高考物理二轮复习优质牛顿运动定律的综合应用课件

核心素养微专题答题模板之1牛顿运动定律的综合应用核心素养微专题1【经典案例】(16分)(2017·海南高考)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为

m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:【经典案例】2

(1)弹簧的劲度系数。(2)物块b加速度的大小。(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。

(1)弹簧的劲度系数。3【解题关键】(1)信息提取:①固定光滑斜面→小物块a、b均不受摩擦力。②使b始终做匀加速直线运动→小物块a、b的加速度始终不变。③弹簧的形变始终在弹性限度内→弹簧的弹力满足胡克定律。(2)过程分析:①t=0时刻之前,小物块a、b处于平衡状态。②从t=0到a、b分离,小物块a、b做初速度为零的匀加速直线运动。③a、b分离瞬间,小物块a、b间恰好没有弹力。【解题关键】4(3)核心规律:①共点力平衡的知识:F合=0。②胡克定律:F=kΔx。③初速度为零的匀加速直线运动的规律:④牛顿第二定律:F合=ma。

(3)核心规律:5【规范解答】解:(1)对整体分析,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有:kx0=(m+m)gsinθ ①(2分)解得: ②(1分)(2)由题意可知,b经两段相等的时间位移为x0;由匀变速直线运动规律可知: ③(1分)说明当形变量为x1=x0-时二者分离; ④(1分)对m分析,因分离时a、b间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知:kx1-mgsinθ=ma联立解得:a= ⑤(2分)【规范解答】6(3)设时间为t,则经时间t时,ab前进的位移

⑥(1分)则形变量变为:Δx=x0-x ⑦(1分)对整体分析可知,由牛顿第二定律有:F+kΔx-(m+m)gsinθ=(m+m)a ⑧(2分)解得:F=mgsinθ+ ⑨(1分)因分离时位移x=,由x==at2 ⑩(2分)

故应保证t<F表达式才能成立。 (2分)

【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(3)设时间为t,则经时间t时,ab前进的位移【名校课堂】获7【得分技巧】技巧1:注重公式书写,只写必要的文字说明。阅卷只给公式赋分,文字说明不赋分,如本题解答过程中只写出必要的文字说明即可,不必长篇大论。技巧2:对于不会做的题目,要依据物理情景,把与本题相关的公式都写上。阅卷时只看评分标准中给出的公式来给分,同一个表达式与多个对象挂钩写多遍也是有分的,本题16分,表达式占了12分。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【得分技巧】【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛8技巧3:即使第一问错了,也不要放弃第二问、第三问。阅卷不重复扣分,如错误只在第一问,第二问的过程没错,结果错误也仅仅是第一问的错误造成的,则第二问照样可以得满分。技巧4:表示物理量时,尽可能使用题中所给的字母或物理学科常用的字母表示。公式正确,而物理量表示不明确也是要扣分或不得分的。

【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐技巧3:即使第一问错了,也不要放弃第二问、第三问。【名校课堂9九牛顿运动定律的综合应用(建议用时60分钟)【基础练】1.kg和s是国际单位制两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物理量是(

)A.质量和时间 B.质量和位移C.重力和时间 D.重力和位移【解析】选A。kg对应的物理量是质量,s对应的物理量是时间,A正确。课时提升作业【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐九牛顿运动定律的综合应用课时提升作业【名校课堂】获奖PPT102.一只小鸟飞停在一棵细树枝上,随树枝上下晃动,从最高点到最低点的过程中,小鸟 (

)A.一直处于超重状态B.一直处于失重状态C.先失重后超重D.先超重后失重【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐2.一只小鸟飞停在一棵细树枝上,随树枝上下晃动,从最高点到最11【解析】选C。小鸟在竖直方向先向下做加速运动后向下做减速运动,加速度先向下后向上,故从最高点到最低点的过程中小鸟先处于失重状态,后处于超重状态,A、B、D均错误,C正确。故选C。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。小鸟在竖直方向先向下做加速运动后向下做减速运动123.(2020·嘉兴模拟)建筑工地上,有时候需要通过抛的方式把砖块从低处送往高处。如图所示为三块砖块在空中某时刻的照片,v为砖块该时刻的运动方向,不计空气阻力,则 (

)A.砖块受到的合力为零B.A砖块对B砖块有向下的压力C.B砖块对A砖块有向左的摩擦力D.A、B砖块之间没有摩擦力【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐3.(2020·嘉兴模拟)建筑工地上,有时候需要通过抛的方13【解析】选D。对整体分析可知,砖块在空中运动时,只受重力作用,合力不为零,故A错误;因为只受重力,处于完全失重状态,故砖块间无弹力,也无摩擦力,故B、C错误,D正确。故选D。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选D。对整体分析可知,砖块在空中运动时,只受重力作用144.(2020·杭州模拟)在杯底固定一个弹簧,上端系一密度小于水的木球,然后在杯中装水,使木球全部浸入水中,如图所示。现让杯子从高处自由下落,不计空气阻力,则在下落瞬间,有关木球相对于杯子的运动趋势和对地的加速度a大小的说法正确的是 (

)A.向上运动,加速度a大于重力加速度gB.向上运动,加速度a等于重力加速度gC.向下运动,加速度a大于重力加速度gD.向下运动,加速度a等于重力加速度g【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐4.(2020·杭州模拟)在杯底固定一个弹簧,上端系一密度15【解析】选C。开始时木球受向下的重力,向上的浮力和弹簧向下的拉力,此时弹簧处于拉伸状态;若突然释放杯子,则处于完全失重状态,则浮力消失,弹簧的弹力不变,则此时木球在向下的重力和弹力作用下相对杯子有向下的运动趋势,由牛顿第二定律可得F弹+mg=ma,可知加速度a大于重力加速度g。故选C。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。开始时木球受向下的重力,向上的浮力和弹簧向下的165.(2020·绍兴模拟)如图所示,将质量为m=0.2kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内,当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,上面弹簧对物体的拉力为0.8N;当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时,上面弹簧的拉力为(g取10m/s2) (

)A.1.1N

B.1.3N

C.1.5N

D.1.7N【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐5.(2020·绍兴模拟)如图所示,将质量为m=0.2kg17【解析】选A。当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,下面弹簧处于压缩状态,根据牛顿第二定律得,F1+F2-mg=ma1F2=1.8N当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时,根据牛顿第二定律得F′1+F′2=mg+ma2=3.2N两根弹簧作用在物体上的合力为3.2N,则物体要下移,根据胡克定律,两根弹簧增加的弹力相等,开始F1=0.8N,F2=1.8N,则每根弹簧增加0.3N,所以上面弹簧的弹力为1.1N。故A正确,B、C、D错误。故选A。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选A。当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,186.如图所示,水平传送带A、B两端点相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针转动。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中(

)A.小煤块从A运动到B的时间是

sB.小煤块从A运动到B的时间无法求解C.划痕长度是4mD.划痕长度是0.5m【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐6.如图所示,水平传送带A、B两端点相距x=4m,以v0=19【解析】选D。小煤块刚放上传送带时,加速度a=μg=4m/s2,由v0=at1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t1==0.5s,此时小煤块运动的位移x1=t1=0.5m,而传送带的位移为x2=v0t1=1m,故小煤块在传送带上的划痕长度为l=x2-x1=0.5m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.5m,小煤块匀速运动,故匀速运动的时间t2==1.75s,故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s,A、B错误。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选D。小煤块刚放上传送带时,加速度a=μg=4m/20【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运答案:(1)30m/s(2)5s(3)自由下落阶段为0N,匀减速下落阶段为75N力计的示数变为8N时,对重物由牛顿第二定律得mg-F′=ma,得a=2m/s2,加速如图所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环,环通过今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小(2020·杭州模拟)在杯底固定一个弹簧,上端系一密度小于水的木球,然后在杯中装水,使木球全部浸入水中,如图所示。如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为电梯可能向上加速运动,加速度大小为4m/s2【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。5m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.kx=ma,解得:x==0.③a、b分离瞬间,小物块a、b间恰好没有弹力。长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。(1)求座舱下落的最大速度;板支持力F1和弹簧弹力F。技巧4:表示物理量时,尽可能使用题中所给的字母或物理学科常用的字母表示。5m,而传送带的位移为x2=v0t1=1m,故小煤块在传送带上的划痕地面的夹角为30°,g取10m/s2,则下列说法正确的 ()向上运动,加速度a等于重力加速度g直轻弹簧固定在升降机内,当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,上面弹已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.小煤块加速到与传送带同速的时间为t1==0.7.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应大于 (

)A.3μmg

B.4μmg

C.5μmg

D.6μmg【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的21【解析】选D。当纸板相对砝码运动时,设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有:Ff1=2μmg=2ma1,得:a1==μg,F-Ff1-Ff2=m2a2,发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度,即:a2>a1,所以:F=Ff1+Ff2+m2a2>Ff1+Ff2+m2a1=μ·2mg+μ·3mg+μmg=6μmg,即F>6μmg。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选D。当纸板相对砝码运动时,设砝码的加速度为a1,纸228.如图所示,质量为1kg的环套在倾斜固定的杆上,受到竖直向上的20N的拉力F1的作用,从静止开始运动。已知杆与环间的动摩擦因数μ=

,杆与水平地面的夹角为30°,g取10m/s2,则下列说法正确的 (

)A.环对杆的弹力垂直于杆向下,大小为5

NB.环对杆的摩擦力沿杆向上,大小为5NC.环的加速度大小为2.5m/s2D.杆对环的作用力大小为10N【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐8.如图所示,质量为1kg的环套在倾斜固定的杆上,受到竖直23【解析】选C。对小球受力分析,如图所示。由于F1>mg,所以杆对环的弹力垂直于杆向下,FN=(F1-mg)cos30°=5N,根据牛顿第三定律可知环对杆的弹力F′N=FN=5N,方向垂直于杆向上,故A错误;杆对环的摩擦力Ff=μFN=2.5N,方向沿杆向下,根据牛顿第三定律可知环对杆的摩擦力Ff′=Ff=2.5N,方向沿杆向上,故B错误;根据牛顿第二定律,有:(F1-mg)sin30°-Ff=ma,解得:a=2.5m/s2,故C正确;杆对环的作用力包括压力和摩擦力,F==2.5N,故D错误。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。对小球受力分析,如图所示。由于F1>mg,所以24【提升练】9.如图甲所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示。某同学根据图象作出如下一些判断,正确的是 (

)A.滑块和木板始终存在相对运动B.滑块始终未离开木板C.滑块的质量小于木板的质量D.木板的长度为【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【提升练】【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿25【解析】选B。由题意知,m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动,M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动,最终两者相对静止,一起运动,故A错误;由图示图象可知,最终滑块与木板速度相等,它们相对静止,滑块没有滑离木板,故B正确;由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加速度,所以满足mam=MaM,由图象知,在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度,即am<aM,所以可知m>M,滑块的质量大于木板的质量,故C错误;两物体相对静止时,两者的位移差:x=,则木板长度大于等于,故D错误;故选B。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选B。由题意知,m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动2610.(2020·金华模拟)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是 (

)【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐10.(2020·金华模拟)如图所示,足够长的传送带与水平面27【解析】选C。初状态时:重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得加速度:a1=,当小木块的速度与传送带速度相等时,由μ>tanθ知木块与传送带一起匀速下滑,速度—时间图象的斜率表示加速度,可知第一段是倾斜的直线,第二段是平行时间轴的直线,结合选项可知C正确,A、B、D错误。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。初状态时:重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且2811.随着科技的发展,我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离,如图所示,航空母舰的水平跑道总长l=180m,其中电磁弹射区的长度为l1=80m,在该区域安装有直线电机,该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵,一架质量为m=2.0×104kg的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N,假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看作质量恒定的质点,离舰起飞速度v=40m/s,航空母舰处于静止状态(g取10m/s2)。求:【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐11.随着科技的发展,我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以29(1)飞机在后一阶段的加速度大小;(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小;(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(1)飞机在后一阶段的加速度大小;【名校课堂】获奖PPT-高30【解析】(1)根据牛顿第二定律F推-0.2mg=ma2解得a2=4.0m/s2(2)由v2-=2a2(l-l1)解得v1=20m/s(3)由=2a1l1解得a1=5m/s2根据牛顿第二定律F牵+F推-0.2mg=ma1代入数据解得F牵=2×104N。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】(1)根据牛顿第二定律F推-0.2mg=ma2【名校31答案:(1)4.0m/s2

(2)20m/s(3)2×104N【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐答案:(1)4.0m/s2(2)20m/s【名校课3212.如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,随着θ的改变,小物块沿木板滑行的距离s将发生变化,重力加速度为g。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐12.如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=33(1)求小物块与木板间的动摩擦因数。(2)当θ角满足什么条件时,小物块沿木板滑行的距离最小,并求出此最小值。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(1)求小物块与木板间的动摩擦因数。【名校课堂】获奖PPT-34【解析】(1)当θ=30°时,对物块受力分析:mgsinθ=μFNFN-mgcosθ=0则动摩擦因数μ=tanθ=tan30°=(2)当θ变化时,设物块的加速度为a,则:mgsinθ+μmgcosθ=ma物块的位移为s,则:=2as【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】(1)当θ=30°时,对物块受力分析:【名校课堂】获35则s=令tanα=μ,则当α+θ=90°时s最小,即θ=60°,小物块沿木板滑行的距离最小答案:(1)

(2)θ=60°【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐则s=【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛36【总结提升】求解临界极值问题的三种常用方法(1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。(2)假设法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题。(3)数学方法:将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【总结提升】求解临界极值问题的三种常用方法【名校课堂】获奖P37【培优练】13.如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N,关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10m/s2)(

)A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为4m/s2B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为2m/s2C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为8m/s2D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为4m/s2【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【培优练】【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿38【解析】选B。电梯匀速运动时,对重物由平衡条件得mg=F,m=1kg,当弹簧测力计的示数变为8N时,对重物由牛顿第二定律得mg-F′=ma,得a=2m/s2,加速度方向向下,其运动情况可能向上减速或向下加速,B正确。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选B。电梯匀速运动时,对重物由平衡条件得mg=F,m3914.如图所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环,环通过细线吊一个质量为m的小球,当环在某拉力的作用下的长杆上滑动时,稳定运动的情景如图所示,其中虚线表示竖直方向,那么以下说法正确的是(

)A.环一定沿长杆向下加速运动B.环的加速度一定沿杆向上C.环的加速度一定大于gsinαD.环一定沿杆向上运动【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐14.如图所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为40【解析】选B。稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运动方向均与杆平行。对小球受力分析如图,可知小球所受合力平行于杆向上,说明加速度方向沿杆向上,由于环的速度方向不确定,两者可能沿杆向上加速运动,也可能沿杆向下减速运动,则B正确,A、D错误;由于不知道细线与竖直方向的夹角,则不能判断出小球的加速度与gsinα的大小关系,则C项错误。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选B。稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态4115.如图所示,水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动。已知F1>F2,当运动达到稳定时,关于弹簧的伸长量下列说法正确的是 (

)A.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为

B.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为

C.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为

D.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为

【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐15.如图所示,水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系42【解析】选C。设两个物体的质量均为m,若水平地面光滑,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a=,再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-kx=ma代入解得弹簧的伸长量为x=,选项A、B错误;若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a′=再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-kx′-μmg=ma′代入解得弹簧的伸长量为x′=,选项C正确,D错误,故选C。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。设两个物体的质量均为m,若水平地面光滑,以整体4316.(2020·金华模拟)如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧,弹簧下端连一个质量m=2kg的小球,球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变。若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动,取g=10m/s2,则 (

)A.小球从一开始就与挡板分离B.小球速度最大时与挡板分离C.小球向下运动0.01m时与挡板分离D.小球向下运动0.02m时速度最大【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐16.(2020·金华模拟)如图所示,在倾角为30°的光滑44【解析】选C。设球与挡板分离时位移为x,经历的时间为t,从开始运动到分离的过程中,小球受竖直向下的重力,垂直斜面向上的支持力FN,沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。根据牛顿第二定律有:mgsin30°-kx-F1=ma,保持a不变,随着x的增大,F1减小,当小球与挡板分离时,F1减小到零,则有:mgsin30°-kx=ma,解得:x==0.01m,即小球向下运动0.01m时与挡板分离,故A错误,C正确;球和挡板分离前小球做匀加速运动;球和挡板分离后小球做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,此时小球所受合力为零。即:kxm=mgsin30°,解得xm==0.05m,由于开始时弹簧处于原长,所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m,故B、D错误。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。设球与挡板分离时位移为x,经历的时间为t,从开4517.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下。落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的高度为75m,当落到离地面30m的位置时开始制动,座舱均匀减速。重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。(1)求座舱下落的最大速度;(2)求座舱下落的总时间;(3)若座舱中某人用手托着重30N的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力大小。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐17.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个46【解析】(1)由v2=2gh得vm=30m/s(2)座舱在自由下落阶段所用时间为h=得t1=3s座舱在匀减速下落阶段所用的时间为t2==2s所以座舱下落的总时间为t=t1+t2=5s【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】(1)由v2=2gh得vm=30m/s【名校课堂】47(3)对球进行受力分析,受重力mg和手的支持力N作用,在座舱自由下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=mg,解得N=0,根据牛顿第三定律有N′=N=0,即球对手的压力为零;在座舱匀减速下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=ma,根据匀变速直线运动规律有a==-15m/s2,解得N=75N,根据牛顿第三定律有N′=N=75N,即球对手的压力为75N答案:(1)30m/s

(2)5s

(3)自由下落阶段为0N,匀减速下落阶段为75N【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(3)对球进行受力分析,受重力mg和手的支持力N作用,在座舱48【加固训练】如图所示,在倾角θ=30°的斜面上固定一块竖直放置的挡板,在挡板和斜面之间放有一个光滑圆球,当系统静止时挡板上的压力传感器显示压力为20N,试求:(1)球对斜面的压力大小和圆球的重力大小。(2)要让挡板压力为零,整个装置在水平方向上将怎样运动?(圆球相对斜面还是静止的)【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【加固训练】【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛49【解析】(1)球受重力、挡板支持力、斜面支持力,按照作用效果,将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解,如图所示:结合几何知识可得:G=F2==40N。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】(1)球受重力、挡板支持力、斜面支持力,按照作用效果50(2)对球受力分析,受重力和支持力,合力水平向左,如图所示:合力:F=Gtanθ,根据牛顿第二定律,有:F=ma解得:a=gtanθ=10×m/s2=m/s2,水平向左故装置向左以m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以m/s2的加速度做匀减速直线运动。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(2)对球受力分析,受重力和支持力,合力水平向左,如图所示:51律有a==-15m/s2,解得N=75N,根据牛顿第三定律有N′=N=75N,即球【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐杆对环的作用力大小为10N因分离时位移x=,由x==at2 ⑩(2分)直轻弹簧固定在升降机内,当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,上面弹【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时,根据牛顿第二定律得一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐环的加速度一定大于gsinα【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐如图甲所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m的小滑块以s将发生变化,重力加速度为g。细线吊一个质量为m的小球,当环在某拉力的作用下的长杆上滑动时,稳定运(3)数学方法:将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件。环的加速度一定大于gsinα解得v1=20m/s【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小;G=F2==40N。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐地面的夹角为30°,g取10m/s2,则下列说法正确的 ()由题意知,m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动,M在m的摩擦【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐答案:(1)40N

20N(2)装置向左以m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以m/s2的加速度做匀减速直线运动【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐律有a==-15m/s2,解得N=75N,根5218.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图,滑板长L=1m,起点A到终点线B的距离s=5m。开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线,游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2kg,滑板质量m2=1kg,重力加速度g取10m/s2。求:【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐18.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图,滑板长L=53(1)滑板由A滑到B的最短时间是多少?(2)为使滑板能以最短时间到达B,水平恒力F的取值范围如何?【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(1)滑板由A滑到B的最短时间是多少?【名校课堂】获奖PPT54【解析】(1)滑板一直加速,所用时间最短。设滑板加速度为a2,Ff=μm1g=m2a2s=

a2=10m/s2t=1s。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】(1)滑板一直加速,所用时间最短。设滑板加速度为a255(2)刚好相对滑动时,F最小,此时可认为二者加速度相等,则F1-μm1g=m1a2F1=30N当滑板运动到B点,滑块刚好脱离时,F最大,设滑块加速度为a1,则F2-μm1g=m1a1F2=34N则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N。答案:(1)1s

(2)30N≤F≤34N【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(2)刚好相对滑动时,F最小,此时可认为二者加速度相等,则F56核心素养微专题答题模板之1牛顿运动定律的综合应用核心素养微专题57【经典案例】(16分)(2017·海南高考)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为

m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:【经典案例】58

(1)弹簧的劲度系数。(2)物块b加速度的大小。(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。

(1)弹簧的劲度系数。59【解题关键】(1)信息提取:①固定光滑斜面→小物块a、b均不受摩擦力。②使b始终做匀加速直线运动→小物块a、b的加速度始终不变。③弹簧的形变始终在弹性限度内→弹簧的弹力满足胡克定律。(2)过程分析:①t=0时刻之前,小物块a、b处于平衡状态。②从t=0到a、b分离,小物块a、b做初速度为零的匀加速直线运动。③a、b分离瞬间,小物块a、b间恰好没有弹力。【解题关键】60(3)核心规律:①共点力平衡的知识:F合=0。②胡克定律:F=kΔx。③初速度为零的匀加速直线运动的规律:④牛顿第二定律:F合=ma。

(3)核心规律:61【规范解答】解:(1)对整体分析,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有:kx0=(m+m)gsinθ ①(2分)解得: ②(1分)(2)由题意可知,b经两段相等的时间位移为x0;由匀变速直线运动规律可知: ③(1分)说明当形变量为x1=x0-时二者分离; ④(1分)对m分析,因分离时a、b间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知:kx1-mgsinθ=ma联立解得:a= ⑤(2分)【规范解答】62(3)设时间为t,则经时间t时,ab前进的位移

⑥(1分)则形变量变为:Δx=x0-x ⑦(1分)对整体分析可知,由牛顿第二定律有:F+kΔx-(m+m)gsinθ=(m+m)a ⑧(2分)解得:F=mgsinθ+ ⑨(1分)因分离时位移x=,由x==at2 ⑩(2分)

故应保证t<F表达式才能成立。 (2分)

【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(3)设时间为t,则经时间t时,ab前进的位移【名校课堂】获63【得分技巧】技巧1:注重公式书写,只写必要的文字说明。阅卷只给公式赋分,文字说明不赋分,如本题解答过程中只写出必要的文字说明即可,不必长篇大论。技巧2:对于不会做的题目,要依据物理情景,把与本题相关的公式都写上。阅卷时只看评分标准中给出的公式来给分,同一个表达式与多个对象挂钩写多遍也是有分的,本题16分,表达式占了12分。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【得分技巧】【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛64技巧3:即使第一问错了,也不要放弃第二问、第三问。阅卷不重复扣分,如错误只在第一问,第二问的过程没错,结果错误也仅仅是第一问的错误造成的,则第二问照样可以得满分。技巧4:表示物理量时,尽可能使用题中所给的字母或物理学科常用的字母表示。公式正确,而物理量表示不明确也是要扣分或不得分的。

【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐技巧3:即使第一问错了,也不要放弃第二问、第三问。【名校课堂65九牛顿运动定律的综合应用(建议用时60分钟)【基础练】1.kg和s是国际单位制两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物理量是(

)A.质量和时间 B.质量和位移C.重力和时间 D.重力和位移【解析】选A。kg对应的物理量是质量,s对应的物理量是时间,A正确。课时提升作业【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐九牛顿运动定律的综合应用课时提升作业【名校课堂】获奖PPT662.一只小鸟飞停在一棵细树枝上,随树枝上下晃动,从最高点到最低点的过程中,小鸟 (

)A.一直处于超重状态B.一直处于失重状态C.先失重后超重D.先超重后失重【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐2.一只小鸟飞停在一棵细树枝上,随树枝上下晃动,从最高点到最67【解析】选C。小鸟在竖直方向先向下做加速运动后向下做减速运动,加速度先向下后向上,故从最高点到最低点的过程中小鸟先处于失重状态,后处于超重状态,A、B、D均错误,C正确。故选C。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。小鸟在竖直方向先向下做加速运动后向下做减速运动683.(2020·嘉兴模拟)建筑工地上,有时候需要通过抛的方式把砖块从低处送往高处。如图所示为三块砖块在空中某时刻的照片,v为砖块该时刻的运动方向,不计空气阻力,则 (

)A.砖块受到的合力为零B.A砖块对B砖块有向下的压力C.B砖块对A砖块有向左的摩擦力D.A、B砖块之间没有摩擦力【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐3.(2020·嘉兴模拟)建筑工地上,有时候需要通过抛的方69【解析】选D。对整体分析可知,砖块在空中运动时,只受重力作用,合力不为零,故A错误;因为只受重力,处于完全失重状态,故砖块间无弹力,也无摩擦力,故B、C错误,D正确。故选D。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选D。对整体分析可知,砖块在空中运动时,只受重力作用704.(2020·杭州模拟)在杯底固定一个弹簧,上端系一密度小于水的木球,然后在杯中装水,使木球全部浸入水中,如图所示。现让杯子从高处自由下落,不计空气阻力,则在下落瞬间,有关木球相对于杯子的运动趋势和对地的加速度a大小的说法正确的是 (

)A.向上运动,加速度a大于重力加速度gB.向上运动,加速度a等于重力加速度gC.向下运动,加速度a大于重力加速度gD.向下运动,加速度a等于重力加速度g【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐4.(2020·杭州模拟)在杯底固定一个弹簧,上端系一密度71【解析】选C。开始时木球受向下的重力,向上的浮力和弹簧向下的拉力,此时弹簧处于拉伸状态;若突然释放杯子,则处于完全失重状态,则浮力消失,弹簧的弹力不变,则此时木球在向下的重力和弹力作用下相对杯子有向下的运动趋势,由牛顿第二定律可得F弹+mg=ma,可知加速度a大于重力加速度g。故选C。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选C。开始时木球受向下的重力,向上的浮力和弹簧向下的725.(2020·绍兴模拟)如图所示,将质量为m=0.2kg的物体用两个完全一样的竖直轻弹簧固定在升降机内,当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,上面弹簧对物体的拉力为0.8N;当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时,上面弹簧的拉力为(g取10m/s2) (

)A.1.1N

B.1.3N

C.1.5N

D.1.7N【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐5.(2020·绍兴模拟)如图所示,将质量为m=0.2kg73【解析】选A。当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,下面弹簧处于压缩状态,根据牛顿第二定律得,F1+F2-mg=ma1F2=1.8N当升降机和物体都以6m/s2的加速度向上运动时,根据牛顿第二定律得F′1+F′2=mg+ma2=3.2N两根弹簧作用在物体上的合力为3.2N,则物体要下移,根据胡克定律,两根弹簧增加的弹力相等,开始F1=0.8N,F2=1.8N,则每根弹簧增加0.3N,所以上面弹簧的弹力为1.1N。故A正确,B、C、D错误。故选A。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选A。当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,746.如图所示,水平传送带A、B两端点相距x=4m,以v0=2m/s的速度(始终保持不变)顺时针转动。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中(

)A.小煤块从A运动到B的时间是

sB.小煤块从A运动到B的时间无法求解C.划痕长度是4mD.划痕长度是0.5m【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐6.如图所示,水平传送带A、B两端点相距x=4m,以v0=75【解析】选D。小煤块刚放上传送带时,加速度a=μg=4m/s2,由v0=at1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t1==0.5s,此时小煤块运动的位移x1=t1=0.5m,而传送带的位移为x2=v0t1=1m,故小煤块在传送带上的划痕长度为l=x2-x1=0.5m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.5m,小煤块匀速运动,故匀速运动的时间t2==1.75s,故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25s,A、B错误。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选D。小煤块刚放上传送带时,加速度a=μg=4m/76【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运答案:(1)30m/s(2)5s(3)自由下落阶段为0N,匀减速下落阶段为75N力计的示数变为8N时,对重物由牛顿第二定律得mg-F′=ma,得a=2m/s2,加速如图所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环,环通过今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小(2020·杭州模拟)在杯底固定一个弹簧,上端系一密度小于水的木球,然后在杯中装水,使木球全部浸入水中,如图所示。如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为电梯可能向上加速运动,加速度大小为4m/s2【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐(1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。5m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.kx=ma,解得:x==0.③a、b分离瞬间,小物块a、b间恰好没有弹力。长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。(1)求座舱下落的最大速度;板支持力F1和弹簧弹力F。技巧4:表示物理量时,尽可能使用题中所给的字母或物理学科常用的字母表示。5m,而传送带的位移为x2=v0t1=1m,故小煤块在传送带上的划痕地面的夹角为30°,g取10m/s2,则下列说法正确的 ()向上运动,加速度a等于重力加速度g直轻弹簧固定在升降机内,当升降机以3m/s2的加速度加速向上运动时,上面弹已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.小煤块加速到与传送带同速的时间为t1==0.7.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应大于 (

)A.3μmg

B.4μmg

C.5μmg

D.6μmg【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的77【解析】选D。当纸板相对砝码运动时,设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有:Ff1=2μmg=2ma1,得:a1==μg,F-Ff1-Ff2=m2a2,发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度,即:a2>a1,所以:F=Ff1+Ff2+m2a2>Ff1+Ff2+m2a1=μ·2mg+μ·3mg+μmg=6μmg,即F>6μmg。【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【解析】选D。当纸板相对砝码运动时,设砝码的加速度为a1,纸788.如图所示,质量为1kg的环套在倾斜固定的杆上,受到竖直向上的20N的拉力F1的作用,从静止开始运动。已知杆与环间的动摩擦因数μ=

,杆与水平地面的夹角为30°,g取10m/s2,则下列说法正确的 (

)A.环对杆的弹力垂直于杆向下,大小为5

NB.环对杆的摩擦力沿杆向上,大小为5NC.环的加速度大小为2.5m/s2D.杆对环的作用力大小为10N【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐【名校课堂】获奖PPT-高考物理二轮复习课件：牛顿运动定律的综合应用（最新版本）推荐8.如图所示,质量为1kg的环套在倾斜固定的杆上,受到竖直79【解析】选C。对小球受力分析,如图所示。由于F1>mg,所以杆对环的弹力垂直于杆向下,FN=(F1-mg)cos30°=5N,根据牛顿第三定律可知环对杆的弹力F′N=FN=5N,方向垂直于杆向上,故A错误;杆对环的摩擦力Ff=μFN=2.5N,方向沿杆向下,根据牛顿第三定律可知环对杆的摩擦力Ff′=Ff=2.5N,方向沿杆向上,故B错误;根据牛顿第二定律,有:(F1-mg)sin30°-Ff=ma,解得:a=2.5m/s2,故C正确;杆对环的作用力包括压力和摩擦力,F=