还剩22页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题04 牛顿运动定律
展开
这是一份【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题04 牛顿运动定律，共25页。试卷主要包含了以核心和主干知识为重点，注重情景与过程的理解与分析，精选训练题目，使训练具有实效性，把握高考热点等内容，欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题04 牛顿运动定律
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc31541" 知识点01 牛顿第一定律 PAGEREF _Tc31541 \h 2
\l "_Tc16686" 一、力与运动关系的认识 PAGEREF _Tc16686 \h 2
\l "_Tc5961" 二、牛顿第一定律 PAGEREF _Tc5961 \h 3
\l "_Tc30291" 三、惯性 PAGEREF _Tc30291 \h 3
\l "_Tc26841" 知识点02 牛顿第二定律 PAGEREF _Tc26841 \h 3
\l "_Tc1866" 一、牛顿第二定律 PAGEREF _Tc1866 \h 3
\l "_Tc6942" 二、两类基本动力学问题的求解步骤 PAGEREF _Tc6942 \h 6
\l "_Tc24218" 三、超重和失重 PAGEREF _Tc24218 \h 10
\l "_Tc29169" 四、瞬时类问题 PAGEREF _Tc29169 \h 12
\l "_Tc20090" 五、连接体问题 PAGEREF _Tc20090 \h 13
\l "_Tc9570" 六、等时圆模型 PAGEREF _Tc9570 \h 15
\l "_Tc2700" 七、临界值问题 PAGEREF _Tc2700 \h 15
\l "_Tc20254" 八、板块问题 PAGEREF _Tc20254 \h 16
\l "_Tc20526" 九、传动带问题 PAGEREF _Tc20526 \h 17
\l "_Tc8155" 十、图像问题 PAGEREF _Tc8155 \h 19
\l "_Tc15016" 知识点03 牛顿第三定律 PAGEREF _Tc15016 \h 20
\l "_Tc1390" 一、作用力和反作用力 PAGEREF _Tc1390 \h 20
\l "_Tc27015" 二、牛顿第三定律 PAGEREF _Tc27015 \h 20
\l "_Tc28207" 三、作用力与反作用力和一对平衡的辨析 PAGEREF _Tc28207 \h 23
知识点01 牛顿第一定律
一、力与运动关系的认识
1.历史上的观点：亚里士多德、伽利略、笛卡尔及牛顿对力与运动关系的认识。
2.理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理想过程．
二、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为止.
2.对牛顿第一定律的理解
①牛顿第一定律揭示了运动和力的关系，运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。
②运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是改变物体运动状态的原因，或称力是产生加速度的原因.
②保持静止或匀速直线运动状态是物体的固有属性，这一属性称为惯性，因此牛顿第一定律也叫作惯性定律.
③牛顿第一定律不能用实验直接验证.不受力的物体是不存在的.牛顿第一定律是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上采用科学的逻辑推理得出的结论.它告诉了人们研究物理问题的另一种新方法:通过观察大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律.
④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律告诉我们改变运动状态需要力，力是如何改变物体运动状态及他们的定量关系则由牛顿第二定律来回答。牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
三、惯性
1.定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.
2.决定因素：质量是物体惯性大小的唯一量度, 与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关.
3.对惯性的理解：惯性是物体的固有属性，是物体固有的，即一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动状态无关.物体的惯性总是以“保持原状”“反抗改变”两种形式表现出来，人们只能“利用”惯性而不能“克服”惯性.
4.惯性的表现形式
①物体不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运动状态或静止状态．
②物体受到外力且合外力不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度．惯性越大，物体的运动状态越难改变．
知识点02 牛顿第二定律
一、牛顿第二定律
1.定义：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.
2.表达式:
3.对牛顿第二定律的理解
①牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律，分析出物体的运动规律;反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况。牛顿第二定律为设计运动，控制运动提供了理论基础.
②因果性:对牛顿第二定律的数学表达式， 是力，力是产生加速度的原因，加速度是作用的结果，是力的作用效果，
③加速度的方向由物体所受合外力的方向决定,二者总是相同.即任一瞬间,a的方向均与合外力方向相同.
【实战演练】
(2023·浙江1月选考·5)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )
A. O点最大B. P点最大
C. Q点最大D. 整个运动过程保持不变
【答案】A
【解析】
小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度最小；
小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小；
即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，故A正确，BCD错误；
④瞬时性:牛顿第二定律揭示的是力的瞬间效果，对运动过程的每一瞬间成立,且瞬时力决定瞬时加速度.即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，物体在某一时刻加速度的大小和方向是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向决定的，力变加速度就变，力撤除加速度就为零.注意力的瞬间效果是加速度而不是速度，加速度可以突变，速度不能突变.
④矢量性：牛顿第二定律，是矢量，也是矢量，且与 的方向总是一致的.
⑤独立性：可以进行合成与分解，也可以进行合成与分解. 作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都满足;力和加速度在各个方向上的分量也满足,即,；物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和;
⑥同一性：加速度a是相对同一个惯性参考系(一般指地面)的;中、、对应同一个物体或同一个系统，且各量统一使用国际单位。
4. 牛顿运动定律的适用范围:宏观低速的物体和在惯性系中。
【实战演练】
(2023·全国乙卷·1)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球( )
A. 上升时间等于下落时间B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零D. 下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【解析】
A、排球上升过程，对排球受力分析，排球受到重力和向下的阻力，设阻力大小为F阻，则F阻=kv
由牛顿第二定律得：mg+F阻=ma1
解得：a1=g+ kvm
排球下落过程，对排球受力分析，排球受到重力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg−F阻=ma2
解得：a1=g− kvm
则上升过程的加速度大于下落过程的加速度，上升时间小于下落时间，故A错误；
B、排球运动过程中，阻力一直与运动方向相反，一直做负功，排球的机械能一直减小，则排球回到出发点时，速度小于被垫起后瞬间的速度。排球上升过程做减速运动，下落过程做加速运动，则被垫起后瞬间的速度最大，故B正确；
C、达到最高点时，排球所受阻力为零，排球只受重力，加速度为重力加速度g，故C错误；
D、由A得，下落过程的加速度为a1=g− kvm
下落过程，v增大，加速度减小，排球做加速度减小的加速运动，故D错误。
【实战演练】
(2022·全国乙卷·15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，它们加速度的大小均为( )
A.eq \f(5F,8m) B.eq \f(2F,5m) C.eq \f(3F,8m) D.eq \f(3F,10m)
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，如图所示，
由几何关系可知sin θ＝eq \f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq \f(3,5)，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcs θ＝F，解得FT＝eq \f(5,8)F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma，解得a＝eq \f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误．
二、两类基本动力学问题的求解步骤
1.确定研究对象：根据问题需要和解题方便，选择某个物体或某几个物体组成的系统整体为研究对象.
2.分析受力情况和运动情况：画好示意图、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：通常以初速度方向为正方向，若无初速度则以加速度的方向为某一坐标轴的正方向.
4.确定题目类型：
①已知运动求力类问题→确定加速度：寻找题目中3个运动量（），根据运动学公式（）求解
②已知力求运动类问题→确定合力：若以物体只受到两个力作用，通常用合成法；若受到3个及3个以上的力，一般用正交分解法.求解
5.列方程求解剩下物理量：根据牛顿第二定律或者列方程求解，必要时对结果进行讨论
【技巧点拨】解题关键
①两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
②两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
【实战演练】
(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
【答案】(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m.
【实战演练】
(2022·浙江1月选考·19)第24届冬奥会将在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．
【答案】(1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】(1)运动员在直道AB上做匀加速运动，
则有v12＝2a1x1
解得a1＝eq \f(8,3) m/s2
(2)由v1＝a1t1
解得t1＝3 s
运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有
x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a2t22
t2＝t－t1＝2 s
解得a2＝2 m/s2
过C点的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC上由牛顿第二定律，有
mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
【实战演练】
(2021·浙江6月选考·19)机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度大小．
【答案】(1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5eq \r(5) m/s
【解析】
(1)刹车过程为匀减速直线运动，
平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v1,2)＝5 m/s，刹车时间t1＝eq \f(s,\x\t(v))＝4 s
刹车加速度大小a＝eq \f(v1,t1)＝2.5 m/s2
根据牛顿第二定律Ff＝ma，解得Ff＝2.5×103 N
(2)小朋友通过所需时间t2＝eq \f(l＋L,v0)
等待时间t＝t2－t1＝20 s
(3)根据v22－v2＝2as，解得v＝5eq \r(5) m/s.
【实战演练】
(2020·浙江7月选考·19)如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的eq \f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置．若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：(g取10 m/s2)
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小．
【答案】(1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
【解析】
(1)由题及题图乙可知，在0～26 s时间内，物件匀速运动，26～34 s时间内，物件匀减速运动，在匀减速运动过程中，
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
可得a＝g－eq \f(F,m)＝0.125 m/s2，方向竖直向下
(2)设匀减速时间为t2，t2＝(34－26) s＝8 s，
由运动学公式有v＝at2＝1 m/s
(3)由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝eq \f(v,2)t2＝4 m
由题意可知h1＋h2＝eq \f(3,4)h，
所以物件的总位移大小h＝40 m.
三、超重和失重
1.实重和视重
①实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关．
②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．
2.超重:物体有向上的加速度称物体处于超重.处于超重的物体对支持面的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即.可能情况：①加速上升;②减速下降。
3.失重:物体有向下的加速度称物体处于失重.处于失重的物体对支持面的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力.即.可能情况：①加速下降;②减速上升。
4.完全失重:当时，物体处于完全失重.可能情况：①自由落体和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等。
5.判断超重和失重的方法
①从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．
②从加速度的角度判断：当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．
【技巧点拨】
①不管物体处于失重状态还是超重状态，物体本身的重力并没有改变，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）不等于物体本身的重力.
②超重或失重现象与物体的速度、速度变化和运动方向均无关，只决定于加速度的方向.“加速上升”和“减速下降”都是超重;“加速下降”和“减速上升”都是失重.
③在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.
【实战演练】
(2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v减小，FNC．t2～t3 时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
【答案】D
【解析】根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FNmg，故D正确．
四、瞬时类问题
1.解题依据：当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．
2.两种基本模型的特点
①刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失.
②弹簧(或橡皮绳)模型：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，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的.
3.基本方法
①分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小.
②分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失).
③求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度.
【实战演练】
(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)( )
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
【答案】D
【解析】开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.
五、连接体问题
1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体.如几个物体叠放在一起，或并排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法.
2.常见类型
①物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
②轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
③轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度．
④弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3.方法：整体法与隔离法，正确选取研究对象是解题的关键.
①整体法：若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求系统内各物体之间的作用力,则可以把它们看作一个整体,根据牛顿第二定律,已知合外力则可求出加速度,已知加速度则可求出合外力.
②隔离法：若连接体内各物体的加速度不相同,则需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.
③若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求物体之间的作用力,则可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力,即“先整体求加速度,后隔离求内力”.
【实战演练】
(2023·北京卷·6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为( )
A. 1NB. 2NC. 4ND. 5N
【答案】C
【解析】
设每个物块的质量为m，设细线上张力大小为T，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有
F=(m+m)a
对左侧物块，由牛顿第二定律有T=ma
又有：T≤2N
联立各式解得：F≤4N
即F的最大值为4N
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【实战演练】
(2020·江苏卷·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
【答案】C
【解析】设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律有F－38Ff＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1－2Ff＝2ma，联立解得F1＝eq \f(F,19)，故选项C正确．
【技巧点拨】力的“分配”
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图：
地面光滑
m1、m2与固定接触面间的动摩擦因数相同
以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且.
六、等时圆模型
1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；
3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．
七、临界值问题
1.临界、极值条件的标志
①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点;
②若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点.
2.“四种”典型临界条件
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:绳子所能承受的张力是有限度的,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张力FT=0.
④加速度变化时,速度达到最值的临界条件:加速度变为0.
3.解题方法
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数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件．
4.解题思路
①认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
②寻找过程中变化的物理量；
③探索物理量的变化规律；
④确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
【实战演练】
(2022·江苏卷·1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过( )
A. 2.0m/s2B. 4.0m/s2C. 6.0m/s2D. 8.0m/s2
【答案】B
【解析】解：书不滑动，说明书与高铁的加速度相同，书的最大加速度就是二者一起运动最大加速度，
书的最大加速度由最大静摩擦力提供，则am=μg=0.4×10m/s2=4m/s2
故B正确，ACD错误。
八、板块问题
1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动.问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系.
2．解题关键点
①统一参考系：所有物理量和计算以地面作为参考系。
②临界点：当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)，因此速度相同是摩擦力突变的一个临界条件.
3.解题方法
①明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向，.
②分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).
③物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.
4.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度.
【技巧点拨】运动学公式中的位移都是对地位移.
九、传动带问题
1.传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.
2.传送带模型分析流程
【技巧点拨】求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.
3.类型
①水平传送带常见类型及滑块运动情况
②倾斜传送带常见类型及滑块运动情况
【实战演练】
(2021·辽宁卷·13)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v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
【答案】(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
【解析】
(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
十、图像问题
1.常见图像
①v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解．
②a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解．
③F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况．
④F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量．
2.解题策略
①分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．
②注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
③明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
【实战演练】
(2023·全国甲卷·6)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A. m甲m乙C. μ甲<μ乙D. μ甲>μ乙
【答案】BC
【解析】
对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有F−μmg=ma
则F=ma+μmg
对照已知图像，根据数形结合思想，可知图像斜率k=m ，图像截距b=μmg
由于k甲>k乙，故m甲>m乙 ，由于μ甲m甲g=μ乙m乙g，故μ甲<μ乙
故AD错误，BC正确。
【实战演练】
(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，
有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．
知识点03 牛顿第三定律
一、作用力和反作用力
1.定义：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力．
二、牛顿第三定律
1.定义：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上.
2.对牛顿第三定律的理解
①牛顿第三运动定律指出了两物体之间的作用是相互的，因而力总是成对出现的，它们总是同时产生，同时消失，与相互作用的两物体的运动状态无关、与是否和其他物体相互作用无关。
②作用力和反作用力总是同种性质的力.
③作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可叠加.
④牛顿第三定律在对物体进行受力分析时，起到非常重要的转换研究对象的作用，如果不便于直接分析求出物体受到的某些力时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力，摩擦力的求解有时候不好判断也可以通过转化研究对象求其反作用力．
【实战演练】
(2023·海南卷·3)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
【答案】B
【解析】
AB、对人受力分析有
则有FN+FT=mg 根据一对平衡力和一对相互作用力的概念可知，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，故A错误、B正确；
CD、对滑轮做受力分析有
则有FT=mg2csθ ，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，故CD错误。
【实战演练】
(2022·浙江1月选考·7)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是( )
A. Q对P的磁力大小等于GP B. P对Q的磁力方向竖直向下
C. Q对电子秤的压力大小等于GQ+F D. 电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ
【答案】D
【解析】
AB.由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP，故AB错误；
CD.对PQ的整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ，则可知Q对电子秤的压力大小等于GP+GQ，故C错误，D正确。
故选：D。
P对手有靠向玻璃挡板的力，Q对P有水平向左的磁力，Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP；对PQ的整体受力分析，由平衡条件判断即可。
【实战演练】
(2021·浙江1月选考·4)如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时( )
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】D
【解析】小车在木板上水平向左加速运动时，受重力、支持力、水平向左的摩擦力，而木板对小车的作用力是支持力与摩擦力的合力，方向指向左上方，并不是水平向左，故A、B错误；根据牛顿第三定律，木板对小车的作用力与小车对木板的作用力一定大小相等，方向相反，故C错误，D正确．
三、作用力与反作用力和一对平衡的辨析
考点内容
要求
考情
力与运动关系的认识
a
2023·浙江1月选考·5、2023·全国乙卷·1
2022·全国乙卷·15、2022·浙江6月选考·19
2022·浙江1月选考·19、2021·浙江6月选考·19
2020·浙江7月选考·19、2020·山东卷·1
2019·浙江4月选考·12、2023·北京卷·6
2020·江苏卷·5、2022·江苏卷·1
2021·辽宁卷·13、2023·全国甲卷·6
2021·全国乙卷·21、2023·海南卷·3
2022·浙江1月选考·7、2021·浙江1月选考·4
牛顿第一定律
c
牛顿第二定律
c
牛顿第三定律
c
牛顿运动定律应用
d
超重与失重
b
学
习
目
标
1.理解牛顿第一定律的内容和惯性的本质，能用牛顿第一定律和惯性的知识解释生产生活中的有关现象，解决有关问题.
2.掌握牛顿第二定律的内容及公式，掌握动力学两类基本问题的求解方法.
3.认识超重和失重现象，会利用牛顿第二定律对超重、失重问题进行分析计算．
4.理解牛顿运动三定律的内容，会区分作用力和反作用力与一对平衡力.
类型
滑块运动情况
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v时，一直匀速
③v0①传送带较短时，摩擦力为阻力，滑块一直减速到达左端
②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右端。
类型
滑块运动情况
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速再以a2加速
作用力与反作用力
一对平衡力
相同点
大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
不同点
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
同时产生、同时消失
不一定同时产生、不一定同时消失
两力作用效果不可抵消,
不可叠加,不可求合力
两力作用效果可相互抵消,
可叠加,可求合力,合力为零
一定是相同性质的力
性质不一定相同
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题04 牛顿运动定律
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc31541" 知识点01 牛顿第一定律 PAGEREF _Tc31541 \h 2
\l "_Tc16686" 一、力与运动关系的认识 PAGEREF _Tc16686 \h 2
\l "_Tc5961" 二、牛顿第一定律 PAGEREF _Tc5961 \h 3
\l "_Tc30291" 三、惯性 PAGEREF _Tc30291 \h 3
\l "_Tc26841" 知识点02 牛顿第二定律 PAGEREF _Tc26841 \h 3
\l "_Tc1866" 一、牛顿第二定律 PAGEREF _Tc1866 \h 3
\l "_Tc6942" 二、两类基本动力学问题的求解步骤 PAGEREF _Tc6942 \h 6
\l "_Tc24218" 三、超重和失重 PAGEREF _Tc24218 \h 10
\l "_Tc29169" 四、瞬时类问题 PAGEREF _Tc29169 \h 12
\l "_Tc20090" 五、连接体问题 PAGEREF _Tc20090 \h 13
\l "_Tc9570" 六、等时圆模型 PAGEREF _Tc9570 \h 15
\l "_Tc2700" 七、临界值问题 PAGEREF _Tc2700 \h 15
\l "_Tc20254" 八、板块问题 PAGEREF _Tc20254 \h 16
\l "_Tc20526" 九、传动带问题 PAGEREF _Tc20526 \h 17
\l "_Tc8155" 十、图像问题 PAGEREF _Tc8155 \h 19
\l "_Tc15016" 知识点03 牛顿第三定律 PAGEREF _Tc15016 \h 20
\l "_Tc1390" 一、作用力和反作用力 PAGEREF _Tc1390 \h 20
\l "_Tc27015" 二、牛顿第三定律 PAGEREF _Tc27015 \h 20
\l "_Tc28207" 三、作用力与反作用力和一对平衡的辨析 PAGEREF _Tc28207 \h 23
知识点01 牛顿第一定律
一、力与运动关系的认识
1.历史上的观点：亚里士多德、伽利略、笛卡尔及牛顿对力与运动关系的认识。
2.理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理想过程．
二、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为止.
2.对牛顿第一定律的理解
①牛顿第一定律揭示了运动和力的关系，运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。
②运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是改变物体运动状态的原因，或称力是产生加速度的原因.
②保持静止或匀速直线运动状态是物体的固有属性，这一属性称为惯性，因此牛顿第一定律也叫作惯性定律.
③牛顿第一定律不能用实验直接验证.不受力的物体是不存在的.牛顿第一定律是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上采用科学的逻辑推理得出的结论.它告诉了人们研究物理问题的另一种新方法:通过观察大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律.
④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律告诉我们改变运动状态需要力，力是如何改变物体运动状态及他们的定量关系则由牛顿第二定律来回答。牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
三、惯性
1.定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.
2.决定因素：质量是物体惯性大小的唯一量度, 与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关.
3.对惯性的理解：惯性是物体的固有属性，是物体固有的，即一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动状态无关.物体的惯性总是以“保持原状”“反抗改变”两种形式表现出来，人们只能“利用”惯性而不能“克服”惯性.
4.惯性的表现形式
①物体不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运动状态或静止状态．
②物体受到外力且合外力不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度．惯性越大，物体的运动状态越难改变．
知识点02 牛顿第二定律
一、牛顿第二定律
1.定义：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同.
2.表达式:
3.对牛顿第二定律的理解
①牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律，分析出物体的运动规律;反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况。牛顿第二定律为设计运动，控制运动提供了理论基础.
②因果性:对牛顿第二定律的数学表达式， 是力，力是产生加速度的原因，加速度是作用的结果，是力的作用效果，
③加速度的方向由物体所受合外力的方向决定,二者总是相同.即任一瞬间,a的方向均与合外力方向相同.
【实战演练】
(2023·浙江1月选考·5)如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小( )
A. O点最大B. P点最大
C. Q点最大D. 整个运动过程保持不变
【答案】A
【解析】
小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度最小；
小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小；
即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，故A正确，BCD错误；
④瞬时性:牛顿第二定律揭示的是力的瞬间效果，对运动过程的每一瞬间成立,且瞬时力决定瞬时加速度.即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，物体在某一时刻加速度的大小和方向是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向决定的，力变加速度就变，力撤除加速度就为零.注意力的瞬间效果是加速度而不是速度，加速度可以突变，速度不能突变.
④矢量性：牛顿第二定律，是矢量，也是矢量，且与 的方向总是一致的.
⑤独立性：可以进行合成与分解，也可以进行合成与分解. 作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都满足;力和加速度在各个方向上的分量也满足,即,；物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和;
⑥同一性：加速度a是相对同一个惯性参考系(一般指地面)的;中、、对应同一个物体或同一个系统，且各量统一使用国际单位。
4. 牛顿运动定律的适用范围:宏观低速的物体和在惯性系中。
【实战演练】
(2023·全国乙卷·1)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球( )
A. 上升时间等于下落时间B. 被垫起后瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零D. 下落过程中做匀加速运动
【答案】B
【解析】
A、排球上升过程，对排球受力分析，排球受到重力和向下的阻力，设阻力大小为F阻，则F阻=kv
由牛顿第二定律得：mg+F阻=ma1
解得：a1=g+ kvm
排球下落过程，对排球受力分析，排球受到重力和向上的阻力，由牛顿第二定律得：mg−F阻=ma2
解得：a1=g− kvm
则上升过程的加速度大于下落过程的加速度，上升时间小于下落时间，故A错误；
B、排球运动过程中，阻力一直与运动方向相反，一直做负功，排球的机械能一直减小，则排球回到出发点时，速度小于被垫起后瞬间的速度。排球上升过程做减速运动，下落过程做加速运动，则被垫起后瞬间的速度最大，故B正确；
C、达到最高点时，排球所受阻力为零，排球只受重力，加速度为重力加速度g，故C错误；
D、由A得，下落过程的加速度为a1=g− kvm
下落过程，v增大，加速度减小，排球做加速度减小的加速运动，故D错误。
【实战演练】
(2022·全国乙卷·15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，它们加速度的大小均为( )
A.eq \f(5F,8m) B.eq \f(2F,5m) C.eq \f(3F,8m) D.eq \f(3F,10m)
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，如图所示，
由几何关系可知sin θ＝eq \f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq \f(3,5)，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcs θ＝F，解得FT＝eq \f(5,8)F，对任意小球由牛顿第二定律有FT＝ma，解得a＝eq \f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误．
二、两类基本动力学问题的求解步骤
1.确定研究对象：根据问题需要和解题方便，选择某个物体或某几个物体组成的系统整体为研究对象.
2.分析受力情况和运动情况：画好示意图、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：通常以初速度方向为正方向，若无初速度则以加速度的方向为某一坐标轴的正方向.
4.确定题目类型：
①已知运动求力类问题→确定加速度：寻找题目中3个运动量（），根据运动学公式（）求解
②已知力求运动类问题→确定合力：若以物体只受到两个力作用，通常用合成法；若受到3个及3个以上的力，一般用正交分解法.求解
5.列方程求解剩下物理量：根据牛顿第二定律或者列方程求解，必要时对结果进行讨论
【技巧点拨】解题关键
①两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
②两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
【实战演练】
(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(2,9)，货物可视为质点(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
【答案】(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m.
【实战演练】
(2022·浙江1月选考·19)第24届冬奥会将在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．
【答案】(1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】(1)运动员在直道AB上做匀加速运动，
则有v12＝2a1x1
解得a1＝eq \f(8,3) m/s2
(2)由v1＝a1t1
解得t1＝3 s
运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有
x2＝v1t2＋eq \f(1,2)a2t22
t2＝t－t1＝2 s
解得a2＝2 m/s2
过C点的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC上由牛顿第二定律，有
mgsin θ－Ff＝ma2
解得Ff＝66 N.
【实战演练】
(2021·浙江6月选考·19)机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度大小．
【答案】(1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5eq \r(5) m/s
【解析】
(1)刹车过程为匀减速直线运动，
平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v1,2)＝5 m/s，刹车时间t1＝eq \f(s,\x\t(v))＝4 s
刹车加速度大小a＝eq \f(v1,t1)＝2.5 m/s2
根据牛顿第二定律Ff＝ma，解得Ff＝2.5×103 N
(2)小朋友通过所需时间t2＝eq \f(l＋L,v0)
等待时间t＝t2－t1＝20 s
(3)根据v22－v2＝2as，解得v＝5eq \r(5) m/s.
【实战演练】
(2020·浙江7月选考·19)如图甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的eq \f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置．若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：(g取10 m/s2)
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小．
【答案】(1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
【解析】
(1)由题及题图乙可知，在0～26 s时间内，物件匀速运动，26～34 s时间内，物件匀减速运动，在匀减速运动过程中，
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
可得a＝g－eq \f(F,m)＝0.125 m/s2，方向竖直向下
(2)设匀减速时间为t2，t2＝(34－26) s＝8 s，
由运动学公式有v＝at2＝1 m/s
(3)由题图乙可知，匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝eq \f(v,2)t2＝4 m
由题意可知h1＋h2＝eq \f(3,4)h，
所以物件的总位移大小h＝40 m.
三、超重和失重
1.实重和视重
①实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关．
②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．
2.超重:物体有向上的加速度称物体处于超重.处于超重的物体对支持面的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即.可能情况：①加速上升;②减速下降。
3.失重:物体有向下的加速度称物体处于失重.处于失重的物体对支持面的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力.即.可能情况：①加速下降;②减速上升。
4.完全失重:当时，物体处于完全失重.可能情况：①自由落体和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等。
5.判断超重和失重的方法
①从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态．
②从加速度的角度判断：当物体具有向上的(分)加速度时，物体处于超重状态；具有向下的(分)加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态．
【技巧点拨】
①不管物体处于失重状态还是超重状态，物体本身的重力并没有改变，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）不等于物体本身的重力.
②超重或失重现象与物体的速度、速度变化和运动方向均无关，只决定于加速度的方向.“加速上升”和“减速下降”都是超重;“加速下降”和“减速上升”都是失重.
③在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.
【实战演练】
(2020·山东卷·1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v减小，FN
【答案】D
【解析】根据s－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN
四、瞬时类问题
1.解题依据：当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变．
2.两种基本模型的特点
①刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失.
②弹簧(或橡皮绳)模型：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，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的.
3.基本方法
①分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小.
②分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失).
③求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度.
【实战演练】
(2019·浙江4月选考·12)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)( )
A．A球将向上运动，B、C球将向下运动
B．A、B球将向上运动，C球不动
C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动
D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动
【答案】D
【解析】开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬间，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，由于细线的拉力可以突变为零，所以C球相对于杯底不动，故选D.
五、连接体问题
1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体.如几个物体叠放在一起，或并排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法.
2.常见类型
①物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
②轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．
③轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度．
④弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3.方法：整体法与隔离法，正确选取研究对象是解题的关键.
①整体法：若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求系统内各物体之间的作用力,则可以把它们看作一个整体,根据牛顿第二定律,已知合外力则可求出加速度,已知加速度则可求出合外力.
②隔离法：若连接体内各物体的加速度不相同,则需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.
③若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求物体之间的作用力,则可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力,即“先整体求加速度,后隔离求内力”.
【实战演练】
(2023·北京卷·6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连。两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为( )
A. 1NB. 2NC. 4ND. 5N
【答案】C
【解析】
设每个物块的质量为m，设细线上张力大小为T，对两个物块组成的整体，由牛顿第二定律有
F=(m+m)a
对左侧物块，由牛顿第二定律有T=ma
又有：T≤2N
联立各式解得：F≤4N
即F的最大值为4N
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【实战演练】
(2020·江苏卷·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B.eq \f(19F,20) C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
【答案】C
【解析】设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受到的阻力为Ff，对后38节车厢，由牛顿第二定律有F－38Ff＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1－2Ff＝2ma，联立解得F1＝eq \f(F,19)，故选项C正确．
【技巧点拨】力的“分配”
两物块在力F作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，如图：
地面光滑
m1、m2与固定接触面间的动摩擦因数相同
以上4种情形中，F一定，两物块间的弹力只与物块的质量有关且.
六、等时圆模型
1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图甲所示；
2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示 ；
3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．
七、临界值问题
1.临界、极值条件的标志
①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点;
②若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点.
2.“四种”典型临界条件
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:绳子所能承受的张力是有限度的,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张力FT=0.
④加速度变化时,速度达到最值的临界条件:加速度变为0.
3.解题方法
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数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件．
4.解题思路
①认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
②寻找过程中变化的物理量；
③探索物理量的变化规律；
④确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．
【实战演练】
(2022·江苏卷·1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过( )
A. 2.0m/s2B. 4.0m/s2C. 6.0m/s2D. 8.0m/s2
【答案】B
【解析】解：书不滑动，说明书与高铁的加速度相同，书的最大加速度就是二者一起运动最大加速度，
书的最大加速度由最大静摩擦力提供，则am=μg=0.4×10m/s2=4m/s2
故B正确，ACD错误。
八、板块问题
1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动.问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系.
2．解题关键点
①统一参考系：所有物理量和计算以地面作为参考系。
②临界点：当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)，因此速度相同是摩擦力突变的一个临界条件.
3.解题方法
①明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向，.
②分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).
③物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.
4.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度.
【技巧点拨】运动学公式中的位移都是对地位移.
九、传动带问题
1.传送带的基本类型
传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力将货物运送到其他地方，有水平传送带和倾斜传送带两种基本模型.
2.传送带模型分析流程
【技巧点拨】求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向.当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变，速度相等前后对摩擦力的分析是解题的关键.
3.类型
①水平传送带常见类型及滑块运动情况
②倾斜传送带常见类型及滑块运动情况
【实战演练】
(2021·辽宁卷·13)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v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/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μ＝0.8.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t.
【答案】(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
【解析】
(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1，所以开始时小包裹受到的传送带的摩擦力沿传送带向上，因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，根据牛顿第二定律可知μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝0.4 m/s2
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，
用时t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s，所以小包裹通过传送带所需的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s.
十、图像问题
1.常见图像
①v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解．
②a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解．
③F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况．
④F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量．
2.解题策略
①分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．
②注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．
③明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
【实战演练】
(2023·全国甲卷·6)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A. m甲
【答案】BC
【解析】
对甲、乙两物体，由牛顿第二定律有F−μmg=ma
则F=ma+μmg
对照已知图像，根据数形结合思想，可知图像斜率k=m ，图像截距b=μmg
由于k甲>k乙，故m甲>m乙 ，由于μ甲m甲g=μ乙m乙g，故μ甲<μ乙
故AD错误，BC正确。
【实战演练】
(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，
有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，由F2>F1知
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．
知识点03 牛顿第三定律
一、作用力和反作用力
1.定义：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力．
二、牛顿第三定律
1.定义：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上.
2.对牛顿第三定律的理解
①牛顿第三运动定律指出了两物体之间的作用是相互的，因而力总是成对出现的，它们总是同时产生，同时消失，与相互作用的两物体的运动状态无关、与是否和其他物体相互作用无关。
②作用力和反作用力总是同种性质的力.
③作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可叠加.
④牛顿第三定律在对物体进行受力分析时，起到非常重要的转换研究对象的作用，如果不便于直接分析求出物体受到的某些力时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力，摩擦力的求解有时候不好判断也可以通过转化研究对象求其反作用力．
【实战演练】
(2023·海南卷·3)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小
D. 重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变
【答案】B
【解析】
AB、对人受力分析有
则有FN+FT=mg 根据一对平衡力和一对相互作用力的概念可知，工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，故A错误、B正确；
CD、对滑轮做受力分析有
则有FT=mg2csθ ，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，故CD错误。
【实战演练】
(2022·浙江1月选考·7)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是( )
A. Q对P的磁力大小等于GP B. P对Q的磁力方向竖直向下
C. Q对电子秤的压力大小等于GQ+F D. 电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ
【答案】D
【解析】
AB.由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP，故AB错误；
CD.对PQ的整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ，则可知Q对电子秤的压力大小等于GP+GQ，故C错误，D正确。
故选：D。
P对手有靠向玻璃挡板的力，Q对P有水平向左的磁力，Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP；对PQ的整体受力分析，由平衡条件判断即可。
【实战演练】
(2021·浙江1月选考·4)如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时( )
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】D
【解析】小车在木板上水平向左加速运动时，受重力、支持力、水平向左的摩擦力，而木板对小车的作用力是支持力与摩擦力的合力，方向指向左上方，并不是水平向左，故A、B错误；根据牛顿第三定律，木板对小车的作用力与小车对木板的作用力一定大小相等，方向相反，故C错误，D正确．
三、作用力与反作用力和一对平衡的辨析
考点内容
要求
考情
力与运动关系的认识
a
2023·浙江1月选考·5、2023·全国乙卷·1
2022·全国乙卷·15、2022·浙江6月选考·19
2022·浙江1月选考·19、2021·浙江6月选考·19
2020·浙江7月选考·19、2020·山东卷·1
2019·浙江4月选考·12、2023·北京卷·6
2020·江苏卷·5、2022·江苏卷·1
2021·辽宁卷·13、2023·全国甲卷·6
2021·全国乙卷·21、2023·海南卷·3
2022·浙江1月选考·7、2021·浙江1月选考·4
牛顿第一定律
c
牛顿第二定律
c
牛顿第三定律
c
牛顿运动定律应用
d
超重与失重
b
学
习
目
标
1.理解牛顿第一定律的内容和惯性的本质，能用牛顿第一定律和惯性的知识解释生产生活中的有关现象，解决有关问题.
2.掌握牛顿第二定律的内容及公式，掌握动力学两类基本问题的求解方法.
3.认识超重和失重现象，会利用牛顿第二定律对超重、失重问题进行分析计算．
4.理解牛顿运动三定律的内容，会区分作用力和反作用力与一对平衡力.
类型
滑块运动情况
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
①v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v时，一直匀速
③v0
②传送带足够长时，摩擦力先为阻力，滑块先向左减速，减速到零后摩擦力再为动力，物体反向加速运动回到右端。
类型
滑块运动情况
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速再以a2加速
作用力与反作用力
一对平衡力
相同点
大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
不同点
作用在两个相互作用的物体上
作用在同一物体上
同时产生、同时消失
不一定同时产生、不一定同时消失
两力作用效果不可抵消,
不可叠加,不可求合力
两力作用效果可相互抵消,
可叠加,可求合力,合力为零
一定是相同性质的力
性质不一定相同
相关试卷
【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题07 机械能： 这是一份【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题07 机械能，共35页。试卷主要包含了以核心和主干知识为重点，注重情景与过程的理解与分析，精选训练题目，使训练具有实效性，把握高考热点等内容，欢迎下载使用。
【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题06 万有引力及航天： 这是一份【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题06 万有引力及航天，共21页。试卷主要包含了以核心和主干知识为重点，注重情景与过程的理解与分析，精选训练题目，使训练具有实效性，把握高考热点等内容，欢迎下载使用。
【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题05 曲线运动： 这是一份【讲通练透】2024高考物理知识大盘点 专题05 曲线运动，共31页。试卷主要包含了以核心和主干知识为重点，注重情景与过程的理解与分析，精选训练题目，使训练具有实效性，把握高考热点等内容，欢迎下载使用。
