[精]2013高考物理冲刺复习课件：专题三牛顿运动定律(159张ppt).ppt

1、专题三 牛顿运动定律,1.牛顿运动定律、牛顿定律的应用 2.超重和失重 ,1.理解牛顿第一定律、牛顿第三定律，认识惯性和作用力、反作用力的特点. 2.熟练掌握牛顿第二定律，会用牛顿运动定律分析解决两类典型的动力学问题. 3.牛顿运动定律是高中物理的基础，特别是两类动力学问题，超、失重问题，牛顿运动定律与曲线运动、电磁学相结合的问题更成为高考考查的热点.,牛顿第三定律的应用 【典例1】(2011浙江高考)如图所示，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( ),A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力

2、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 【审题视角】解答本题时应注意以下三点： 【关键点】 (1)作用力与反作用力等大、反向、异体. (2)平衡力等大、反向、同体. (3)比赛的胜负取决于甲、乙两人的加速度.,【精讲精析】甲对绳的拉力与绳对甲的拉力的受力物体分别是绳子和甲，是一对作用力和反作用力,A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力,B错误；比赛的胜负取决于两人的加速度大小，由于冰面光滑，而两人所受绳的拉力大小相等，若甲的质量比乙大，由牛顿第二定律可知

3、甲的加速度小于乙的加速度，乙运动得比甲快，故乙先到达分界线，所以甲能赢得比赛，C正确、D错误. 答案：C,【命题人揭秘】应用牛顿第三定律应注意的问题 (1)定律中的“总是”表明在任何条件下牛顿第三定律都是成立的. (2)牛顿第三定律只对相互作用的两个物体成立，因为大小相等、方向相反、作用在两个物体上且作用在同一条直线上的两个力，不一定是作用力和反作用力. (3)牛顿第三定律揭示了作用力和反作用力具有同时性，若一个力产生或消失，则另一个力必然同时产生或消失.,对牛顿第二定律瞬时性的理解 【典例2】(2010全国卷)如图所示，轻 弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端 与另一质量为M的木块2相连，

4、整个系统置于 水平放置的光滑木板上，并处于静止状态. 现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g，则有( ),【审题视角】解答本题时应明确在木板抽出前后木块1和2的受力情况有何变化，弹簧的弹力是否变化，根据合力求加速度.,【精讲精析】抽出木板的瞬间，弹簧的弹力未变，故木块1所 受合力仍为零，其加速度为a1=0.对于木块2受弹簧的弹力F1=mg 和重力Mg作用，根据牛顿第二定律得 因 此选项C正确. 答案：C,【命题人揭秘】瞬时加速度的求解与两种基本模型 分析物体的瞬时问题，关键是分析瞬时前后的受力情况和运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬

5、时加速度，此类问题应注意两种基本模型的建立: (1)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变.,(2)刚性绳(或接触面)：认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复的时间.一般题目中所给细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理.,整体法和隔离法的应用 【典例3】(2011新课标全国卷)如图， 在光滑水平面上有一质量为m1的足够长 的木板，其上叠放一质量为m2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

6、常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( ),【审题视角】解答本题时可按以下思路分析： 开始时F较小，两物体一起以相同的加速度运动，当F增大到某一值时，两物体相对滑动，m1水平方向仅受滑动摩擦力作用，加速度不变，m2水平方向所受合力增大，加速度增大，因此两物体加速度变化不同.,【精讲精析】该题解析过程如下: 答案：A,【命题人揭秘】整体法与隔离法的应用技巧 (1)运用整体法分析问题时，系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同. (2)对于连接体各部分加速度相同时，一般的思维方法是先用整体法求出加速度，再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律

7、求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”. (3)当求各部分之间的作用力时，一定要用隔离法.考虑解题的方便有以下两个原则： 选出的隔离体应包含所求的未知量；在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体的数目应尽可能地少.,牛顿运动定律与运动图象问题 【典例4】(2012安徽高考)质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落， 该下落过程对应的v-t图象如图所示.球与 水平地面相碰后离开地面时的速度大小为 碰撞前的3/4.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10 m/s2，求： (1)弹性球受到的空气阻力f的大小. (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.,【审题视角】解答本题时可

8、按以下思路分析：,【精讲精析】(1)由v-t图象可知，弹性球第一次下落过程中的加速度为： 由牛顿第二定律得：mg-f=ma1 则有：f=mg-ma1=(0.110-0.18) N=0.2 N,(2)弹性球第一次碰撞后反弹时的速度为 由牛顿第二定律得：mg+f=ma 则： 则反弹的高度为： 答案:(1)0.2 N (2)0.375 m,【命题人揭秘】 (1)本题以物体的v-t图象为背景，体现了高考以能力立意为主，重在培养学生读图能力和理解能力.主要考查v-t图象、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、匀速直线运动等知识点. (2)物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联

9、系力和运动的“桥梁”是加速度.,超重和失重问题 【典例5】(2012山东高考)将地面上静 止的货物竖直向上吊起，货物由地面运 动至最高点的过程中，v-t图象如图所示. 以下判断正确的是( ) A.前3 s内货物处于超重状态 B.最后2 s内货物只受重力作用 C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同 D.第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒,【审题视角】解答本题应把握以下四点： 【关键点】 (1)根据加速度的方向判断货物是超重还是失重. (2)根据加速度的大小判断货物是否只受重力作用. (3)利用运动学公式求平均速度的大小. (4)利用动能和势能的变化分析货物的机械能是否守恒.

10、,【精讲精析】由货物运动的v-t图象可知，前3 s内货物向上做 匀加速直线运动，货物处于超重状态，A正确；最后2 s内货物 向上做匀减速直线运动，加速度为-3 m/s2，说明货物除受重 力外，还受其他力的作用，B错误；由平均速度公式 得，前3秒内与最后2 s内货物的平均速度都为3 m/s，C对；第 3 s末至第5 s末的过程中，货物的速度不变，动能不变，重力 势能增加，故机械能增加，D错误. 答案:A、C,【命题人揭秘】超重与失重状态的判断方法 (1)拉力(或支持力)的角度：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；当拉力(或支持力)小于重力时，物体处于失重状态；当拉力(

11、或支持力)为零时，物体处于完全失重状态. (2)加速度的角度：当物体具有向上的加速度(或加速度分量)时，处于超重状态；当具有向下的加速度(或加速度分量)时，处于失重状态；当具有向下的加速度且加速度a=g时，处于完全失重状态.,用牛顿第二定律解决动力学问题 【典例6】(2011上海高考)如图，质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20 m.用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2 s拉至B处.(已知cos37=0.8, sin37=0.6.取g=10 m/s2) (1)求物体与地面间的动摩擦因数； (2)用大小为30 N，与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物

12、体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.,【审题视角】要使物体到达B处时间最短，物体应该先加速，然后减速，到达B处速度恰为0，中间没有匀速运动.,【精讲精析】(1)物体做匀加速运动 解得： 对物体由牛顿第二定律得： F-mg=ma0 解得：,(2)设F作用的最短时间为t，物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速时间t到达B处，速度恰为0，对物体由牛顿第二定律得： Fcos37-(mg-Fsin37)=ma 解得：,由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有： at=at 解得： 解得： 答案：(1)0.5 (2)1.03 s,【命

13、题人揭秘】解决动力学两类问题的基本思路 (1)由受力情况求运动情况,解题思路: (2)由运动情况求受力情况,解题思路:,相对运动在牛顿运动定律中的应用 【典例7】(2010海南高考)图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2.在木板上施加一水平向右的拉力F，在03 s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10 m/s2.整个系统开始时静止.,(1)求1 s、1.5 s、2 s、3 s末木板的速度以及 2 s、3 s末物块的速度； (2)在同一坐标系中画出03 s内木板和物块的v-t图象，据此求0

14、3 s内物块相对于木板滑过的距离. 【审题视角】解答本题时要首先分析出在各个阶段木板和物块的受力情况，根据牛顿第二定律求出各自的加速度.再根据运动学公式可以求出各个时刻的速度，由v-t图象确定相对位移.,【精讲精析】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt，木板和物块之间摩擦力的大小为Ff，依据牛顿第二定律、运动学公式和摩擦力公式得：Ff=ma Ff=mg，当vtvt vt2=vt1+a(t2-t1) F-Ff=2ma vt2=vt1+a(t2-t1) ,结合题给条件得： v1=4 m/s,v1.5=4.5 m/s, v2=4 m/s,v2=4 m/s

15、2 s末木板和物块达到共同速度，此后两物体一起做匀速直线运动，故v3=4 m/s,v3=4 m/s ,(2)由上述公式得到物块与木板运动的 v-t图象，如图所示.在03 s内物块相 对于木板的距离s等于木板和物块v-t 图线下的面积之差，即图中带阴影的四 边形面积，该四边形由两个三角形组成， 上面的三角形面积为0.25 m，下面的三角形面积为2 m，因此s=2.25 m. 答案：(1)4 m/s 4.5 m/s 4 m/s 4 m/s 4 m/s 4 m/s (2)图见精讲精析 2.25 m,【命题人揭秘】 (1)本题以F-t图象为背景，考查牛顿运动定律以及相对运动知识，明确运动情景与物体受力

16、的对应关系是解决问题的关键. (2)本题用F-t图象间接地给出了物体的受力情况，立意新；同时将物体间的相对运动的距离和v-t图象的“面积”结合起来，使复杂问题变得直观、形象，但对学生的能力也提出了较高的要求.,牛顿运动定律的综合应用 【典例8】(2011山东高考)如图 所示，在高出水平地面h=1.8 m 的 光滑平台上放置一质量M=2 kg、由 两种不同材料连接成一体的薄板A， 其右段长度l1=0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙.在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1 kg.B与A左段间动摩擦因数=0.4.开始时二者均静止，先对A施加F=20 N 水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出

17、平台)后，将A取走.B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2 m.(取g=10 m/s2)求：,(1)B离开平台时的速度vB. (2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB. (3)A左段的长度l2. 【审题视角】解答本题时应注意以下三点： 【关键点】 (1)物体A、B受力分析对应两个过程. (2)物体的运动与对应的受力情况. (3)两个物体运动时间之间的关系.,【精讲精析】(1)物块B离开平台后做平抛运动： x=vBt h= gt2 解之可得vB=2 m/s (2)物块B与A右端接触时处于静止状态，当B与A左端接触时做匀加速直线运动，设加速度为aB,则 mg=maB

18、 vB=aBtB 又xB= aBtB2 解得tB=0.5 s xB=0.5 m,(3)A刚开始运动时，A做匀加速直线运动，设加速度为a1,B刚开始运动时，A的速度为v1,加速度为a2,则有 F=Ma1 v12=2a1l1 F-mg=Ma2 l2=v1tB+ a2tB2- aBtB2 解得l2=1.5 m 答案：(1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m,【阅卷人点拨】,牛顿运动定律 高考指数: 1.(2011北京高考)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，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变化的情况如图所示，将蹦极过

19、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( ),A.g B.2g C.3g D.4g,【解题指南】解答本题时应把握以下三点： (1)绳子拉力稳定不变时，人处于静止状态. (2)人处于静止状态时，绳子的拉力等于重力. (3)绳子拉力与重力的合力决定人的加速度. 【解析】选B.从题图中可以看出，最后绳子拉力稳定不变，表明人已经静止不动，此时绳子的拉力等于重力，所以mg=0.6F0，根据牛顿第二定律，最大加速度 故B正确.,2.(2011福建高考)如图，一不可伸长的轻 质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为 m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量 为

20、m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对 滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦.设细绳对A 和B的拉力大小分别为T1和T2.已知下列四个关 于T1的表达式中有一个是正确的.请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( ),【解析】选C.若将滑轮视为轻质滑轮，即m=0，故T1=T2，由牛 顿第二定律得m2g-T2=m2a，T1-m1g=m1a，解得 当m=0时对各选项逐一进行验证，只有C正确；当m1=m2时，则 T1=m1g，同时对各选项逐一进行验证，只有C正确；故正确答案 选C.,3.(2011上海高考)在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛.一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，

21、它受到的磁力( ) A.小于受到的弹力 B.大于受到的弹力 C.和受到的弹力是一对作用力与反作用力 D.和受到的弹力是一对平衡力 【解析】选D.因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力：磁力与弹力，应为平衡力，故D正确，A、B、C错误.,牛顿运动定律的应用 高考指数: 4.(2012安徽高考)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,【解析】选C.根据物块的运动情况可知，加恒力F前、后，物块的

22、受力情况分别如图甲、乙所示: 则由牛顿第二定律得： mgsin-umgcos=ma， (F+mg)sin-u(F+mg)cos=ma， 两式相除得： 所以aa,故只有选项C正确.,5.(2012江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是( ),【解析】选C.皮球在上升过程中速度越来越小，所以空气阻力越来越小，重力与空气阻力的合力越来越小，所以加速度越来越小，一开始加速度最大，后来减小得越来越慢，最后速度为零时，加速度变为重力加速度，所以答案选C.,6.(2012江苏高考)如图所示，一夹子

23、夹 住木块，在力F作用下向上提升.夹子和木 块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间 的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力 F的最大值是( ),【解题指南】本题考查共点力的平衡问题，分别用到整体法和隔 离法，属于基本应用，难度中等. 【解析】选A.对木块受力分析有2f=Mg，对夹子受力分析，在竖 直方向上有F=2f+mg，联立两式可得： 答案选A.,7.(2011上海高考)如图，在水平面上的 箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细 线分别系于上、下两边，处于静止状态. 地面受到的压力为FN，球b所受细线的拉 力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升 过程中地面受到的压力( ) A小于FN B.

24、等于FN C等于FN+F D.大于FN+F,【解题指南】解答本题要把握以下三点： (1)剪断细线前由整体法列平衡方程求出FN，隔离法列出b球的平衡方程. (2)剪断细线后对箱子和a球整体列平衡方程求出FN. (3)分析b球上升过程中库仑力的变化.,【解析】选D.剪断细线前,把箱子以及两小球a、b看做一个整体，静止时地面受到的压力为FN等于三个物体的总重力，即FN=Mg+mag+mbg，对球b由平衡条件得F电=mbg+F；剪断细线后，对箱子和a球由平衡条件得FN=Mg+mag+F电=FN-mbg+F电，b球加速上升过程中，两球之间的库仑力增大，即F电F电，因此FNFN+F，D正确，A、B、C错误

25、.,8.(2011上海高考)受水平外力F作用的 物体，在粗糙水平面上做直线运动，其 v-t图线如图所示，则( ) A.在0t1秒内，外力F大小不断增大 B.在t1时刻，外力F为零 C.在t1t2秒内，外力F大小可能不断减小 D.在t1t2秒内，外力F大小可能先减小后增大,【解题指南】解答本题要注意以下三点： (1)v-t图象的斜率表示物体的加速度. (2)摩擦阻力不变. (3)F的方向可能与加速度a一致，也可能与a相反.,【解析】选C、D.0t1秒内，物体加速运动，F-Ff=ma，从图象斜率看，这段时间内的加速度减小，所以，0t1秒内，不断减小，A错误；从图象斜率看在t1时刻，加速度为零，F=

26、Ff，B错误；在t1t2秒内减速运动，若开始时的方向与a相反，则Ff-F=ma，从图象斜率看加速度逐渐增大，因此不断减小，C正确；当减小到零，反向之后，Ff+F=ma，当增大时，加速度逐渐增大，D正确,9.(2011福建高考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2v1，则( ),A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先

27、向右后向左 D.0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【解析】选B.由图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错，B对；0t2 这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t3小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，C、D错.故选B.,10.(2010山东高考)如图甲所示，物体 沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段 距离后停止，物体与斜面和水平面间的动 摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接.图乙中v、a、Ff和s分别表示物体的速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程.图乙中正确的是( )

28、,【解析】选C.本题考查了图象问题，对于该问题要寻找规律，写出表达式，然后判断.物体在两个过程中都做匀变速运动，由此可知A、B、D选项不正确.由Ff1=mgcos和Ff2=mg可知，C选项正确.,11.(2010海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止.现将该木板改成倾角为45的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑.若小物块与木板之间的动摩擦因数为，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( ),【解析】选A.木板水平时，小物块的加速度a1=g，设滑行初 速度为v0，则滑行时间为t= ；木板改成倾角为45的斜面 后，小物块上滑的加速度为： 滑行时

29、间为： A项正确.,12.(2010上海高考)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体( ) A.刚抛出时的速度最大 B.在最高点的加速度为零 C.上升时间大于下落时间 D.上升时的加速度等于下落时的加速度 【解析】选A.本题考查了牛顿运动定律和运动学知识，解答的关键是搞清上升和下降阶段加速度不同，上升时加速度大，时间短，所以C、D错，在最高点的加速度为g，所以B错，只有A正确.,13.(2010福建高考)质量为 2 kg的物体 静止在足够大的水平面上，物体与地面间 的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力和滑 动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始，

30、物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取10 m/s2，则物体在t=0到t=12 s 这段时间内的位移大小为( ) A.18 m B.54 m C.72 m D.198 m,【解析】选B.拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动. 03 s时：F=Ffmax=mg=4 N，物体保持静止，x1=0； 3 s6 s时：FFfmax，物体由静止开始做匀加速直线运动,6 s9 s时：F=Ffmax，物体做匀速直线运动,x3=vt=63 m=18 m 9 s12 s时：FFfmax，物体以6 m/s为初速度，以2 m/s2为加速 度继续

31、做匀加速直线运动，则： x4=vt+ at2=63 m+ 232 m=27 m 所以012 s内物体的位移为：x=x1+x2+x3+x4=54 m，B正确.,【误区警示】解答本题易产生的两个误区 (1)误认为03 s物体做匀速直线运动，实际上这段时间内物体受力平衡，保持静止状态. (2)误认为3 s6 s和9 s12 s时间内物体都做初速度为零的匀加速直线运动，实际上9 s12 s时间内的初速度等于6 s9 s时间内物体匀速运动的速度.,14.(2012浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力 与其形状的关系,小明同学用石蜡做成两条质量 均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所 示.在高出水面H处

32、分别静止释放“A鱼”和“B 鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜hB后速度减为零.“鱼”在水中运动时，除受重力 外，还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力 的 倍，重力加速度为g,“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的 长度.假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计.求：,(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA. (2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA. (3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fAfB. 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： 确定研究对象受力分析运动分析用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律列方程解得结果.,【解析】(1)以“A鱼”为研究

33、对象，“A鱼”入水前，只受重 力，做自由落体运动，则有vA2-0=2gH，得vA= . (2)“A鱼”入水后，受重力、阻力、浮力三个力作用，做匀减 速直线运动，设加速度为aA，以运动方向为正方向，有 mg-F浮-fA=maA,0-vA2=2aAhA, 由题意F浮= mg,联立得,(3)以“B鱼”为研究对象，“B鱼”的受力和运动情况与“A 鱼”相似，所以 答案:,15.(2012重庆高考)某校举行托乒乓球跑 步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s， 比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大 小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运 动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保

34、持在球拍中心不动.比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为0，如图所示.设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.,(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k； (2)求在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式； (3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比0大了并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求应满足的条件. 【解析】(1)在匀速运动阶段， 有mgtan0=kv0 得,(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N，有 Ns

35、in-kv=ma Ncos=mg 得,(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有 球拍倾角为0+时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿 球拍面下滑的加速度大小为a 有Fsin=ma 设匀速跑阶段所用时间为t， 有 球不从球拍上掉落的条件 at2r 得,答案：,16.(2011江苏高考)如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30角固定放置.将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口.现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变.(重力加速度为g)

36、,(1)求小物块下落过程中的加速度大小； (2)求小球从管口抛出时的速度大小； (3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于 【解析】(1)设细线中的张力为FT, 根据牛顿第二定律得: 对小物块:Mg-FT=Ma 对小球:FT-mgsin30=ma 且M=km 联立解得,(2)设M落地时的速度大小为v,m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度大小为a0， 根据牛顿第二定律-mgsin30=ma0 由匀变速直线运动规律知 v2=2aLsin30，v02-v2=2a0L(1-sin30) 联立解得,(3)由平抛运动规律x=v0t, Lsin30= gt2 解得 得证. 答案: (3)见解析,17

37、.(2010安徽高考)质量为2 kg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v-t图 象如图所示.g取10 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)010 s内物体运动位移的大小.,【解析】(1)设物体做匀减速直线运动的时间为t2，初速度为v20，末速度为v2t，加速度为a2，则 设物体所受的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得： Ff=ma2 Ff=-mg 联立式，代入数据得=0.2 ,(2)设物体做匀加速直线运动的时间为t1，初速度为v10，末速度为v1t，加速度为a1，则 根据牛顿第二定律，有F+Ff=ma1 联立

38、各式，代入数据得F=6 N (3)由匀变速直线运动位移公式，得 x=x1+x2=v10t1+ =46 m 答案:(1)0.2 (2)6 N (3)46 m,18.(2009海南高考)一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v0=12 m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关，某时刻，车厢脱落，并以大小为a=2 m/s2的加速度减速滑行，在车厢脱落t=3 s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍，假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离.,【解析】设刹车前卡车的牵引力大小为F，卡车的质量为m，则车厢没脱落前，F=2mg 设车厢脱落后，卡车加

39、速度大小为a1，刹车后，卡车加速度大小为a2，由牛顿第二定律得： F-mg=ma1 mg=ma 3mg=ma2 设车厢脱落后，t=3 s内卡车行驶的路程为x1，末速度为v1， 则: x1=v0t+ a1t2 ,v1=v0+a1t v12=2a2x2 (式中x2是卡车在刹车后减速行驶的路程) 设车厢脱落后滑行的路程为x，有 v02=2ax 卡车和车厢都停止时相距x，则: x=x1+x2-x 式联立代入数据解得: x=36 m. 答案:36 m,【方法技巧】受力分析是解决动力学问题的关键 解决动力学问题时，受力分析是关键，对物体运动情况的分析同样重要，特别是对运动过程较复杂的问题.分析时，一定要弄

40、清楚整个过程中物体的加速度是否相同，若不同，必须分阶段处理，加速度改变时的速度是前后过程联系的桥梁.分析受力时，要注意前后过程中哪些力发生了变化，哪些力没发生变化.,超重和失重 高考指数: 19.(2010海南高考)如图所示，木箱内有一竖 直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时 弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上.若在某一 段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时 间内，木箱的运动状态可能为( ) A.加速下降 B.加速上升 C.减速上升 D.减速下降,【解析】选B、D.木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，合外力的方向向上，表明系统有向上的加速度

41、，是超重，可能加速上升，也可能是减速下降，B、D正确.,20.(2010浙江高考)如图所示，A、B两物体 叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气 阻力).下列说法正确的是( ) A.在上升和下降过程中A对B压力一定为零 B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力,【解析】选A.该题考查了加速度相同的连接体问题，用隔离法求相互作用力.当系统被抛出后，两者的加速度为g.对物体A进行受力分析，设支持力为F，则mg-F=mg，F=0，A选项正确.,21.(2011天津高考)某同学利用测力计研究

42、在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G.他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是_. 【解析】测力计的示数小于G，说明电梯处于失重状态，加速度方向向下，则电梯可能是向下加速，也可能是向上减速. 答案:减速上升或加速下降,【方法技巧】巧用超失重观点解题 当物体的加速度不在竖直方向上，而具有向上的分量a上或者具有向下的分量a下，则物体的视重与实重的关系为： (1)超重时：F视=mg+ma上 ，视重等于实重加上ma上，视重比实重大ma上. (2)失重时：F视=mg-ma下，视重等于实重减去ma下，视重比实重“失

43、去”了ma下.,牛顿第一定律、牛顿第三定律 1.牛顿第一定律 (1)内容：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. (2)物理意义. 指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律. 指出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，即产生加速度的原因.,2.惯性 (1)定义：物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质. (2)惯性的性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关. (3)惯性的表现：物体不受外力作用时，有保持静止或匀速直线运动状态的性质；物体受到外力作用时其惯性大小表现在运

44、动状态改变的难易程度上. (4)惯性大小的量度：质量是惯性大小的惟一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.,3.牛顿第三定律 (1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上. (2)物理意义：建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系.,4.相互作用力与平衡力的比较,【名师点睛】 1.牛顿第一定律的理解 (1)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)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况.,2.对惯性的理解，应注意 (1)物体的惯性总是以保持

45、“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来. (2)惯性与物体是否受力、怎样受力无关，与物体是否运动、怎样运动无关，与物体所处的地理位置无关，惯性大小仅由质量决定. 3.注意区别惯性和惯性定律 (1)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，与物体是否受力、受力的大小无关. (2)惯性定律(牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律.,4.牛顿第三定律的“三个相同”和“两个不同” (1) (2),牛顿第二定律及其应用 1.牛顿第二定律 (1)内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同. (2)表达式：F=ma. (3)适用范围. 牛顿第二定律只适用

46、于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系. 牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况.,2.进一步理解牛顿第二定律 牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系，联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度，可从以下几个方面理解牛顿第二定律：,3.两类动力学问题 牛顿第二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与运动情况联系起来. 两类动力学问题分别是已知受力情况求物体的运动情况和已知运动情况求物体的受力情况，分析这两类问题的流程图为：,4.力学单位制 (1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制. (2)

47、基本单位：基本物理量的单位.基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位分别是kg、s、m. (3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.,【名师点睛】 1.牛顿第二定律F=ma在确定a与m、F的数量关系的同时，也确定了三个量间的单位关系，因为此式为矢量式，所以也确定了a与F间的方向关系. 2.应用牛顿第二定律求a时，可以先求F合，再求a，还可以先求各个力的加速度，再合成求出合加速度.,3.独立性原理是牛顿第二定律正交分解法的基础.根据独立性原理，把物体所受的合力分解在相互垂直的方向上，在这两个方向上分别列牛顿第二定律方程.这就是牛顿第二定律的正

48、交分解法.,【状元心得】 1.应用牛顿第二定律的解题思路和步骤 (1)解题思路. 首先对所选取的研究对象进行受力分析和运动过程分析，然后由牛顿第二定律，通过加速度这个桥梁，结合运动学公式列式求解. (2)解题步骤. 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. 进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程.,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的方向为某一坐标轴的正方向. 求合外力F. 根据牛顿第二定律F=ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论.,2.应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题的过程，主要把握两点 (1)一个桥梁

49、物体运动的加速度. (2)两类问题. 第一类问题：已知受力求运动，对物体进行受力分析，确定加速度是解决问题的关键. 第二类问题：已知运动求受力，分析物体的运动过程，通过运动学公式确定物体的加速度是解决问题的关键.,超重和失重 1.超重 (1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力)大于物体所受重力的情况称为超重现象. (2)产生条件：物体具有向上的加速度. 2.失重 (1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力)小于物体所受重力的情况称为失重现象. (2)产生条件：物体具有向下的加速度.,3.完全失重 (1)物体对水平支持物的压力(或对竖直悬线的拉力)等于零的情况称为完全失重现象. (

50、2)产生条件：物体具有向下的加速度且加速度a=g. 4.视重: 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重，视重大小等于它们所受的压力或拉力.,【名师点睛】 四角度理解超重和失重 1.重力的角度：物体处于超重或失重状态时，重力没有变化,仍为mg. 2.拉力(支持力)的角度：物体处于超重或失重状态时，竖直向上的拉力(支持力)不再等于重力，超重时大于重力，失重时小于重力，完全失重时等于零.,3.加速度的角度：物体处于超重或失重状态时，竖直方向具有加速度，超重时方向向上，失重时方向向下，完全失重时a=g. 4.速度的角度：物体处于超重状态时，速度方向可以向上(加速运动)

51、，可以向下(减速运动)；物体处于失重状态时，速度方向可以向上(减速运动)，也可以向下(加速运动).,整体法和隔离法处理连接体问题 1.整体法：当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到外力F已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度，这种处理问题的思维方法叫做整体法. 2.隔离法：从研究的方便出发，当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中“隔离”出来，进行受力分析，依据牛顿第二定律列方程，这种处理连接体问题的思维方法叫做隔离法.,【名师点睛】 处理连接体问题时，整体法和隔离法往往交叉使用，一般的方法是先用整体

52、法求加速度，再用隔离法求物体之间的相互作用力.,动力学中的临界极值问题 在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件.,一、动力学中的典型临界问题 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FN=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

53、受的张力是有限的，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，绳子松弛的临界条件是：FT=0.,4.加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度.当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值.,二、解题策略 解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况.,【典题例证】如图所示，质量为m=1 kg的物块放在倾角为=37的斜面体上，斜面质量为M=2 k

54、g，斜面与物块间的动摩擦因数为=0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围.(g=10 m/s2 ),【命题探究】此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下.找准临界状态是求解此题的关键.,【深度剖析】(1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向. 对物块分析， 在水平方向有FNsin-FNcos=ma1 竖直方向有FNcos+FNsin-mg=0 对

55、整体有F1=(M+m)a1 代入数值得a1=4.8 m/s2，F1=14.4 N,(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有FNsin+FNcos=ma2, 竖直方向有FNcos-FNsin-mg=0， 对整体有F2=(M+m)a2 代入数值得a2=11.2 m/s2,F2=33.6 N 综上所述可知推力F的取值范围为：14.4 NF33.6 N,物理学问题的表达方式通常有文字、数字、字母、表格、函数、图象等，其中图象是常见且直观的一种方式在动力学中，常见的图象有x-t图象、v-t图象和F-t图象等. 利用图象分析动力学问题时，关键是要将题目中的物理情景

56、与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出正确判断如必须弄清位移、速度、加速度等物理量和图象中斜率、截距、交点、折点、面积等的对应关系,巧用v-t图象解决动力学综合问题,我们最常用的是v-t图象它有如下特点： 1.因速度是矢量，故图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v-t图象只能描述物体做直线运动的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的v-t图象.,2.画图要注意v-t图象没有时间t的“负轴”，因时间没有负值. 3.v-t图象图线上每一点的斜率代表该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向. 4.v-t图象

57、上速度的图线与时间轴所围成的“面积”表示物体的位移.,【典例1】如图所示，质量为M=4 kg的木板长L=1.4 m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板间的动摩擦因数=0.4,今用水平力F=28 N 向右拉木板要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？(不计空气阻力，g=10 m/s2),【命题探究】本题设计巧妙，是典型的动力学多过程问题，要求学生具有较高的处理较复杂问题的能力，尤其在对隐含条件及临界条件的挖掘、分清物理过程及对中间量的设定上都有较高要求.,【深度剖析】在力F作用过程中，M和m都做匀加速直线运动，经过t1撤掉力F

58、后，m继续做匀加速运动，M做匀减速运动，当两者达到共同速度时，如果m恰好滑到M的左端，则时间为最短时间，该状态为临界状态.本题可以借助v-t图象来解决.,设t1时刻撤掉力F，此时，滑块的速度为v2，木板的速度为v1,t2时刻达到最终速度v3，阴影部分的面积为板长L. 在0t1的过程中，由牛顿第二定律得： 对滑块:mg=ma2，v2=a2t1 对木板：F-mg=Ma1，v1=a1t1 撤去力F后，木板的加速度变为a3，则:mg=Ma3 由v-t图象知: L= (v1-v2)t2 v1-a3(t2-t1)=v2+a2(t2-t1) 联立以上各式得:t1=1 s,【典例2】将一个粉笔头轻放在以2 m

59、/s的恒定速度运动的足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为 4 m 的划线若使该传送带仍以2 m/s的初速度改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5 m/s2，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一个粉笔头(与传送带的动摩擦因数和第一个相同)轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？,【命题探究】“划痕”问题的解题核心强调的是运动过程的全程分析，其中建立正确的几何关系是解题成功的关键.图象法更加直观、简捷.,【深度剖析】第一次划线，传送带匀速，粉笔头由静止开始做匀加速运动，两者发生相对滑动，设粉笔头的加速度大小为a1，同时作出粉笔头和传送带的速度时间图象，如图甲所示.,AB和OB分别代表它们的速度时间图线,速度相等时(B点)划线结 束，图中AOB的面积代表第一次划线长度 2t0=4，故t0