本章复习与测试优秀教案内容

第四章

牛顿运动定律复习总结与训练

【学习目标】

1．能根据物体的受力情况推导物体的运动情况．

2．掌握应用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路和方法．

3．会用共点力平衡条件解决有关力的平衡问题。

4．通过实验认识超重和失重现象，理解产生超重、失重现象的条件和实质．

5．进一步熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤．

【学习重点】

1.

会用牛顿运动定律和运动学公式解决简单的力学问题．

2.

共点力作用下物体的平衡条件及应用．

3.

发生超重、失重现象的条件及本质．

【学习难点】掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法

【知识回顾整理】

一、1、牛顿第一定律：

，牛顿第一定律定义了力：物体的运动不需要力来维持，力是改变运动状态的原因。

2、牛顿第二定律： ，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运动情况与物体的受力情况联系起来。

3、牛顿第三定律： ，牛顿第三定律说明了作用力与反作用力之间的关系，把相互作用的几个物体联系起来了。

二、解决的两类问题

1．两类动力学问题

（1）已知物体的受力情况，求物体的运动情况。

（2）已知物体的运动情况，求物体的受力情况。

2．应用牛顿第二定律解决问题的一般思路

（1）明确研究对象。

（2）对研究对象进行受力情况分析，画出受力图。

（3）以加速度的方向为正方向，与正方向相同的力为正，与正方向相反的力为负，列牛顿第二定律的方程。

（4）解方程时，F、m、a都用国际单位制单位。

3．分析两类问题的基本方法

（1）抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。

（2）分析流程图

受力情况

F1、F2……

力的合成分解

F合

F合=ma a 运动学公式

运动情况

v0、vt、s、t

强调：牛顿第二定律是“桥梁”，受力分析和运动分析是基础，正交分解是方法。

三、物体的平衡

三力平衡常用方法：

多力平衡我们一般用

方法

四、总结一下超重和适中的本质

【习题训练】

1、如图，电灯悬挂于两墙之间，更换绳OA，使连接点A向上移，但保持O点位置不变，则A点向上移时，绳OA的拉力（ ）

A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 解题小结：

2、（09江苏卷）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大宽度h；

3、质量是50 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一个弹簧秤，弹簧秤下面挂着一个质量为m=5 kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧秤的示数为40 N，

g取10 m/s2，求此时人对地板的压力。

4、如图，质量为m的木块放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体放在粗糙的水平地面上，用沿

斜面向上的拉力F拉木块，使木块与斜面体都保持静止，求地面对斜面体的摩擦力和支持力。

热点一

匀变速直线运动规律的应用

命题规律

高考对该热点的考查既有选择题也有计算题，命题方向主要有：

(1)匀变速运动公式的灵活应用．(2)在行车安全和实际中的应用．(3)追及相遇问题．

1．(2014·高考海南卷)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．

[突破点拨] (1)题干中“在加速阶段的第2 s内”说明运动员前2 s一定做____________________．

(2)由题干可知：前一过程匀加速运动的________即为后一过程匀速运动的速度．

[解析] 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得

2x1＝at20，x1＋x2＝a(2t0)，t0＝1 s 1212求得a＝5 m/s

设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为x，依题意及运动学规律，得

2t＝t1＋t2，v＝at1，x＝at21＋vt2

设匀加速阶段通过的距离为x′，

12则x′＝at1

2求得x′＝10 m. [答案] 5 m/s

10 m

(1)在上述题1中，运动员在全过程中运动的平均速度是多大？

解析：运动员在全过程中运动的平均速度：

212x100v＝＝ m/s≈9.1 m/s. t

11答案：9.1 m/s (2)在上述题1中，试画出运动员运动的速度—时间图象．

解析：由于加速运动的加速度a＝5 m/s，加速运动的位移为x′＝10 m，由运动学公式得：x′＝12at1，v＝at1

2代入数据解得：t1＝2 s，v＝10 m/s 所以运动员运动的速度—时间图象如图所示．

2

答案：见解析

2．(2015·河北唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前头)．则该动车的加速度大小约为(

) A．2 m/s C．0.5 m/s 22B．1 m/s

D．0.2 m/s

2212[解析] 设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有l＝v0t＋at

2从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有0－v0＝2a·2l，

解得a＝－0.5 m/s或a＝－18 m/s(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s. [答案] C 3．(2015·华中师大附中模拟)交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，求：

(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m．他采取上述措施能否避免闯红灯？

(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？

[解析] (1)甲车紧急刹车的加速度大小为

2222Ff10.4m1g2a1＝＝＝4 m/s

m1m1甲车停下所需时间：t1＝＝v010 s＝2.5 s a142v2100甲车滑行距离：x＝＝ m＝12.5 m 2a12×4由于x＝12.5 m<15 m，所以甲车能避免闯红灯．

(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间两车速度相等，乙车紧急刹车的加速度大小为

Ff2a2＝＝5 m/s2

m2速度相等：v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2

解得：t2＝2.0 s 乙车发生的位移：

x乙＝v0t0＋v0t2－a2t22＝15 m 12

甲车发生的位移：

x甲＝v0(t0＋t2)－a1(t0＋t2)2＝12.5 m x0＝x乙－x甲＝(15－12.5)m＝2.5 m. [答案] (1)能避免闯红灯

(2)2.5 m [总结提升] 1．匀变速直线运动常用的五种解题方法

12

2．追及问题的解题思路和技巧

(1)解题思路：

(2)解题技巧：

①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析．

热点二

动力学图象的应用

命题规律

动力学图象的应用一直是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，命题规律主要有以下几点：

(1)动力学图象结合匀变速直线运动规律考查．(2)动力学图象结合牛顿第二定律考查．(3)动力学图象结合受力分析、运动分析考查．

1．质量为2 kg的质点在xOy平面内运动，其在x方向的x－t

图象和y方向的v－t图象分别如图所示．下列关于该质点的说法，正确的是(

)

A．在t＝0时刻，其速度大小为3 m/s B．在t＝0时刻，其速度方向与合外力方向垂直

C．所受的合外力大小为3 N D．做匀变速直线运动

[突破点拨] (1)质点在x方向做________运动，在y方向做________运动．

(2)t＝0时，vx＝________，vy0＝________. (3)质点在x方向的加速度ax＝________，在y方向的加速度ay＝________，质点的合加速度a＝________. (4)质点所受合外力方向为________，与质点的速度是否在同一条直线上？

[解析]

t＝0时刻，由x方向的x－t图象知vx＝－4 m/s，沿x轴负方向，由y方向的v－t图象知vy0＝3 m/s，质点的合速度大小为v＝vx＋vy0＝4＋3 m/s＝5 m/s，A错误；由图象知ax＝0，ay＝1.5 m/s，故a＝1.5 m/s，F合＝ma＝3 N，方向沿y轴正方向，C正确；设合初速度方向与y轴正方向夹角为θ，则222222vx4tan θ＝||＝，可知θ＝53°，而合外力沿y轴正方向，B错误；合外力与初速度不在同一条直线vy03上，质点做匀变速曲线运动，D错误．

[答案] C

在上述题1中，t＝________s时，合速度与y轴夹角为45°. 22解析：vy＝vx/tan 45°＝4 m/s，由vy＝3＋ayt，ay＝1.5 m/s得，t＝s. 32答案：

32．(2015·福建厦门质检)某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示，由图可知，启用ABS后(

)

A．t1时刻车速更小

B．0～t3时间内加速度更小

C．加速度总是比不启用ABS时大

D．刹车后前行的距离比不启用ABS时短

[解析] 由题图可知，启用ABS后，t1时刻车速更大，A错误．由v－t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间

内，启用ABS后的加速度比不启用ABS时小，而在t1～t3时间内，启用ABS后的加速度比不启用ABS时大，B、C错误．由图线与坐标轴所围面积表示位移可知，启用ABS后，刹车距离比不启用ABS时短，D正确．

[答案] D 3.(多选)(2015·潍坊一模)一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是(

)

A．t＝6 s时车速为5 m/s B．t＝3 s时车速为零

C．前9 s内的平均速度为15 m/s D．前6 s内车的位移为90 m [解析] 0～3 s，汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B正确；3～9 s，汽车做匀加速直线运动，t＝6 s时速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝15 m/s，A错误；前3 s内0－v00－301212的位移x3＝＝ m＝45 m，3～9 s内的位移x3～9＝a2t3＝×5×6 m＝90 m，则前9 s2a12×（－10）22内的位移为x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度为v＝22x9135＝ m/s＝15 m/s，C正确；3～6 s内的位移x3～t总961212＝a2t2＝×5×3 m＝22.5 m，则前6 s内的位移为x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D错误．

22[答案] BC [总结提升] 运动图象的四个特别提醒

(1)x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动．

(2)x－t图象和v－t图象不表示物体运动的轨迹．

(3)x－t图象中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t

图象中两图线的交点表示两物体速度相等．

(4)a－t图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度；v－t

图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而x－t

图象中，图线与坐标轴围成的面积则无实际意义．

热点三

牛顿运动定律的应用

命题规律

牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：

(1)超、失重问题，瞬时性问题．(2)整体法和隔离法处理连接体问题．(3)牛顿运动定律与图象综合问题．

1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ，T20，6分)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

[突破点拨] (1)由v－t图象知，物块在0～t1内沿斜面减速上滑，之后沿斜面加速下滑．

(2)上滑时，物块所受合力为mgsin θ＋μmgcos θ；下滑时，所受合力为mgsin θ－μmgcos θ. (3)当t＝t1时，物块速度减为零，滑至最大高度．

[解析] 由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度大小为a1＝，下降过程中的加速度大小为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝v0t1v1t1v0＋v1m（v0－v1），滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，2t1g2t1选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．

[答案] ACD

在上述题1中，能否求出滑块返回原出发点时的速度及所用时间？

1212解析：前面a1、a2已求出，v0、v1、t1已知，由a1t1＝a2t2可求出t2，再由v2＝a2t2可求出v2. 22答案：见解析

2.(多选)(2015·高考海南卷)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间，(

)

A．a1＝3g C．Δl1＝2Δl2 B．a1＝0 D．Δl1＝Δl2

[解析] 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误．由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．

[答案] AC 3．(2015·山西四校三联)如图所示，一劈形滑梯固定在水平地面上，高h1＝12 m，底角分别为37°、53°，A、B两小物

块质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，用轻绳连接，通过滑梯顶端的小滑轮跨放在左右两斜面上，轻绳伸直时，两物块离地高度h2＝4 m，在滑轮处压住轻绳，已知物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8.

(1)若在压绳处突然剪断绳，求A、B下滑过程中加速度之比；

(2)若松开绳，求B滑到底端时的速度大小．

[解析] (1)对A分析

mAgsin 37°－μmAgcos 37°＝mAaA

对B分析

mBgsin 53°－μmBgcos 53°＝mBaB

aAgsin 37°－μgcos 37°26＝＝. aBgsin 53°－μgcos 53°37(2)由动能定理有

mBgh2－mAghA－(μmBgcos 53°＋μmAgcos 37°)·s＝

12(mA＋mB)v

2由几何关系得hA＝·sin 37°＝3 m，s＝＝5 m sin 53°sin 53°解得B滑到底端时的速度大小v＝415 m/s. 3h2h2

415[答案] (1)26∶37 (2) m/s 3[方法技巧] 解决牛顿运动定律与图象综合问题的一般思路

(1)由运动图象构建运动情景，确定物体的运动规律，求出各段加速度．

(2)对研究对象进行受力分析．

(3)结合题意，利用牛顿第二定律列方程．

(4)统一单位、代入数据求解．

“滑板——滑块”模型问题

命题规律

“滑板——滑块”模型是力学中重要模型之一，既能考查运动学知识，动力学知识及能量知识，又能考查考生应用知识解决综合问题的能力，所以备受命题者的青睐．

[范例] (2015·陕西西安质检)(14分)如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m与M之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F作用下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：

(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；

(2)木板至少多长物块才不会从木板上滑下来？

[规范答题] (1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知

Ff1＝μ1mg(1分) Ff2＝μ2(m＋M)g(2分) 由平衡条件得：F＝Ff1＋Ff2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g.(2分)

(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则

t1＝v1(1分) μ1g设物块向左匀减速运动的位移为x1，则

v1v21x1＝t1＝(1分) 22μ1g设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2＝(1分) μ1g设物块向右匀加速运动的位移为x2，则

v2v2v22x2＝t2＝(1分) 22μ1g此过程中木板向右匀速运动的总位移为x′，则

x′＝v2(t1＋t2)(1分) 则物块不从木板上滑下来的最小长度：

L＝x′＋x1－x2(2分) （v1＋v2）代入数据解得：L＝.(2分) 2μ1g（v1＋v2）[答案] (1)μ1mg＋μ2(m＋M)g

(2)

2μ1g[总结提升] “滑板——滑块”模型问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为滑板受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．要使滑块不从板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速．

[最新预测] 1．(2015·潍坊高三联考)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量mA＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s.求：

(1)小滑块在木板A上运动的时间；

(2)木板B获得的最大速度．

解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力

222

Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止

设小滑块滑动的加速度为a1，则：

F－μ1mg＝ma1

l＝a1t21

解得：t1＝1 s. (2)设小滑块滑上B时，小滑块速度为v1，B的加速度为a2，经过时间t2滑块与B脱离，滑块的位移为x块，B的位移为xB，B的最大速度为vB，则：

μ1mg－2μ2mg＝ma2

12vB＝a2t2

xB＝a2t22

v1＝a1t1

x块＝v1t2＋a1t22

x块－xB＝l

解得：vB＝1 m/s. 答案：(1)1 s (2)1 m/s 2．如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：

1212

(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；

(2)物块质量m与长木板质量M之比；

(3)物块相对长木板滑行的距离Δx. 10－42解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s＝1.5 44－0222m/s，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s＝1 m/s，达到共同速度后一起做匀减速44－022直线运动的加速度大小a3＝ m/s＝0.5 m/s. 8(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1

对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2

物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：

μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3

m3以上三式联立可得＝. M2(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝101×4× m＝20 m. 23222答案：(1)1.5 m/s

1 m/s

0.5 m/s

(2)

2(3)20 m [失分防范] (1)受力分析和运动分析相结合，明确滑块、滑板所经历的每个过程是解决这类问题的前提．

(2)明确每一过程的特点和所遵循的规律是解决问题的关键，特别要注意挖掘隐含条件和临界条件．

(3)利用前后两个过程间的联系：前一过程的末速度就是后一过程的初速度．