文档文本内容
专题三 牛顿运动定律
课标解读
考情分析 备考指导
考点 内容
．通过实验 探究物体运动的加速度与
１ ， 牛顿运动定律的理解和应用是高中物 ．加强对惯性 牛顿运动定律的理解
物体受力 物体质量的关系 １ 、 ；
对牛顿运动定 、 。 理教学中最重要的内容 在近几年高考 ．应用受力分析 牛顿运动定律 分析
．理解牛顿运动定律 ， ２ 、 ，
律的理解 ２ 。 中考查的频率很高 属于年年必考内 物体的运动过程
．知道国际单位制中的力学单位 了 ， ；
３ 。 容 不只在选择题中考查牛顿运动定 ．将牛顿运动定律与运动学 特别是
解单位制在物理学中的重要意义 。 ３ （
。 律的应用 在实验和计算题中也是考查 运动图像 等知识相结合进行综合
， ）
的重点 高考试题多会综合牛顿运动 考查
。 ；
定律和运动学规律 注重与电场 磁场 ．将牛顿运动定律与实际生活应用相
．能用牛顿运动定律解释生产生活中 ， 、 ４
牛顿运动定律 １ 的渗透 注重与生产 生活 科技的联 结合
的有关现象 解决有关问题 ， 、 、 。
的应用 、 。 系 注重与科学思维 科学探究 科学态 ．多关注当今与物理学有关的热点与
．通过实验 认识超重和失重现象 ， 、 、 ５
２ ， 。 度与责任等物理学科核心素养的渗透 现代科技
。 。
命题立意 解题指导 拓展延伸
本题以ｓ ｔ图像为背景 考查超重和失重 求解本题的关键是看准乘客乘坐竖直电 准确把握该专题的考点考向 对牛顿运动
－ ， ， ：
意在考查学生的理解能力和推理能力 梯下楼 易错点主要有 把位移 时间图 定律的理解 动力学的两类基本问题 超
。 ， ：① － ， ，
对学生认真审题 把握关键条件等环节的 像误认为是速度 时间图像 对图像斜率 重和失重 动力学中的连接体问题 图像
， － ， ， ，
考查要求较高 体现了物理学科核心素 的理解不准确 对超重和失重的理解不 问题 版块模型 瞬时加速度的求解 传送
。 ；② ， ， ，
养中运动与相互作用观念 科学推理等 到位 不能根据乘客的运动方向和速度的 带模型等 这些都是本专题的重点考查
、 ， 。
要素 变化 判断出加速度的方向 不能结合对 内容
。 ， ， 。
超重 失重的理解 得出支持力与重力的
、 ，
大小关系 答案解析见
。 Ｐ２８２
１４ ５年高考３年模拟 Ａ版 高考物理专题三 牛顿运动定律 １５
五、牛顿第三定律
１．作用力与反作用力的关系
作用力与反作用力的关系可总结为 三同 三异 三无关
考点一 对牛顿运动定律的理解 {同大小 “ 、 、 ”。
一、牛顿第一定律 三同 同时产生 变化 消失
（１） 、 、
１．内容 同性质
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态 直到有外 {反向
，
力迫使它 改变这种状态 为止 三异 异体
① 。 （２）
２．意义 不同效果
揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律 {与物体的种类无关
（１） 。
提出了一切物体都具有惯性 即保持原来运动状态的特性 三无关 与相互作用的两物体的运动状态无关
（２） ， 。 （３）
揭示了力与运动的关系 说明力不是维持物体运动状态 与是否与另外物体相互作用无关
（３） ，
的原因 而是 改变 物体运动状态的原因 即产生加速度的 ２．一对作用力、反作用力和一对平衡力的区别
， ② ，
原因
。 作用力与反作用力 一对平衡力
二、惯性 相同点 等大 反向 作用在同一条直线上
、 ，
１．定义：一切物体都有保持匀速直线运动状态或静止状态 受力 作用在两个不同的物
作用在同一个物体上
的性质 我们把这个性质叫作惯性 物体 体上
， 。
２．惯性大小的量度 依赖 相互依存 不可单独 无依赖关系 解除一个 另一个
， ， ，
质量 是物体惯性大小的唯一量度 质量大的物体惯 不 关系 存在 可依然存在只是不再平衡
（１）③ ， 同 ，
性大 反之物体惯性小 点 力的 两力作用效果不可抵消 两力作用效果可相互抵消
， 。 ， ，
惯性与物体是否受力 怎样受力无关 与物体是否运动 效果 不可叠加不可求合力 可叠加 可求合力 合力为零
（２） 、 ， 、 ， ， ，
怎样运动无关 与物体所处的地理位置无关 一切有质量的物体 力的
， ， 一定相同 不一定相同
都具有惯性 性质
。
三、牛顿第二定律
考点二 牛顿运动定律的应用
１．内容：物体的加速度的大小跟它受到的合外力成正比 跟
， 一、应用牛顿第二定律解决的两类问题
它的质量成反比 加速度的方向跟合外力的方向相同
， 。 １．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
２．表达式：Ｆ ｍａ
合＝ 。 解这类题目 一般是应用牛顿运动定律求出物体的
该表达式只能在国际单位制中成立 因为公式Ｆ ｋｍａ只 ，
， 合＝ 加速度 再根据物体的初始条件 应用运动学公式 求出物体
有在国际单位制中才有ｋ ① ， ， ，
＝１。 运动的情况
３．力的单位：当质量单位为 加速度单位为 ２ 时 力 。
ｋｇ， ④ ｍ／ｓ ， ２．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况
的单位为 即 ２
Ｎ， １Ｎ＝１ｋｇ·ｍ／ｓ 。 解这类题目 一般是应用运动学公式求出物体的 加速度
４．牛顿第二定律的适用范围 ， ② ，
再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力 进而求出物体所受
牛顿第二定律只适用于相对地面静止或匀速直线运动 ，
（１） 的 其他外力
的参考系 ③ 。
。
牛顿第二定律只适用于宏观 低速运动的物体 二、实重和视重
（２） 、 。
１．实重：物体实际所受的重力 它与物体的运动状态 无关
四、单位制、基本单位、导出单位 ， ④ 。
２．视重：当物体在 竖直 方向上有加速度时 物体对弹簧
１．单位制： 基本单位 和导出单位一起组成了单位制 ⑤ ，
⑤ 。 测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的 重力 此时
基本量 只要选定几个物理量的单位 就能够利用这几 ⑥ 。
（１） ： ， 弹簧测力计的示数或台秤的示数为视重
个单位推导出其他物理量的单位 这些被选定的物理量叫作基 。
。
本量 基本物理量的单位叫基本单位 三、超重和失重的应用
， 。
导出单位 由基本单位根据物理公式推导出来的其他物 此类问题多为定性分析台秤上放物体或弹簧测力计下悬吊
（２） ：
理量的单位 物体时的示数的变化 分析此类问题时 要特别注意以下几点
。 。 ， ：
２．国际单位制中的基本物理量和基本单位 质量 时间 １．超重 失重不是物体重力增加或减少了 而是物体对水平
： －ｋｇ， － 、 ，
长度 电流 热力学温度 物质的量 发光强 支持面的压力或对竖直悬线的拉力变大或变小了 重力的大小
ｓ， －ｍ， －Ａ， －Ｋ， －ｍｏｌ， ，
度 是没有变化的 仍为ｍｇ
－ｃｄ。 ， 。
弯腿才能跳得高 作用力与反作用力的例子在日常生活中无处不在： ．人走在路上，人给地面一向后的
１
作用力，地面给人一向前的反作用力，于是人往前运动； ．火箭也是靠反作用力，才能飞向太空的； ．跳高时，双脚给
２ ３
地面一个向下的作用力，地面给人一个向上的反作用力，所以跳高时弯腿给地面的作用力越大，获得的反作用力越
大，人跳得越高。 （图为跳高运动员）
１６ ５年高考３年模拟 Ａ版 高考物理
２．超重 失重与物体的速度无关 只取决于物体的加速度 ４．在完全失重的状态下 由重力产生的一切物理现象都会消
、 ， ，
方向 失 如单摆停摆 天平失效 浸没于液体中的物体不再受浮力 水
。 。 、 、 、
３．对系统超重 失重的判定不能只看某一物 银气压计失效等 但测力的仪器弹簧测力计是可以使用的 因为
、 ， ，
体 要综合分析某一物体的加速运动会不会引起 弹簧测力计是根据Ｆ ｋｘ制成的 而不是根据重力制成的
， ＝ ， 。
其他物体运动状态的变化 例如台秤上放一盛水
。
容器 一细线拴一木球 线另一端拴于盛水容器的
， ， 考点一 改变这种状态 改变 质量 ２ 基本单位
底部 剪断细线 木球加速上升的同时有相同体积 ：① ② ③ ④ｍ／ｓ ⑤
， ， 考点二 加速度 加速度 其他外力 无关 竖直
：① ② ③ ④ ⑤
的水以相等的加速度在加速下降 综合起来 台秤
， ， ⑥ 重力
示数会减小 若不能注意到这一点 会得出相反的错误结论
。 ， 。
潜水艇和鱼是如何实现上浮和下潜的 潜水艇是通过改变自身的重力来实现上浮和下潜的。 潜水艇主
压载水舱水增多时，增加重力，当重力大于浮力时，即从水面潜入水下。 用压缩空气把主压载水舱内的一部分水排
出，重力减小，当自身重力小于浮力时，即从水下浮出水面。 而鱼不同，它是靠改变自身体积来上浮和下潜的。 鱼想
下潜时，就把鱼鳔内的一部分气体排出体外，体积减小，密度增大，当密度大于水的密度时，鱼就潜入水下。 （图为潜
水艇）
解题导引
拓展一 对牛顿第二定律的深入理解
同向性 公式Ｆ ｍａ是矢量式 任一时刻 Ｆ与ａ同向
＝ ， ，
解析 解法一 以人为研究对象，受力分析如图（ ）所示，
正比性 ｍ一定时 ａ Ｆ ａ
， ∝ 建立如图所示的坐标系，并将加速度分解为水平方向加速度ａ
ｘ
ａ与Ｆ对应同一时刻 即ａ为某时刻的加速度时 Ｆ为该时刻 和竖直方向加速度ａ ，如图（ ）所示，则ａ ａ θ，ａ ａ θ。
瞬时性 ， ， ｙ ｂ ｘ＝ ｃｏｓ ｙ＝ ｓｉｎ
物体所受合外力
因果性 Ｆ 是产生ａ的原因 物体具有加速度是因为物体受到了力
，
·· ··
有三层意思 加速度ａ相对同一惯性系 一般指地面
：① （ ）
同一性 Ｆ ｍａ中 Ｆ ｍ ａ对应同一物体或同一系统
② ＝ ， 、 、
Ｆ ｍａ中 各量统一使用国际单位
③ ＝ ， 由牛顿第二定律得Ｆ ｍａ ，ｍｇ Ｆ ｍａ
静＝ ｘ － Ｎ＝ ｙ
求得Ｆ ｍａ θ，Ｆ ｍ（ｇ ａ θ）。
① 作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿 静＝ ｃｏｓ Ｎ＝ － ｓｉｎ
第二定律
解法二 以人为研究对象，建立如图所示坐标系，并规定正方向。
独立性 物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和
②
力 加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律 即
③ 、 ，
Ｆ ｍａ Ｆ ｍａ
ｘ＝ ｘ， ｙ＝ ｙ
只适用于宏观 低速运动的物体 不适用于微观 高速运动
① 、 ， 、
的粒子
局限性
根据牛顿第二定律得
物体的加速度必须是相对于地球静止或匀速直线运动的
②
参考系 （ 惯性系 ） 而言的 ｘ方向 ｍｇ ｓｉｎ θ － Ｆ Ｎ ｓｉｎ θ － Ｆ 静 ｃｏｓ θ ＝ ｍａ ①
ｙ方向 ｍｇ θ Ｆ θ Ｆ θ
例１ 如图所示 质量为ｍ的人站在自动扶梯上 扶梯正 由 两式可 ｃｏ 解 ｓ 得 ＋ Ｆ 静 ｓｉｎ ｍ（ － ｇ ａ Ｎ ｃｏｓ θ） ＝ ， ０ Ｆ ｍａ θ ②
， ， ①② Ｎ＝ － ｓｉｎ 静＝－ ｃｏｓ
以加速度ａ向上减速运动 ａ与水平方向的夹角为θ 求人受到 Ｆ 为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水
， 。 静
的支持力和摩擦力的大小 平向左。
。
答案 ｍ（ｇ ａ θ） ｍａ θ
－ ｓｉｎ ｃｏｓ
拓展二 运用图像解答牛顿运动定律问题
１．处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物
理量间的函数关系 全面系统地看懂图像中的 轴 线
， “ ”、“ ”、
点 斜率 面积 截距 等所表示的物理意义 在运用图
“ ”、“ ”、“ ”、“ ” 。
像求解问题时 还需要具有将物理现象转化为图像问题的能力
， 。
专题三 牛顿运动定律 １７
运用图像解题包括两个方面 用给定的图像解答问题 根据 弹簧弹力大小为 ｍｇ
：① ，② Ａ． ２
题意去作图 运用图像去解答问题 球Ｂ的加速度为ｇ
， 。 Ｂ．
２．图像语言 函数语言及文字语言构成表达物理过程与物
、 球Ａ受到的支持力为 ｍｇ
理参数关系的三种语言 要求能够在任意两种语言间相互转 Ｃ． ２
。
换 以便用相对简单的方法解决物理问题 球Ａ的加速度为 １ ｇ
Ｄ．
， 。
２
３．解题策略
解析 剪断细绳前对 Ｂ 球受力分析如图甲，由平衡条件
分清图像的类别 即分清横 纵坐标所代表的物理量 明
（１） ， 、 ， 可得Ｆ ｍｇ ° ｍｇ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，
确其物理意义 掌握物理图像所反映的物理过程 会分析临 弹＝ ｔａｎ４５ ＝
， ， 而弹簧弹力Ｆ 和Ｂ球重力的大小和方向均没有改变，则Ｆ
界点
弹 合＝
。 ｍｇ
（２） 注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义 ， 如图线与 Ｆ 绳＝ °＝ ２ ｍｇ，ａ Ｂ＝ ２ ｇ， Ａ 、 Ｂ 项错误。 剪断细绳前对Ａ球
横 纵坐标的交点 图线的转折点 两图线的交点等 ｃｏｓ４５
、 ， ， 。 受力分析如图乙，得Ａ球的重力大小ｍ ｇ Ｆ ° ｍｇ，
明确能从图像中获得哪些信息 把图像与具体的题意 Ａ ＝２ 绳 ｃｏｓ ３０ ＝ ６
（３） ： 、
情境结合起来 应用物理规律列出与图像对应的函数方程式 进 剪断细绳瞬间，Ａ球受到的支持力Ｆ ｍ ｇ ° ３ ２ｍｇ，
， ， Ｎ Ａ＝ Ａ ｃｏｓ ３０ ＝ Ｃ
而明确 图像与公式 图像与物体 间的关系 以便对有关物理 ２
“ ”“ ” ， 项错误。 剪断细绳瞬间，对Ａ球由牛顿第二定律有ｍ ｇ °
问题做出准确判断 Ａ ｓｉｎ３０ ＝
。
ｍ ａ ，得Ａ球的加速度ａ ｇ ° １ ｇ， 项正确。
拓展三 瞬时加速度的处理 Ａ Ａ Ａ＝ ｓｉｎ３０ ＝ Ｄ
２
１．物体所受的外力Ｆ与其所产生的加速度ａ具有瞬时对应
关系 二者总是同时产生 同时消失 同时变化 具体可简化为
， 、 、 。
以下两种模型
。
答案 Ｄ
拓展四 动力学中的连接体问题
２．瞬时加速度问题的解题思路 １．常见连接体的类型
弹簧连接体
（１）
物物叠放连接体
（２）
例２ 如图所示 小球Ａ置于固定在水平面上的光滑半圆 轻绳连接体
， （３）
柱体上 小球Ｂ用水平轻弹簧拉着 弹簧固定在竖直板上 两小
， ， 。
球Ａ Ｂ通过光滑滑轮Ｏ用轻质细绳相连 两球均处于静止状态
、 ， 。
已知Ｂ球质量为ｍ Ｏ在半圆柱体圆心Ｏ 的正上方 ＯＡ与竖直
， １ ，
方向成 °角 ＯＡ长度与半圆柱体半径相等 ＯＢ与竖直方向成
３０ ， ，
°角 现将轻质细绳剪断的瞬间 重力加速度为 ｇ 下列说法
４５ ， （ ），
正确的是
（ ）
拔河比赛比什么 根据牛顿第三定律，对于拔河的两个队，双方之间的拉力并不是决定胜负的因素。 对
拔河的两个队进行受力分析就可以知道，只要所受的拉力小于与地面间的最大静摩擦力，就不会被拉动。 因此，队员
与地面间的摩擦力就成了胜负的关键。 首先，穿上鞋底有凹凸花纹的鞋子，能够增大摩擦因数，使摩擦力增大；还有
就是队员的体重越大，对地面的压力越大，摩擦力也就越大。 （图为拔河比赛）
１８ ５年高考３年模拟 Ａ版 高考物理
轻杆连接体 ３．处理连接体问题的方法
（４）
若连接体内各物体具有相同的加速度 且不需要求物体
整体法的 ，
之间的作用力 可以把它们看成一个整体 分析整体受到
选取原则 ， ，
的外力 应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
，
２．连接体的运动特点 若连接体内各物体的加速度不相同 或者要求出系统内
隔离法的 ，
轻绳 轻绳在伸直状态下 两端的连接体沿绳方向的速 两物体之间的作用力时 就需要把物体从系统中隔离出
——— ， 选取原则 ，
度总是相等 来 应用牛顿第二定律列方程求解
。 ，
轻杆 轻杆平动时 连接体具有相同的平动速度 轻杆转 若连接体内各物体具有相同的加速度 且要求物体之间
——— ， ； 整体法、 ，
动时 连接体具有相同的角速度 而线速度与转动半径成正比 的作用力时 可以先用整体法求出加速度 然后再用隔离
， ， 。 隔离法的 ， ，
轻弹簧 在弹簧发生形变的过程中 两端连接体的速度 法选取合适的研究对象 应用牛顿第二定律求作用力 即
——— ， 交替运用 ， ，
不一定相等 在弹簧形变最大时 两端连接体的速率相等 先整体求加速度 后隔离求内力
； ， 。 “ ， ”
火车头做得轻些好吗 火车头对车厢的拉力来源于火车车轮和铁轨之间的摩擦力。 当火车前进时，车
轮向后推铁轨，铁轨反过来向前推车轮。 这个相互推的力产生在车轮与铁轨相接触的地方，就是摩擦力。 摩擦力的
大小与两物体（车轮与铁轨）压紧的力的大小有关，若是火车头做得轻了，那么这个压紧的力就减小了，火车头就拉
不动后面的车厢了。 （图为飞驰的火车）
应用一 探究“等时圆”模型
Ｄ，则滑环沿杆滑到ｄ点的位移大小ｘ Ｄ θ，由ｘ １ ａｔ２，解得
＝ ｓｉｎ ＝
２
Ｄ
ｔ ２ 。 可见，滑环滑到ｄ点的时间ｔ与杆的倾角θ无关，即三
＝ ｇ
个滑环滑行到ｄ点所用的时间相等，选项 正确。
Ｄ
答案 Ｄ
应用二 探究连接体中临界极值问题的方法
１．基本思路
例１ 如图所示 ａｄ ｂｄ ｃｄ是竖直面内三根固定的光滑细 认真审题 详尽分析问题中变化的过程 包括分析整体
， 、 、 （１） ， （
过程中有几个阶段
杆 ａ ｂ ｃ ｄ位于同一圆周上 ａ点为圆周的最高点 ｄ点为圆周 ）；
， 、 、 、 ， ，
寻找过程中变化的物理量
的最低点 每根杆上都套着一个小滑环 图中未画出 三个滑
（２） ；
。 （ ），
探索物理量的变化规律
环Ａ Ｂ Ｃ分别从ａ ｂ ｃ处由静止开始释放 用ｔ ｔ ｔ 依次表示 （３） ；
、 、 、 、 ， １、２、 ３ 确定临界状态 分析临界条件 找出临界关系
滑环Ａ Ｂ Ｃ到达ｄ点所用的时间 则 （４） ， ， 。
、 、 ， （ ） ２．思维方法
把物理问题 或过程 推向极端 从而使临界现象 或状态
极限法 （ ） ， （ ）
暴露出来 以达到正确解决问题的目的
，
临界问题存在多种可能 特别是非此即彼两种可能时 或变
， ，
假设法 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
ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ 将物理过程转化为数学表达式 根据数学表达式解出临界
Ａ． １＜ ２＜ ３ Ｂ． １＞ ２＞ ３ 数学法 ，
ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ 条件
Ｃ． ３＞ １＞ ２ Ｄ． １＝ ２＝ ３
解析 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力ｍｇ和杆的 例２ 多选 如图甲所示 一质量为Ｍ的长木板静置于光滑
（ ） ，
支持力Ｆ 作用。 设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定 水平面上 其上放置一质量为ｍ的小滑块 木板受到水平拉力Ｆ作
Ｎ ， 。
律有ｍｇ θ ｍａ，得加速度大小ａ ｇ θ。 设圆周的直径为 用时 用传感器测出长木板的加速度ａ与水平拉力Ｆ的关系如图乙
ｓｉｎ ＝ ＝ ｓｉｎ ，
专题三 牛顿运动定律 １９
所示 重力加速度ｇ ２ 下列说法正确的是 ２．倾斜传送带问题
， ＝１０ｍ／ｓ ， （ ）
模型展示 滑块运动情况 滑块受力情况
滑块受沿传送带向上
若ｖ 始终小于 ｖ 滑块一直
滑 ， 的滑动摩擦力 合力
加速 ，
沿传送带向上
小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 ． μ θ 若滑块运动到传送带上端前 速度相同时滑块所受
Ａ． 当水平拉力Ｆ 时 长木板的加速度 ０ 大 １ 小为 ２ ＞ｔａｎ ｖ 滑＝ ｖ ， 滑块先加速后匀速 摩擦力沿传送带向上
Ｂ． ＝７ Ｎ ， ３ ｍ／ｓ
Ｃ． 当水平拉力Ｆ增大时 ， 小滑块的加速度一定增大 若ｖ 滑 始终小于 ｖ ， 滑块一直 滑块所受摩擦力方向
Ｄ． 小滑块的质量ｍ ＝２ ｋｇ 加速 沿传送带向下
解析 由题可知，当 Ｆ 时二者一起加速运动，对整
０＜ ≤６ Ｎ 若滑块运动到传送带下端前
体有Ｆ ＝ （Ｍ ＋ ｍ）ａ，ａ ＝Ｍ １ ｍ Ｆ，即此时ａ － Ｆ图线的斜率为整体质 ｖ 滑＝ ｖ ， 且μ ＞ｔａｎ θ ， 则滑块先加 滑块所受摩擦力方向
＋ 速后匀速
量的倒数，得Ｍ ｍ ；当Ｆ 时二者间出现相对滑动，对 可能沿传送带向上
＋ ＝３ ｋｇ ＞６ Ｎ 若滑块运动到传送带下端前 ，
μｍｇ 可能沿传送带向下
木板有Ｆ μｍｇ Ｍａ，即ａ １ Ｆ ，可见此时ａ Ｆ图线的斜率 ｖ ｖ 且μ θ 则滑块先以
－ ＝ ＝Ｍ － Ｍ － 滑＝ ， ＜ｔａｎ ，
ａ 加速后以ａ 加速
为木板质量的倒数，可得Ｍ ，则ｍ ， 正确。 由于出
＝１ ｋｇ ＝２ ｋｇ Ｄ １ ２
现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力， 等速之前 滑块所受摩
若ｖ ｖ 则同情境 可能一直 ，
不再随Ｆ的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达 ０＜ ， ２， 擦力沿传送带向下 等
加速 可能先加速后匀速 可 ，
到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为 ａ 、 、 速之后 可能沿传送带
大 ＝ 能先以ａ 加速后以ａ 加速 ，
２ ｍ／ｓ
２，由牛顿第二定律有μｍｇ
＝
ｍａ
大
，得μ
＝０
．
２
，
Ａ
、
Ｃ
错误。 将 １ ２ 向上也可能向下
Ｆ
＝７ Ｎ
代入ａ
＝Ｍ
１ Ｆ
－
μ
Ｍ
ｍｇ ，得ａ
＝３ ｍ／ｓ
２，
Ｂ
正确。 若ｖ ０≥ ｖ ， 且μ ＝ｔａｎ θ ， 则滑块
一直匀速
答案 ＢＤ
若ｖ ｖ μ θ ｖ 始终大于
０＞ ， ＞ｔａｎ ， 滑
ｖ时 滑块一直减速 滑块到达 滑块所受摩擦力沿传
应用三 探究传送带问题的处理 ， ；
底端前ｖ ｖ 滑块先减速后 送带向上
１．水平传送带问题 滑＝ ，
匀速
模型展示 滑块运动情况 滑块受力情况
若ｖ ｖ μ θ 滑块一直做
０＞ ， ＜ｔａｎ ，
若ｖ 滑 始终小于 ｖ ， 滑块一直 滑块受水平向右的摩 加速运动
加速 擦力
若μ θ 滑块一直加速
＜ｔａｎ ，
若滑块运动到传送带右端前 ， 速度相同时滑块不受 若μ ＝ｔａｎ θ ， 则滑块一直匀速
ｖ ｖ 滑块先加速后匀速 摩擦力
滑＝ ， 若μ θ 到达底端前ｖ 滑块受沿传送带向上
＞ｔａｎ ， 滑＝
ｖ ０＞ ｖ时 ， 若ｖ 滑 始终大于ｖ ， 滑 ｖ ０＞ ｖ时 ， 滑块受水平 ０， 滑块先减速后反向加速 ； 到 的摩擦力
块一直减速 若滑块运动到传 向左的摩擦力 速度 达底端时 ｖ 滑块一直
， ， 滑＞０，
送带右端前ｖ 滑＝ ｖ ， 则滑块先 相同时滑块不受摩 减速
减速再匀速 擦力
例３ 水平传送带被广泛地应用于机场和火车站 如图所
，
ｖ ｖ时 若ｖ 始终小于ｖ 滑 ｖ ｖ时 滑块受水平
０＜ ， 滑 ， ０＜ ， 示为一水平传送带装置示意图 紧绷的传送带ＡＢ始终保持恒
块一直加速 若滑块运动到传 向右的摩擦力 速度 。
， ， 定的速率ｖ 运行 一质量为ｍ 的行李无初速度地放
送带右端前ｖ ｖ 则滑块先 相同时滑块不受摩 ＝１ｍ／ｓ ， ＝４ｋｇ
滑＝ ， 在Ａ处 传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线
加速再匀速 擦力 ，
运动 随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动 设
， 。
滑块滑到传送带左端时ｖ 滑＞ 滑块受水平向右的摩 行李与传送带之间的动摩擦因数μ
＝０
．
１，
Ａ
、
Ｂ间的距离Ｌ
＝２ ｍ，
０， 滑块一直减速到达左端 擦力 ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ 。
滑块到达左端前ｖ 滑块先
滑＝０，
向左减速 再向右加速 最后可
， ， 速度相同时滑块不受
能匀速回到右端 若ｖ ｖ 返回
。 ０＞， 摩擦力 求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度
右端时速度大小为ｖ 若ｖ ｖ 返 （１）
； ０＜， 的大小
回右端时速度大小为ｖ ；
０ 求行李做匀加速直线运动的时间
（２） ；
为什么飞机要逆风起飞 飞机起飞是靠与空气的相对运动产生的升力来支撑的，升力的大小
取决于飞机与空气的相对速度，而不取决于飞机与地面的相对速度。 逆风起飞时，与空气的相对速度等于
飞机滑跑速度加上风速，由于相对空气运动速度大，获得的升力也就大，这样就可以减少滑跑距离。
２０ ５年高考３年模拟 Ａ版 高考物理
如果提高传送带的运行速率 行李就能被较快地传送到 沿传送带方向：ｍｇ θ Ｆ ｍａ
（３） ， ｓｉｎ ＋ ｆ＝ １
Ｂ处 求行李从Ａ处传送到Ｂ处的最短时间和传送带对应的最 垂直传送带方向：ｍｇ θ Ｆ
， ｃｏｓ ＝ Ｎ
小运行速率 又Ｆ μＦ
。 ｆ＝ Ｎ
解题导引 由以上三式得：ａ ｇ（ θ μ θ） ２，方向沿传送
１＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝１０ ｍ／ｓ
带向下。
（ ）货物速度从ｖ 减至传送带速度ｖ所用时间设为ｔ ，位移
２ ０ １
设为ｘ ，则有：
１
ｖ ｖ ｖ ｖ
ｔ － ０ ，ｘ ０＋ ｔ
解析 （ １ ）滑动摩擦力Ｆ ｆ＝ μｍｇ ＝０ ． １×４×１０ Ｎ＝４ Ｎ ，加速
（
１＝
）
－
当
ａ １
货
＝
物
１ ｓ
速度
１＝
与
２
传
１
送
＝７
带
ｍ
速度相等时，由于 ｍｇ θ
度ａ μｇ ． ２ ２。 ３ ｓｉｎ ＞
＝ ＝０１×１０ ｍ／ｓ ＝１ ｍ／ｓ μｍｇ θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大
（ ）行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 ｃｏｓ
２ 小为ａ ，则有ｍｇ θ μｍｇ θ ｍａ ，
ｖ ２ ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ２
ｖ ＝ ａｔ １ ，解得ｔ １＝ ａ ＝ １ １ ｓ＝１ ｓ 。 得：ａ ２＝ ｇ（ ｓｉｎ θ － μ ｃｏｓ θ） ＝２ ｍ／ｓ ２，方向沿传送带向下。
（ ）行李始终匀加速运行时传送时间最短，加速度仍为ａ ｖ
３ ＝ 设货物再经时间ｔ ，速度减为零，则ｔ ０－
２，当行李到达右端时，有 ２ ２＝ － ａ ２ ＝１ ｓ
１ｍ／ｓ
ｖ
ｖ２
ｍｉｎ＝２
ａＬ，解得ｖ
ｍｉｎ＝ ２
ａＬ
＝ ２×１×２ ｍ／ｓ＝２ ｍ／ｓ
， 沿传送带向上滑的位移ｘ
２＝
＋
２
０ｔ
２＝１ ｍ
所以传送带对应的最小运行速率为 。
２ ｍ／ｓ 则货物上滑的总距离为ｘ ｘ ｘ 。
ｖ
＝ １＋ ２＝８ ｍ
行李最短运行时间由ｖ ａｔ ，得ｔ ｍｉｎ ２ 。 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大
ｍｉｎ＝ ｍｉｎ ｍｉｎ＝ ａ ＝ ｓ＝２ｓ
１
答案 （ １ ） ４ Ｎ １ ｍ／ｓ ２ （ ２ ） １ ｓ （ ３ ） ２ ｓ ２ ｍ／ｓ
小等于ａ
２
。 设下滑时间为ｔ
３
，则ｘ
＝ ２
１ ａ
２
ｔ２
３
，代入解得ｔ
３＝２ ２ ｓ
。
例４ 如图所示为货场使用的传送带的模型 传送带倾斜 所以货物从滑上传送带到再次滑回Ａ端的总时间为ｔ ｔ
， ＝ １＋
放置 与水平面夹角为θ ° 传送带ＡＢ足够长 传送皮带轮以 ｔ ｔ （ ） 。
， ＝３７ ， ， ２＋ ３＝ ２＋２ ２ ｓ
大小为ｖ ＝２ ｍ／ｓ 的恒定速率顺时针转动 。 一包货物以 ｖ ０＝１２ 答案 （ １ ） １０ ｍ／ｓ ２ （ ２ ） １ ｓ ７ ｍ （ ３ ）（ ２＋２ ２ ） ｓ
的初速度从Ａ端滑上倾斜传送带 若货物与皮带之间的动
ｍ／ｓ ，
摩擦因数μ ． 且可将货物视为质点 ｇ ２ 已知 应用四 探究滑块—木板模型问题
＝０５， 。 （ ＝１０ ｍ／ｓ ， ｓｉｎ
° ． ° ． １．模型特点
３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８）
求货物刚滑上传送带时加速度为多大 滑块 木板模型问题中 滑动摩擦力的分析方法与传送带
（１） ？ — ，
经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同 这时 模型类似 但这类问题比传送带类问题更复杂 因为木板受到摩
（２） ？ ， ，
货物相对于地面运动了多远 擦力的影响 往往做匀变速直线运动 解决此类问题要注意从速
？ ， ，
从货物滑上传送带开始计时 货物再次滑回Ａ端共用了 度 位移 时间等角度 寻找各运动过程之间的联系
（３） ， 、 、 ， 。
多长时间 ２．解题关键
？
临界条件 使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是
（１） ：
滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同
。
问题实质 滑块 木板模型和传送带模型一样 本质上
（２） ： — ，
都是相对运动问题 要分别求出各物体相对地面的位移 再求相
， ，
对位移
解析 （ ）设货物刚滑上传送带时加速度为ａ ，货物受力 。
１ １
例５ （２０１７课标Ⅲ，２５，２０ 分）如图 两个滑块 Ａ和 Ｂ
如图所示： ，
的质量分别为ｍ 和ｍ 放在静止于水平地面上的
Ａ＝１ ｋｇ Ｂ＝５ ｋｇ，
木板的两端 两者与木板间的动摩擦因数均为μ ． 木板的质
， １＝０５；
量为ｍ 与地面间的动摩擦因数为μ ． 某时刻Ａ Ｂ两
＝４ ｋｇ， ２＝０１。 、
滑块开始相向滑动 初速度大小均为ｖ Ａ Ｂ相遇时 Ａ
， ０＝３ ｍ／ｓ。 、 ，
与木板恰好相对静止 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 取重
。 ，
根据牛顿第二定律得 力加速度大小ｇ ２ 求
＝１０ ｍ／ｓ 。
失重发生的现象 你能够想象出完全失重的条件下会发生什么现象吗？ 你设想地球上一旦重力消失，
会发生什么现象，在宇宙飞船中就会发生什么现象。 物体将飘在空中，液滴呈绝对球形，气泡在液体中将不上浮。 宇
航员站着睡觉和躺着睡觉一样舒服，走路务必小心，稍有不慎，将会“上不着天，下不着地”。 食物要做成块状或牙膏
似的糊状，以免食物的碎渣“漂浮”到空中进入宇航员的眼睛、鼻孔。 你还可以继续发挥你的想象力，举出更多的现
象来。
专题三 牛顿运动定律 ２１
Ｂ与木板相对静止时 木板的速度大小 知，Ａ和Ｂ相遇时，Ａ与木板的速度相同，设其大小为ｖ 。 设Ａ的
（１） ， ； ２
Ａ Ｂ开始运动时 两者之间的距离 速度大小从ｖ 变到ｖ 所用的时间为ｔ ，则由运动学公式，对木
（２） 、 ， 。 １ ２ ２
板有
ｖ ｖ ａ ｔ
２＝ １－ ２ ２
解析 （ ）滑块Ａ和Ｂ在木板上滑动时，木板也在地面上 对Ａ有
１
滑动。 设Ａ、Ｂ和木板所受的摩擦力大小分别为ｆ 、ｆ 和ｆ ，Ａ和 ｖ ２＝－ ｖ １＋ ａ Ａ ｔ ２
１ ２ ３
Ｂ相对于地面的加速度大小分别为ａ
Ａ
和ａ
Ｂ
，木板相对于地面的 在ｔ
２
时间间隔内
，
Ｂ
（
以及木板
）
相对地面移动的距离为
加速度大小为ａ 。 在滑块Ｂ与木板达到共同速度前有
ｓ ｖ ｔ １ ａ ｔ２
１ １＝ １ ２－ ２ ２
ｆ μ ｍ ｇ ２
１＝ １ Ａ ① 在 ｔ ｔ 时间间隔内 Ａ相对地面移动的距离为
ｆ
２＝
μ
１
ｍ
Ｂ
ｇ
②
（ １＋ ２） ，
ｆ ３＝ μ ２ （ｍ ＋ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ ）ｇ ③ ｓ Ａ＝ ｖ ０（ ｔ １＋ ｔ ２）－ １ ａ Ａ（ ｔ １＋ ｔ ２） ２
由牛顿第二定律得 ２
Ａ和Ｂ相遇时 Ａ与木板的速度也恰好相同 因此Ａ和Ｂ开
ｆ ｍ ａ ， 。
１＝ Ａ Ａ ④ 始运动时 两者之间的距离为
ｆ ｍ ａ ，
ｆ
２＝
ｆ
Ｂ
ｆ
Ｂ
ｍａ
⑤ ｓ
０＝
ｓ
Ａ＋
ｓ
１＋
ｓ
Ｂ
２－ １－ ３＝ １ ⑥ 联立以上各式 并代入数据得
设在ｔ 时刻，Ｂ与木板达到共同速度，其大小为ｖ 。 由运动 ，
１ １ ｓ ．
学公式有 ０＝１９ ｍ
也可用如图的速度 时间图线求解
ｖ ｖ ａ ｔ （ － ）
１＝ ０－ Ｂ １ ⑦
ｖ ａ ｔ
１＝ １ １ ⑧
联立 式，代入已知数据得
①②③④⑤⑥⑦⑧
ｖ
１＝１ ｍ／ｓ ⑨
（ ）在ｔ 时间间隔内，Ｂ相对于地面移动的距离为
２ １
ｓ
Ｂ＝
ｖ
０
ｔ
１－
１ ａ
Ｂ
ｔ２
１ ⑩
２
设在Ｂ与木板达到共同速度 ｖ 后，木板的加速度大小为
１
ａ 。 对于Ｂ与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
２
ｆ ｆ （ｍ ｍ）ａ
１＋ ３＝ Ｂ＋ ２
由 ①②④⑤ 式知，ａ Ａ＝ ａ Ｂ ；再由 ⑦⑧ 式知，Ｂ与木板达到共同 答案 （ １ ） １ ｍ／ｓ （ ２ ） １ ． ９ ｍ
速度时，Ａ的速度大小也为ｖ ，但运动方向与木板相反。 由题意
１
亚里士多德 在力学研究方面取得成就最大的古希腊人就是亚里士多德。 他主要着眼于“运动原因”
的探讨，因此他的力学理论是动力学性质的。 但大多数是一些猜测和推理的结果，其结论往往是错误的。 他认为：物
体下落速度应与物体重力成正比，其他一切运动（包括匀速直线运动）都是强迫运动，这种运动只有在推动者的直接
推动下才能进行。 “当推一个物体的力不再推它时，物体便归于静止”，力是使物体产生运动的原因。 （图为亚里士
多德塑像）
