t0，t2t1【解析】由牛顿第二定律知，有空气阻力上升时，a1，下降时a2；如没有空气阻力上升时，a3g.由运动学公式得t1，t2，t3，由以上几式可知选项b正确【答案】b2(2014北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是()a手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态b手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态c在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度d在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度【解析】手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项a错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项b错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项c错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项d正确【答案】d3.(2013山东高考)如图321所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力f作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由a点运动到b点， 图321a、b之间的距离l10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达b点时速度的大小(2)拉力f与斜面夹角多大时，拉力f最小？拉力f的最小值是多少？【解析】(1)设物块加速度的大小为a，到达b点时速度的大小为v，由运动学公式得lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s.(2)设物块所受支持力为fn，所受摩擦力为ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得fcos mgsin ffmafsin fnmgcos 0又fffn联立式得f由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应f最小的夹角30联立式，代入数据得f的最小值为fmin n【答案】(1)3 m/s28 m/s(2)30 n考向分析1.考纲展示(1)牛顿运动定律的应用(2)超重和失重(3)单位制2.命题趋势本节内容是高考重点，命题形式可以是选择题，也可以是计算题，它是高考必考内容，多数情况下是牛顿定律与其它知识点的综合考查3.选材特点命题多结合生活现象、实例，属牛顿定律的实际应用考查.考点一 两类动力学问题的分析1.物体运动性质的判断方法(1)明确物体的初始运动状态(v0)(2)明确物体的受力情况(f合)(3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况2两类动力学问题的解题步骤(1)明确研究对象根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体研究对象可以是某个物体，也可以是几个物体构成的系统(2)进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动过程(3)选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向(4)求合外力(5)根据牛顿第二定律f合ma或列方程求解，必要时还要对结果进行讨论【例1】质量为10 kg的物体在f200 n的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角37.力f作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零求：物体与斜面间的动摩擦因数和物体的总位移s.(已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)【思维模板】问1：该题两段运动过程的性质有何特点？提示：先加速后减速问2：第一段物体受几个力？如何处理才能求出加速度？提示：4个力，正交分解问3：两段运动之间有什么联系？提示：速度连续，前一段末速度为后一段初速度【解析】f作用的2 s内沿斜面：fcos mgsin ffma1垂直斜面：fnfsin mgcos 0fffnv1a1ts1a1t撤去f后，mgsin mgcos ma20v1a2t2s2v1t2a2t物体总位移ss1s2由解得0.25由解得s16.5 m【答案】0.25s16.5 m【反思总结】(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定突破训练1科研人员乘气球进行科学考察气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为900 kg，在空中停留一段时间后，科研人员发现气球因漏气而下降，及时堵住堵住时气球下降速度为1 m/s且做匀加速运动，4 s内下降了12 m若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g取10 m/s2，求至少抛掉多重的压舱物才能阻止气球加速下降【解析】设漏气后气球所受浮力为f，加速下降的加速度为a.由sv0tat2，解得a1 m/s2由牛顿第二定律得：mgfmafm(ga)8 100 n抛掉的压舱物的重量为gmgf900 n至少抛掉900 n重的压舱物才能阻止气球加速下降【答案】900 n考点二 对超重、失重的理解1.产生原因：竖直方向上存在加速度(包括加速度的竖直分量)2实质：不是重力变化了，而是重物对悬点的拉力或对支持物的压力发生了变化3变化量：拉力或压力的变化大小为ma，a为竖直方向加速度4完全失重现象：重力只产生使物体具有ag的加速度效果，不再产生其他效果，如单摆停摆，天平失效，液体不再产生浮力【例2】举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 kg的重物，求：(1)升降机运动的加速度；(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取10 m/s2)【解析】运动员在地面上能举起m0120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力fm0g1 200 n.(1)在运动着的升降机中只能举起m1100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：fm1gm1a1，解得a12 m/s2.(2)当升降机以a22.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2对物体由牛顿第二定律得：m2gfm2a2解得：m2160 kg.【答案】(1)2 m/s2(2)160 kg突破训练2 (多选)某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图323所示的vt图象是计算机显示的观光电梯在 图323某一段时间内的速度变化情况(向上为正方向)根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()a05 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态b510 s内，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力c1020 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态d2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态【解析】05 s内，观光电梯在加速上升，加速度方向向上，该同学处于超重状态，选项a错误；510 s内，观光电梯匀速上升，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力，选项b正确；1020 s内，观光电梯在减速上升，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项c错误；2025 s内，观光电梯在加速下降，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项d正确【答案】bd物理模型2动力学中的传送带模型1模型特征一个物体以速度v0(v00)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图324所示图3242建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变【例3】如图325所示，传送带水平部分ab2 m，斜面部分bc4 m，bc与水平方向夹角37，一个小物体a与传送带间的动摩擦因数0.25，传送带沿图示方向以速率v2 m/s运动，若把物体a轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体a不脱离传送带，求物体a从a点被传送到c点所用的时间(g取10 m/s2，sin 370.6)图325【思路导引】【解析】物体a轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a12.5 m/s2发生位移x1 m0.8 m经历时间t10.8 s此后物体随传送带匀速运动到b点时间为t20.6 s当物体a到达bc斜面时，因mgsin 370.6 mgmgcos 370.2mg，所以物体a将再沿传送带做匀加速直线运动其加速度大小为a2gsin 37gcos 374 m/s2物体a在传送带bc上所用时间满足：bcvt3a2t代入数值得t31 s即物体a从a点被传送到c点所用的时间为tt1t2t32.4 s.【答案】2.4 s突破训练3(2015洛阳模拟)如图326所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为37，将一小物块轻轻放在正在以速度v10 m/s匀速逆时针转动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带两皮带轮轴心间的距离为l29 m，sin 0.6，cos 0.8.求将物块从顶部传到传送带底部所需的时间(g取10 m/s2)图326【解析】物块放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，受到的摩擦力沿斜面向下(对物块的受力分析如图甲所示)，所以有甲nmgcos fnmgsin fma1由以上三式可得a1gsin gcos 10 m/s2当物块加速到与传送带同速时，位移s15 ml29 m乙t11 s，物块加速到与传送带同速后，由于mgsin mgcos ，所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力方向沿传送带向上(对物块的受力分析如图乙所示)，mgsin mgcos ma2，解得a2gsin gcos 2 m/s2s2ls1vt2a2t解得t22 s(t212 s舍去)因此将物块从顶部传到传送带底部所需的时间tt1t23 s.【答案】3 s 由运动情况推断受力情况1(2015湖南长沙质检)运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为m、m，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则()图327a球拍对球的作用力为mgcos b运动员对球拍的作用力为mgcos c运动员的加速度为gtan d若运动员的加速度大于gsin ，球一定沿球拍向上运动【解析】球受力如图所示，把mg与fn合成，合力与加速度方向相同，水平向右，球拍对球的作用力为fnmg/cos