第3讲 牛顿运动定律的应用-【回归课本】2025年高中物理基础知识训练

即Fcs37°-mg=0, (1)升降机匀速上升，a=0,则F、=mg=600N,人处于 解得a= 4g=7.5m/s3。 平衡状态。 及解析 (2)升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重 加速度方向水平向右，车厢的加速度与小球的加速度 力，人处于超重状态。 相同，因此车厢做水平向右的匀加速直线运动或水平 根据牛顿第二定律得FN:-mg=ma1, 向左的匀减速直线运动。 解得F、1=m(g+a,)=840N。 (2)由(1)解得悬线对小球的拉力大小 (3)升降机加速下降，加速度方向向下，支持力小于重 3n125N。 F1=- 力，人处于失重状态。 根据牛顿第二定律得mg-Fa=ma2, 变式题(1)5m/8(2)25m/ 解得F:=m(g-a2)=300N。 【解析】(1)若斜面光滑，物体只受重力和斜面的支持 (4)升降机以重力加速度g加速下降，人处于完全失重 力，重力沿斜面向下的分力为物体受到的合外力。 状态，F=0。 根据牛顿第二定律得mgsin8=ma1, 第三讲 牛顿运动定律的应用 解得a1=gsin8=10 1 m/s=5m/s。 【研课本·划重点】 (2)若斜面不光滑，物体受重力、斜面的支持力F、和摩 一、①运动情况②受力情况③加速度 擦力F,重力沿斜面向下的分力和摩擦力的合力为物 ④运动学公式⑤牛顿第二定律 体受到的合外力，根据牛顿第二定律得 三、①物体系统②外③内 mgsin 0-F:=ma2,Fs=mgcos 6,F=uFx, 四、①F、=0②最大值③最大 联立解得m,=gsim0-gcos0=2.5m/s2。 五、①运动性质②性质与方向③突变④方向 典例3(1)mm(2)m错 【快提升·练典例】 【解析】(1)高和半径都是长度，单位都是米(m),体 典例13 积的单位是立方米(m)。 【解析】设人的质量为m, (2)油=了h,可得V的单位是m,与体积的国际 对人进行受力分析，受重 单位m'相矛盾，说明该公式是错的。 力mg、支持力F、,摩擦力F 300 第二讲超重和失重 (摩擦力的方向一定与接触 【研课本·划重点】 面平行，由加速度的方向可 一、①无关②示数③拉力④压力⑤大于 推知F,水平向右)。建立直 ⑥小于⑦完全没有作用力⑧竖直向上⑨竖直向下 角坐标系，取水平向右（即F方向）为x轴正方向，分解 0竖直向下①等于g②加速B减速加速 加速度，其中a,=acos30°，a,=asin30°，如图所示。 ⑤减速6加速①减速 由牛顿第二定律可得，x轴方向有F,=nacos30°，y轴方 【快提升·练典例】 向有R、nmg=man30,又已知=名g,解得 组E5 mg 5 典例1(1)600N.平衡状态(2)840N,超重状态 典例22g,方向竖直向下0 (3)300N,失重状态(4)0，完全失重状态 【解析】选自RU版必修第一册P114第1题。 【解析】根据体重计测重原理可知，人所受到的支持 设两球的质量均为m,细线剪断前，以B为研究对象进 力即为体重计的示数。 行受力分析，弹簧的弹力F=mg, 11 7 以A、B整体为研究对象进行受力分析，细线的拉力 【点评】本题以用弹簧相连的两滑块为素材，创设了 T=2mg: 研究变速直线运动的学习探索问题情境。主要考查 剪断细线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg, 位移、速度、加速度、滑动摩擦力和牛领第二定律等知 根据牛顿第二定律 识点。在关键能力方面考查理解能力和推理论证能 对A有mg+F=ma,解得a,=2g,方向竖直向下： 力。考生在该题上出错的原因主要有以下两点：一 对B有F-mg=ma,解得aa=0。 不能准确地分析P、Q的受力及其变化情况：二、不能 变式题AD【解析】设两滑块的质量均为m,撤去拉 在变加速直线运动中根据物体的加速度变化情况判 力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小F= 嘶物体速度的变化情况。 2mg,撤去拉力前，对Q受力分析可知，弹簧的弹力 典例3(1)440N(2)275N T。=mgo 【解析】(1)设运动员受到轻绳向上的拉力为F,由于 从撤去拉力开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程 跨过定滑轮的两段轻绳拉力相等，因此吊椅受到轻绳 中，以水平向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不 的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析， 变，为mg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时 如图甲所示，则有2F-(M+m)g=(M+m)a,解得F= 对滑块P分析，有-T。μmg=man, 440N。根据牛顿第三定律可知，运动员竖直向下拉绳 解得am=-24g。 的力F=440N 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，此后滑块 P做诚速运动，故P、Q间距离减小，弹簧的伸长量变 小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的 加速度减小，滑块Q的合外力增大，方向向左，做加速 度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤 (M+m)g g 去拉力瞬间的加速度，大小为2g,Q加速度大小的最 甲 乙 大值为弹簧恢复原长时的加速度大小，此时有 (2)设吊椅对运动员的支持力为F、,对运动员进行受 wmg=ma,解得a=g,故滑块Q加速度大小的最 力分析，如图乙所示，则有F+Fx-Mg=Ma,解得F、= 大值为g,A正确，B错误。 275N。由牛顿第三定律可知，运动员对吊椅的压力大 滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P 小也为275N,方向竖直向下。 的位移一定小于Q的位移，C错误。 典例4A【解析】当滑块向右运动的加速度为某一临 滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度a口满足 界值时，滑块对小球的支持力恰好为零，此时小球受到 wmg=mae,解得am=g,撤去拉力时，P,Q的初速度相 重力和细线的拉力F,的作用，如图甲所示。根据牛顿 等。因此撤去拉力后，滑块P由开始的加速度大小为g 第二定律有F,cos0=ma,F,sin0mg=0,其中0=45°， 做加速度减诚小的诚速运动，最后弹簧第一次恢复原长时加 解得a。=g,则当滑块向右运动的加速度a=2g时，小球 速度大小为g:滑块Q由开始的加速度为0做加速度增 已经“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有 大的减速运动，最后弹簧第一次恢复原长时加速度大小也 Frcos a=m·2g,Fisin a-mg=0,联立解得F,=10N, 为g。则可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度 故选A。 大小，D正确。 412 由60逐渐增大至120°时，下滑时间先减小后增大， 答 故选D。 及解析 【点评】注意三角函数取极值的条件与二倍角公式 的使用。 甲 典例8(1)4 3 (2) (3 典例5100N200N 32μ6 【解析】(1)小滑块滞上木板后，小滑块向右做匀减速 【解析】设刚开始时弹簧压缩量为，则x=坚 运动，木板向右做匀加速运动，设小滑块和木板的加速 0.2m,托盘质量不计，则弹簧的弹力即为托盘对P的 度大小分别为a和a2,最终两者的共同速度为r,运动 力，对P分析，在前0.2s时间内，由运动学公式得x= 时间为t。 对小滑块，根据牛顿第二定律有4mg=ma,得a,=4g: ,解得a=10ms,由牛顿第二定律可知，开好 对木板，根据牛顿第二定律有umg=3ma,得a:=3g F最小，有F=ma=100N,最终分离后F最大，有 Fn-mg=ma,解得F=200N。 最终速度相等时有=r。-a,1=al,解得t- 3。o 4 典例6(1)0.4m/s2(2)45s (2)小滑块在木板上相对木板滑动的距离为从开始到 【解析】(1)因为小包要的速度大于传送带的速度 共速小滑块比木板多运动的位移大小，即=x:x板， ,所以小包要受到传送带的摩擦力沿传送带向上，取 沿传送带向上为正方向，根据牛顿第二定律可知 小滑块的位移xm=2, ungeos0-mgsin8=ma,解得a=0.4m/s2。 木板的位移x=2, (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减 6 速直线运动，设经历时间，后与传送带共速， 联立解得一g 则，-2.58， (3)木板做加速运动时所移动的距离 a 3 这一过程中小包裹滑动的距离 x=2324g =4",=1.6+06 21 2x25m=275m, 变式题BCD【解析】A、B间的最大静摩擦力为 因为mgeos>mgsin0,即小包裹所受滑动摩擦力大于 2mg,B和地面之间的最大静摩擦力为mg,对A,6 重力沿传送带方向的分力，所以小包裹与传送带共速 3 整体分析，只要F>2wmg,整休就会运动，A错误： 后做匀速直线运动（此时重力的分力等于静摩擦力）至 传送带底端，匀速运动的时间为 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，B的加速度达到最大，故A、B一起运动的加 L-x13.95-2.75 t2= 8=28, 0.6 3 速度的最大值a满足2umg2umg=ma,解得B运 则小包裹通过传送带的时间=1，+42=4.58。 1 典例7D【解析】设PQ的水平距离为L,由运动学公 动的最大加速度a24g,D正确： 式可知、1 o5928sin9:,可得2=4L gsin28,可知当 A、B刚要发生相对滑动时，对A、B整体，有F。 2 8=45时，1有最小值，故0由30°逐渐增大至60°，即28 wmg=3maa,解得f。=3wmg,则F>3umg时两者会 13, 7 发生相对运动，C正确： ⑥水流⑦船头⑧水流速度 课 当= 2g时，两者相对静止，一起滑动，由牛顿第二 四、①相等 【快提升·练典例】 定律有F3 1 wmg=3ma,解得a=36,B正确。 典例1C【解析】汽车沿曲线转弯，受到的力指向轨 迹凹侧，汽车的速度逐渐减小，因此力F在沿轨迹切线 【点评】本题考查牛顿运动定律的综合应用，涉及板 方向的分力与运动方向相反，故C正确。 块问题、临界问题，综合能力要求较高。 典例9ACD【解析】由-1图像可求出物块沿斜面 典例2V4不m/。东偏下0角，其中mg= 【解析】根据运动的合成与分解可知， 向上滑行时的加速度大小为=”，根据牛顿第二定律 跳伞运动员着地时竖直方向上有书，= 得mg sin umges0=ma,即gsin0= 。同理， 5m/s,水平方向上有，=4m/s,着地速 度为合速度，大小=√+。 向下滑行时有gsim0-gs9= -,两式联立得sin0= √41m/s:速度与水平方向的夹角9的正切值为 Eo+eI to vi 。,可见能计算出斜面的倾角0以及物块 tan = ,如图所示。 2gt cos 6 ,4 与斜面间的动摩擦因数4，A,C正确：物块滑上斜面时的初 变式题BC【解析】按水平和竖直方向对运动进行分解。 速度。已知，向上滑行过程中做匀减速直线运动，末速度 水平方向做匀速直线运动： 竖直方向，A、B之间的距离d=H-2一→向上运动的位 为0，那么平均速度为，，因此物块沿斜面向上滑行的最远 移x=H-d=22→x与1成二次函数关系→匀加速直线 距离为x=21,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的 运动（对照，上述系数2应为了，即2=， oo+e:vo(o+e: 最大高度为xsin0= 2 ，D正确：仅根 得a=4m/s2)。 2gt 4g 所以物体水平方向的速度？，不变，竖直方向的速度。 据4图像无法求出物块的质量，B错误。 增大，则合速度=√+"也一定增大：合加速度即为 【点评】这是一道动力学与p-t图像结合的试题，要 竖直方向的加速度，加速度的大小和方向均不变，且加 注意每个运动阶段的受力分析以及图像的斜率和面 速度与合速度方向一定不共线，所以物体做速度大小 积的含义 增加、加速度不变的曲线运动（匀变速曲线运动）。 典例3√342060垂直河岸与河岸夹角为53 专题五 曲线运动 指向上游 第一讲 曲线运动运动的合成与分解 【解析】船头垂直河岸，即垂直水流速度时，两个分速 【研课本·划重点】 度垂直，船的实际速度 一、①切线②方向③变速④加速度⑤合力 合=√+=34m/8, 二、①分运动②合运动③平行四边形定则 过河时间= d=208 ④匀变速曲线⑤初速度为零的匀加速直线 P每 ⑥匀变速直线⑦匀变速曲线 小船到达河岸时，向下游运动了x="本t=60m: 船头垂直河岸时，过河时间最短； 三、①1②ec0s0=Pk3产1④船头 ⑤合运动 由于·>水，因此可以垂直河岸渡河，此时船头应指向 414回归课本 第三讲 牛顿运动定律的应用 高中物理 研课本·划重点 >答案链接P11 动力学的两类基本问题 1.已知物体的受力情况，确定物体的① 2.已知物体的运动情况，确定物体的② 3.解决两类基本问题的方法：以③ 为“桥梁”，由④ 和⑤ 列方 程求解，如图。 受力情况 、= 运动学公式 运动情况x,升 瞬时问题 1.两类重要模型及其特点 轻绳 形变恢复不陆姜时 两类 间，弹力可突变 注意：力 要 可以突变 模型 但速度不 轻弹簧 形变恢从需要时问， 可以突变 弹力不可突变 2.求解瞬时加速度的一般思路 分析变化前后物体的 列牛顿第二 求睬时 受力情祝 定律程 加速度 连接体问题 1.概念与应用 定义：多个相互关联的物体连接（叠放、并排或由轻绳、轻杆连接）在一起构成的 ① 称为连接体 外力与「外力：系统② 的物体对系统的作用力 接体 内力 内力：系统③ 各物体间的相互作用力 题 整体法：把加速度相同的物体看作一个整体来研究的方法 隔离法：求系统内物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独研究的方法 解题方法 (1)当连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间 的作用力时选用整体法 (2)当连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物 选取原则 体之间的作用力时选用隔离法 (3)当连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间 的作用力时，可以先求整体的加速度，后隔离求内力 4040 2.常见连接体类型 专题四 牛顿运动定律 四临界极值问题 1.接触与脱离的临界：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力① 2.相对滑动的临界：静摩擦力达到② 常见临界 3.断裂与松弛的临界：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的③ 极值问题 张力：绳子松弛的临界条件是F,=0 4.速度极值：物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大或最小 五传送带问题 1.传送带分类及过程分析 水平传送带 分类 倾斜传送带 (1)在初始时刻，比较物体速度与传送带速度的关系，判断物体所受的摩擦 运动过程中 力的性质与方向，进而判断物体开始阶段的① 传送带 的两个时刻 (2)在物体与传送带速度相同的时刻，判断物体所受摩擦力的② ,进而判断下一阶段物体的运动性质 (1)物体与传送带同向运动时，速度相等是摩擦力③ 的临界点 两个要点 (2)相对运动方向或相对运动趋势的方向是确定摩擦力④ 的突破点 2.解题一般步骤 研究 对象 传送带及传送带上的物体 摩擦力发生突变 临界 状态 物体的运动状态发生改变 水平 先根据物休的受力和传送带的速度计算物休加速的时问：和位移x, 再中x和传送带长度的关系判断物休的运动形式 力与 传送带 运动 若：≥m0,且物体能与传送带共速，则共速后物体与传送带相 倾斜 对静止，匀速运动 传送带 若4<tn0,且物体能与传送带共速，则共速后物体相对传送带 向下运动，加速度a=gsin0-gcoe0 结果 进一 计算 步计算物体在传送带上的运动时：、相对位移△x等 041 回归课本 3.传送带上物体的运动情况举例 (1)水平传送带模型 高中物理 项目 图示 物体可能的运动情况 =0 (1)可能一直加速 情境1 (2)可能先加速后匀速 (1)>m时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 情境2 (2)。<知时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 (1)传送带较短时，物体一直减速到达左端 情境3 (2)传送带较长时，物体还要被传送带传回右端。若>：，返回时速 度为，若o<,返回时速度为 (2)倾斜传送带模型 项目 图示 物体可能的运动情况 情境1 -0 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (1)可能一直以同一加速度加速 情境2 8 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以a,加速后以a2加速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 o (3)可能一直减速 情境3 (4)可能先加速后匀速 (5)可能先减速后匀速 (6)可能先以a,加速后以a,加速 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 情境4 (3)可能一直减速 (4)可能先减速后反向加速 (5)可能先减速后反向加速再匀速 4042 六板块问题 题四 1.问题特征 板块问题（如图），涉及摩擦力分析、相对运动等，属于多物体、多过程问题。另外，常见的子弹打 牛顿 木块（如图b)、圆环在直杆上滑动（如图©）都属于滑块类问题，处理方法与板块问题类似。 动定律 77727777770 图a 图b 图e 2.解题方法 板 判断物体运动性质， 滑至找位移关系，如x+山 怡好不滑离 隔路物体 一端 模 求出加速度a,与出 受力分析 速度、位移公式 速度毕擦力突变，判断 若保特相对静止 型 相等 者是否相对滑动 若发：消动.重新丽 岛，分析至过程结火 判断方法：以设保持相对静止，求二者问摩擦力F,若摩擦力F大于 最大静摩棕力F·侧发上相对滑动，若F≤F,则保持相对静止 七等时圆模型 1.质点从圆的顶端沿光滑弦轨道静止滑下，滑到弦轨道与圆的 交点的时间相等，如图a所示。 2.质点从圆上的各个位置沿光滑弦轨道静止滑下，滑到圆的底 端的时间相等，如图b所示。 证明：设某一条弦与水平方向的夹角为，圆的直径为d(如图a B 图a 图b 所示)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动可 2s 2dsin a 2d 得，加速度为a=gsin a,位移为s=dsin,所以运动时间为to= 即沿各条弦 gsin a g 的运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关 快提升 练典 >答案链接P11 考点一 两类动力学问题 典例1如图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面 的压力是其重力的？，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍： 30 【点拨】因为重力、支持力和摩擦力垂直，所以分解加速度可简化解题过程。 043, 回 33s5355 考点二 瞬时加速度 典例2如图所示，质量相同的A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动。两球 之间用一个轻质弹簧连接，如果突然剪断细线，求在剪断细线瞬间，A球、B球加速度 理 的大小和方向。 细线拉力突变为0，弹簧弹力不变 变式题（多选）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑 块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均 做匀速运动：某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 ( A.P的加速度大小的最大值为2g Q5T00000000PH →F 7777777777777777777777777777777 B.Q的加速度大小的最大值为2g C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 考点三 整体法与隔离法的应用 典例3一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的 运动员拉住，如图所示。已知运动员的质量为M=65kg,吊椅的质量为m=15kg,不计定 滑轮与轻绳间的摩擦。重力加速度g=10m/s2。当运动员与吊椅一起以加速度a= 1m/s2上升时，求： 整体的运动情况相同，萄先想到整体法 (1)运动员竖直向下拉绳的力： (2)运动员对吊椅的压力大小。 考点四临界极值问题 典例4如图所示，倾角为日=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处周定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质 人0 量为m= -kg,当滑块M以a=2g的加速度向右运动时，细线中拉力的大小为 (取g=10m/s2) A.10N B.5N 已知M的运动情沈，要 与临界情洗对比，判新 C.5 N D.√10N 小球是香“飘”超 4044 注意P的运动是与加速直线运动，但弹簧弹力是变力 典例5如图所示，轻弹簧上的托盘内有一物体P,质量m=10kg,弹簧的劲度系数 专题四 为k=500N/m,给P一竖直向上的力F,使之由静止开始向上做匀加速直线运动。已知 最初0.2s内F为变力，0.2s后F为恒力，托盘的质量不计，则F的最小值为多少？最 大值为多少？ P与托盘分离，弹簧恢复原长 动定律 考点五传送带模型 典例6机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒 定速率，=0.6/s运行的传送带与水平面间的夹角=37°，转轴间距 L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度2=1.6m/s从传送带顶端推下 一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数4=0.8。取 重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 回人g. (1)小包裹刚滑上传送带时加速度的大小a: 由山的大小可以判断在包裹速度等干传 (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 送帝萨废时摩擦力的生质和方向 考点六 等时圆模型的应用 典例7如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部 架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角0 0光滑长半板 可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至横村 P点所用的时间1与夹角0的大小有关。若0由30°逐渐增大至60°，物块的下 滑时间1将 ( 铁架台 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 【点拔】物块做初速度为零的匀加速直线运动，通过运动学公式和几何关系建立时间与角度的关系，即可得 到结论。 045, 回 考点七板块模型长木板不受下平台的摩擦力作用 典例8如图所示，两光滑水平平台通过一竖直台阶相连，下平台足够长，一质量为3m的长木板， 紧靠台阶放置在下平台上，其上表面与上平台平面相平。现有一质量为m的小滑块，以水平速度 理 。从上平台滑上木板而不会掉下，小滑块与木板间的动摩擦因数为4，重力加速度为g,求： (1)小滑块和长木板的最终速度大小： 圆”。 n四 7777777777777777777 (2)小滑块在木板上相对木板滑动的距离大小； (3)木板做加速运动时所移动的距离。 变式题（多选）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 动摩擦因数为山，B与地面间的动摩擦因数为)4。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 8。现对A施加一水平拉力F,则 A.当F<2umg时，A、B都相对地面静止 5 B.当F=mg时，A的加速度为374g B 7777777777777777777777777 C.当F>3mg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过2巡 考点八牛顿运动定律与图像结合 典例9（多选）如图a,一物块在1=0时刻滑上一固定斜面，其运动的-t图像如图b所示。若重 力加速度及图中的。、，41均为已知量，则可求出 () 图 图b 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 【点拔】根据-4图像可求出加速度a,再结合牛顿第二定律求解其他物理量。 4046