全品复习方案18高考物理大一轮复习专题训练(三)第3单元牛顿运动定律
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律的应用2课件
考点互动探究
变式题如图 3-8-8 所示，质量为 m＝1 kg 的物块放在倾角为 θ＝37°的斜面体上，斜面体 质量为 M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为 μ＝0.2，地面光滑．现对斜面体施加一水 平推力 F，要使物块相对斜面静止，试确定推力 F 的取值范围．(g 取 10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)
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(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，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 T＝0. (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．
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木板发生的位移 x′1＝v1t0＋12a′1t20＝1.36 m 此时木板距平台边缘的距离Δ x＝l－x1－x′1＝0.64 m (2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，对物块，由牛顿第二定律得 μ 2mg＝ma′2 解得 a′2＝μ2g 若物块在平台上速度减为 0，则通过的位移 x′2＝2av′22 2 要使物块最终不会从平台上掉下去，需满足 l＋L2≥x2＋x′2 联立解得 μ2≥0.2.
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例 3 [2016·合肥质量检测] 如图 3-8-7 所示，一长 L＝2 m、质量 4 kg 的薄木板(厚度 不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘 l＝5 m，木板的正中央放有一质量为 m＝1 kg 的物块(可视为质点)，已知木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ 1＝0.4. 现对木板施加一水平向右的恒力 F，其大小为 48 N．g 取 10 m/s2. (1)当 F 作用 1.2 s 时，求木板的右端离平台边缘的距离； (2)要使物块最终不能从平台上滑出去，求物块与平台间的动摩擦因数 μ2 应满足的条件．
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解课件(1)
② 根据自己预习时理解过的逻辑结构抓住老师的思路。老师讲课在多数情况下是根据教材本身的知识结构展开的，若把自己预习时所理解过的知识 逻辑结构与老师的讲解过程进行比较，便可以抓住老师的思路。
知识梳理
5.过直线外一点 有且只有一条直线与这条直线平行. 6.如图，若l1∥l2，则① ∠1=∠2 ；② ∠3=∠2 ；③ ∠2+∠4=180.°
难点突破
► 考点二 平行线的性质
【例2】如图，已知a∥b，小亮把三角板的直角顶点放在直线b上.若∠1=40°，则∠2的度 数为________. 【思路点拨】由两直线平行，同位角相等得∠2=∠3.再由三角板的直角得∠1与∠3互余， 从而求得∠3. 【自主解答】∵a∥b，∴∠2=∠3， ∵∠3=90°－∠1=90°－40°=50°，∴∠2=50°. 答案：50°
③ 根据老师的提示抓住老师的思路。老师在教学中经常有一些提示用语，如“请注意”、“我再重复一遍”、“这个问题的关键是····”等等，这些 用语往往体现了老师的思路。来自：学习方法网
④ 紧跟老师的推导过程抓住老师的思路。老师在课堂上讲解某一结论时，一般有一个推导过程，如数学问题的来龙去脉、物理概念的抽象归纳、语 文课的分析等。感悟和理解推导过程是一个投入思维、感悟方法的过程，这有助于理解记忆结论，也有助于提高分析问题和运用知识的能力。
(D)30°
随堂检测
5.如图，点Ａ,Ｏ,Ｂ在同一直线上，已知∠BOC=50°，则∠AOC=_1__3_0____°.
6.如图，AB∥CD∥EF，那么∠BAC+∠ACE+∠CEF=__3__6_0___度.
高考物理大一轮复习 专题训练(三)第3单元 牛顿运动定律(2021年最新整理)
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专题训练(三）第3单元牛顿运动定律基础巩固1．一皮带传送装置(足够长）如图Z31所示，皮带的速度v足够大,轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦,当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平．若滑块放到皮带的瞬间,滑块的速度为零,且弹簧正好处于自然长度，则弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化情况是( ）图Z3.1A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大2．如图Z3。
2所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3.用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2。
当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为（当地重力加速度g取10 m/s2)( )图Z3.2A．a＝2 m/s2，a2＝3 m/s21B．a＝3 m/s2，a2＝2 m/s21C．a＝5 m/s2，a2＝3 m/s21D．a＝3 m/s2，a2＝5 m/s213．如图Z3。
3所示,三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2,sin37°＝0。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第8讲牛顿第二定律的应用2课时作业
牛顿第二定律的应用（2）基础巩固1．某运动员(可看作质点)参加跳台跳水比赛，t＝0是其向上起跳离开跳台瞬间，其速度与时间关系图像如图K81所示，则( )图K81A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员处于超重状态2．如图K82所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、x、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则如图K82所示的图像中能正确描述这一运动规律的是( )图K82图K823．如图K83所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg.现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为( )图K83A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg4．[2016·山东潍坊统一考试] 如图K84甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑位移x时的速度为v，其xv2图像如图乙所示，g取10 m/s2，则斜面倾角θ为( )图K84A ．30° A ．45° A ．60° A ．75° 能力提升5．(多选)[2016·江西南昌一模] 质量为m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5.在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，如图K85甲所示，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图K85A ．物块经过4 s 时间回到出发点B ．物块运动到第3 s 时水平拉力的方向发生改变C ．3.5 s 时刻水平力F 的大小为4 ND ．4.5 s 时刻水平力F 的大小为16 N6．[2016·长春质量检测] 如图K86所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N 或F 随x 变化的图像正确的是图K87中的( )图K86图K877．(多选)[2016·合肥质量检测] 如图K88甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )图K88A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出图乙中a1的值C．若θ已知，可求出图乙中a2的值D．若θ已知，可求出图乙中m0的值8．[2016·石家庄质检] 如图K89所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F 作用下向右做a＝2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(1)物块A、B分离时所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．图K89挑战自我9．[2016·武汉调研] 如图K810甲所示，质量为M ＝0.5 kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块以初速度v 0＝4 m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2.在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F ，当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s .给木板施加大小不同的恒力F ，得到1sF 的关系如图乙所示，其中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1 m －1.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若恒力F ＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间．(2)图乙中BC 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及1sF 函数关系式．图K810课时作业(八)1．B [解析] 从v t 图像可以看出，在t 1时刻，速度减小到了零，应是运动到最高点，A 错误；而在t 2时刻，速度达到最大，接下来开始减速，是由于受到水的阻力，故t 2时刻恰好进入水面，B 正确；t 3时刻向下运动速度减小到了零，此时恰好到达水中最深处，C 错误；在0～t 2时间内，运动员加速度向下，处于失重状态，D 错误．2．B [解析] 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，加速度大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，故D 错误；由速度公式v ＝v 0－at 可知，v t 图像应为一条倾斜的直线，故C 错误；由位移公式x ＝v 0t －12at 2可知，B 正确；由位移公式及几何关系可得h ＝x sin θ＝v 0t －12at 2sin θ，故A 错误．3．C [解析] 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时，拉力F 最大，此时A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg ，选项C 正确．4．A [解析] 由x v 2图像可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 正确，B 、C 、D 错误．5．CD [解析] 在0～4 s 内，速度方向不变，在4 s 时，速度将要反向，物块离出发点最远，选项A 错误．在0～3 s 时间内，物块加速度a 1＝1 m/s 2，由牛顿第二定律，有F 1－μmg ＝ma 1，解得F 1＝12 N ；在3～4 s 时间内，物块加速度a 2＝－3 m/s 2，由牛顿第二定律，有F 2－μmg ＝ma 2，解得F 2＝4 N ，故物块运动到第3 s 时水平拉力由12 N 改变为4 N ，但是方向没有改变，选项B 错误，选项C 正确．在4～5 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a 3＝－3 m/s 2，由牛顿第二定律，有F 3＋μmg ＝ma 3，解得F 3＝－16 N ，选项D 正确．6．D [解析] 根据题述，B 以g2的加速度匀加速向下运动过程中，选择A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，有2mg －kx －F ＝2m ·g2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，选项C 错误．选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，有mg ＋N －F ＝mg 2，解得N ＝mg2－kx .当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg2k时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg2，此后B 与A 分离，力F 保持mg2不变，故选项D 正确．7．BC [解析] 由题中图像，若m ＝0，则物块A 受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A 的加速度方向沿斜面向下，a 2＝－g sin θ，C 正确；若m ＝m 0，则A 的加速度为零，由平衡条件可知，m 0g ＝m A g sin θ，必须知道A 的质量m A 和θ的值，m 0才可求，D 错误；若B 的质量无限大，则所受拉力远小于它的重力，B 的加速度趋近于g ，所以A 的最大加速度a 1＝g ，B 正确；对以上状态的分析中，均无法计算出A 的质量，A 错误．8．(1)21 N (2)0.3 s[解析] (1)物块A 、B 分离时，对B ，有F －μmg ＝ma 解得F ＝21 N.(2)A 、B 静止时，对A 、B ，有 kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ，有 kx 2－μmg ＝ma此过程中，有x 1－x 2＝12at 2解得t ＝0.3 s.9．(1)13 s (2)1 N ≤F ≤3 N 1s ＝F ＋34(m －1)[解析] (1)当恒力F ＝0时，以初速度v 0为正方向，由牛顿第二定律得，物块的加速度大小a m ＝μg ＝2 m/s 2木板的加速度大小a M ＝μmg M＝4 m/s 2由题图乙知，木板长度L ＝1 m物块从木板的右端滑下时，相对木板的位移等于L ，有L ＝v 0t －12a m t 2－12a M t 2解得t ＝13s 或t ＝1 s当t ＝1 s 时，物块的速度为2 m/s ，木板的速度为4 m/s ，而当物块从木板右端滑下时，物块的速度不可能小于木板的速度，t ＝1 s 应舍弃，故所求时间为t ＝13s.(2)①当F 较小时，物块将从木板右端滑下，当F 增大到某一值时，物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v ，设所用的时间为t 1，则a ′M ＝F ＋μmg Mv ＝v 0－a m t 1＝a ′M t 1 s ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 02t 1联立解得1s ＝F ＋34(m －1)由题图乙知，相对路程s ≤1 m代入解得F ≥1 N②当F 继续增大时，物块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，物块在木板上某一位置时两者具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止一起以相同加速度a 做匀加速直线运动，则a ＝F M ＋m f ＝ma由于静摩擦力存在最大值，所以f ≤f max ＝μmg ＝2 N 则F ≤3 N综上，BC 段恒力F 的取值范围是1 N ≤F ≤3 N ，1s F 的函数关系式是1s ＝F ＋34(m －1)．。
高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第一节 牛顿第一、第三定律达标诊断高效训练
第一节牛顿第一、第三定律(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．下列说法中正确的是( )A．惯性是物体只有在匀速运动或静止时才表现出来的性质B．物体的惯性是指物体不受外力作用时保持匀速直线运动状态或静止状态的性质C．物体不受外力作用时，保持匀速直线运动状态或静止状态，有惯性；受到外力作用时，不能保持匀速直线运动状态或静止状态，因此无惯性D．惯性是物体的属性，与物体的运动状态和是否受力均无关解析：选D.惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态和受力情况均无关，故只有D正确．2．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是( )A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选C.因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系．由牛顿第三定律知，作用力与反作用力等大、反向，故选项C正确．3．如图所示，物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动，则( )A．物体所受摩擦力的反作用力是重力B．力F就是物体对墙的压力C．力F的反作用力是墙壁对物体的支持力D．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力解析：选D.作用力与反作用力的性质相同，选项A错误；力F与物体对墙的压力是两个不同的力，选项B错误；力F与墙壁对物体的支持力是一对平衡力，选项C错误；墙壁对物体的弹力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力，选项D正确．4．下列说法正确的是( )A．在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大B．牛顿第一定律是根据理论推导出来的C．在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球的惯性逐渐变为零D．物体的速度逐渐增大同时加速度逐渐减小是有可能的解析：选D.惯性是物体的固有属性，质量是其唯一量度，A、C错误；牛顿第一定律是牛顿在伽利略实验的基础上，加上理想化的推理得出的规律，B错误；物体可以做加速度减小的加速运动，D正确．5．如图所示，甲运动员在球场上得到篮球之后，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，他应将球向什么方向抛出( )A．抛出方向与奔跑方向相同，如图中箭头1所指的方向B．抛出方向指向乙的前方，如图中箭头2所指的方向C．抛出方向指向乙，如图中箭头3所指的方向D．抛出方向指向乙的后方，如图中箭头4所指的方向解析：选 C.由于球在甲手中时与甲的速度相同，球抛出后由于惯性其水平速度仍与甲、乙奔跑的速度相同，因此甲只要向垂直奔跑方向扔出球，就能被乙接住，C项正确．6.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )A．地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θB．地面对斜面体的支持力为(M＋m)gC．物体对斜面体的摩擦力的大小为FD．斜面体对物体的作用力竖直向上解析：选A.由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况可得：地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g＋F sin θ，故A对，B错；隔离物体进行受力分析，物体对斜面体的摩擦力大小为F＋mg sin θ，故C错；将斜面体作为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错．7．如图所示，物体A和B的重力分别为11 N和7 N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是( )A．弹簧秤的读数为14 N，A对地面的压力为11 NB．弹簧秤的读数为18 N，A对地面的压力为0C．弹簧秤的读数为7 N，A对地面的压力为4 ND．弹簧秤的读数为0，A对地面的压力为11 N解析：选C.物体B保持静止，说明B物体合外力为零，即绳上拉力为7 N．此刻弹簧秤静止，因此弹簧秤的读数为7 N．说明弹簧秤对A拉力为7 N，地面对A物体应有4 N的支持力(根据牛顿第三定律可知A对地面的压力为4 N)，所以C正确．8．如图所示，一个盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( )A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右解析：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．二、多项选择题9．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，A错误；牛顿根据选项B中伽利略的观点和选项C中笛卡儿的观点，得出了选项D的观点，选项B、C、D正确.10.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD.物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态的性质，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．11．在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是( )A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确．12.(2018·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中( )A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态解析：选AD.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．13．(2018·四川宜宾检测)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是( )A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性解析：选CD.喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B 错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．14．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是( )A．图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持解析：选BD.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让小球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，所以容易测量，伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确；完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C 错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D正确．15．A、B、C三个物体如图所示放置，所有接触面均不光滑．有一个水平力F作用在物体C 上，使A、B、C一起向右做匀速直线运动，则( )A．B对A的摩擦力方向水平向左B．B对A的摩擦力方向水平向右C．C对A的摩擦力方向水平向左D．C对A的摩擦力方向水平向右解析：选AD.对A、B、C整体而言，地面对B、C的摩擦力方向皆向左．隔离B，由B匀速运动的受力条件可知，A对B的摩擦力方向向右，则由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力方向向左；同理可判断C对A的摩擦力方向向右．。
全国通用版2018高考物理大一轮复习第三章牛顿运动定律第1课时牛顿第一定律牛顿第三定律课件
答案:见解析
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考点一 牛顿第一定律的理解与应用 要点透析
(2)量度: 质量 是物体惯性大小的唯一量度, 质量大 的物体惯性大, 质量小 的物体惯性小.
(3)普遍性:惯性是物体的 固有 属性,一切物体都有惯性.与物体的运动
情况和受力情况无关.
4.物理学史:对力和运动关系的认识,各物理学家的观点如下:
(1)亚里士多德:必须有力作用在物体上,物体才能 运动 ,没有力的
第1课时 牛顿第一定律 牛顿第三定律
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一、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. 2.意义 (1)指出力不是 维持 物体运动的原因,而是 改变 物体运动状态的原因, 即力是产生 加速度 的原因. (2)指出了一切物体都有 惯性 ,因此牛顿第一定律又称 惯性定律 . 3.惯性 (1)定义:物体具有保持原来 匀速直线运动 状态或静止状态的性质.
定 的应用
律
牛顿第二定律
牛 的理解和瞬时
顿 加速度的求解
第 二 定
动力学的两类 基本问题
T15
律
动力学的图像 问题
T21
牛 对超重、失重
顿 的理解
运 动
动力学中的连 接体问题
T21
定
律 的
动力学中的临 界极值问题
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第3单元 牛顿运动定律 作业答案
8.(1)2 (2)
(3)
[解析](1)由 v2=2gH
解得 v=2
(2)因 h1= t1,h2= t2
解得 = (3)由 2gH=v2=2a1h1 F1-mg=ma1 解得 F1=3mg
同理得 F2=
mg
所以 =
9.(1)8m/s2 2.5s (2)0.3s (3) [解析](1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a,所用时间为 t,由题可得,初速度 v0=20m/s,末速度 v=0,位移 x=25m,由运动学公式得
[解析](1)滑块沿斜面上滑过程,由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解得 a1=9.6m/s2 设滑块上滑的位移大小为 L,则 =2a1L 解得 L=4.8m 滑块沿斜面下滑过程,由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2 解得 a2=2.4m/s2 根据 v2=2a2L 解得 v=4.8m/s.
由牛顿第二定律得 Tm+mgtanθ=mam 因 Tm=2mg,所以最大加速度为 am=3g
课时作业(七) 1.C [解析]体重计对小李的支持力与小李对体重计的压力是作用力与反作用力关系, 所以大小相等,方向相反,选项 A 错误;体重计示数就是体重计对小李的支持力大小,在 这段时间内,支持力大于小李的重力,选项 B 错误;根据牛顿第二定律得 FN-mg=ma,解得 加速度 a=1m/s2,方向竖直向上,选项 C 正确;根据题意,小李处于超重状态,但不能确定 速度方向,选项 D 错误. 2.BC [解析]t2~t3 时间内,橡皮绳拉力减小且大于重力,小球向上运动,处于超重状态,选 项 A 错误;t3~t4 时间内,橡皮绳拉力减小且小于重力,小球向上运动,处于失重状态,选项 B 正确;t4~t5 时间内,橡皮绳拉力增大且小于重力,小球向下运动,处于失重状态,选项 C 正确;t5~t6 时间内,橡皮绳拉力增大且大于重力,小球向下运动,处于超重状态,选项 D 错 误. 3.D [解析]图像的斜率表示加速度,由图像知,在 0~5s 内,斜率为正,加速度为正,方向向 上,处于超重状态,速度为正,即电梯向上加速运动;在 5~10s 内,电梯匀速运动,该同学的 加速度为零,该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力;10~20s 内,斜率为负,速度为 正,即电梯向上做减速运动,加速度向下,处于失重状态,选项 A、B、C 错误,选项 D 正确.
18年高考物理复习解决方案真题与模拟单元重组卷第三单元牛顿运动定律课件
0～1 s 内传送带位移 x1＝v0t1＝10 m，小物块位移 x2 ＝5 m，在传送带上的相对位移 Δx1＝x1－x2＝5 m，相对传 送带向上，1～2 s 内传送带位移 x3＝v0t2＝10 m，小物块位 移 x4＝11 m，故相对位移 Δx2＝x4－x3＝1 m，相对传送带 向下，故痕迹为 5 m，故 D 错误。
A．a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2 B．a1＝1 m/s2，a2＝2 m/s2 C．a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2 D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2
解析ห้องสมุดไป่ตู้
本题考查牛顿第二定律的应用，意在考查学生
合理选择研究对象以及应用牛顿第二定律解决问题的能 力。当木块与小车间的摩擦力恰好达到最大值时，木块与 小车加速度相同，木块的加速度最大，对木块，a1＝μg＝2 m/s2 为最大值且 a1≤a2，故选项 A、D 错误；当木块的加速 度为 1 m/s2 时，木块与小车加速度相同，故选项 B 错误； 当 a＝2 m/s2 时，若木块相对小车发生滑动，小车的加速度 随外力 F 增大而增大，故选项 C 正确。
6．[2017· 南昌模拟 ]一斜劈静止于粗糙的水平地面上， 在其斜面上放一滑块 m，若给 m 一向下的初速度 v0，则 m 正好保持匀速下滑。 如图所示， 现在 m 下滑的过程中再加一 个作用力，则以下说法正确的是( )
A．在 m 上加一竖直向下的力 F1，则 m 将保持匀速运 动，M 对地有水平向右的静摩擦力的作用 B．在 m 上加一个沿斜面向下的力 F2，则 m 将做加速 运动，M 对地有水平向左的静摩擦力的作用 C．在 m 上加一个水平向右的力 F3，则 m 将做减速运 动，在 m 停止前 M 对地有向右的静摩擦力的作用 D．无论在 m 上加什么方向的力，在 m 停止前 M 对地 都无静摩擦力的作用
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解课时作业
牛顿运动定律的理解基础巩固1．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，指出力不是维持物体运动的原因，从而奠定了牛顿力学的基础．关于惯性有下列说法，其中正确的是( )A ．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B ．没有力的作用时，物体只能处于静止状态C ．行星在圆轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D ．运动的物体如果没有受到力的作用，也会逐渐变为静止2．[2016·江苏南通如皋模拟] 质量为1 kg 的物体受到大小分别为6 N 和8 N 的两个共点力的作用，则该物体的加速度不可能是( )A ．10 m/s 2B ．6 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.5 m/s 23．如图K61所示，在质量为m 的物体上加一个竖直向上的拉力F ，使物体以加速度a 竖直向上做匀加速运动，若不计阻力，下面说法正确的是( )图K61A ．若拉力改为2F ，则物体加速度为2a ，方向向上B ．若质量改为m 2，则物体加速度为2a ，方向向上 C ．若质量改为2m ，则物体加速度为a 2，方向向下 D ．若质量改为m 2，拉力改为F 2，则物体加速度不变 4．[2016·武汉武昌区调研] 如图K62所示，老鹰沿虚线MN 斜向下减速俯冲的过程中，空气对老鹰的作用力可能是图中的( )图K62A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4能力提升5．如图K63所示，当车厢向右加速行驶时，一质量为m 的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止，随车一起运动．下列说法正确的是( )图K63A．在竖直方向上，车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力C．若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力不变D．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大6．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小，图K64中能正确描述F与a之间关系的是( )图K647．[2016·湖南郴州摸底] 如图K65所示，将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放，从弹簧接触地面到木箱速度第一次为零的过程中，木箱速度的变化情况是( )图K65A．一直增大B．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减小图K66A．物块立即做减速运动B．物块在开始的一段时间内仍做加速运动C．当弹簧的弹力等于恒力F时，物块静止D．当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不为零9．[2016·石家庄调研检测] 如图K67所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图K67A．滑块一直做匀变速直线运动B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s10．(多选)[2016·重庆适应性考试] 如图K68所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则( )图K68A ．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而增大B ．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而增大C ．货物加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力D ．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力小11．(多选)[2016·浙江丽水模拟] 小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v 0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图K69所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v 1.下列说法中正确的是( )图K69A ．小球上升过程中的平均速度大于v 02B ．小球下降过程中的平均速度大于v 12C ．小球射出时的加速度最大，到达最高点时的加速度为0D ．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小12．如图K610所示，车内绳AB 与绳BC 拴住一小球，BC 水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )图K610A ．AB 绳、BC 绳的拉力都变大B ．AB 绳的拉力变大，BC 绳的拉力变小C ．AB 绳的拉力变大，BC 绳的拉力不变D ．AB 绳的拉力不变，BC 绳的拉力变大挑战自我13．考驾驶证的某环节，学员需要将车前轮停在指定的感应线上．如图K611所示，车在感应线前以v 0的速度匀速行驶，前轮到感应线的距离为s 时，学员立即刹车，假设刹车后，车受到的阻力为其总重力(包括车内的人)的μ倍．已知车(包括车内的人)的质量为M ，重力加速度为g ，讨论在车的初速度v 0不同的情况下，车停止时，其前轮相对感应线的位置．图K611课时作业(六)1．A [解析] 惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，选项A 正确；根据惯性定律可知，没有力的作用时，物体将保持原来的运动状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，选项B 错误；行星在圆轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，选项C 错误；运动的物体如果不受力的作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，选项D 错误．2．D [解析] 两个力的合力范围为2 N ≤F 合≤14 N ，根据牛顿第二定律知，加速度的范围为2 m/s 2≤a ≤14 m/s 2.故D 不可能．3．D [解析] 根据题意，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ，解得a ＝F －mg m ＝F m－g ，据此可知，若拉力改为2F ，则物体加速度为a 1＝2F m －g >2a ，选项A 错误；若质量改为m 2，则物体加速度a 2＝2F m －g >2a ，选项B 错误；若质量改为2m ，则物体加速度a 3＝F 2m －g <a 2，选项C 错误；若质量改为m 2，拉力改为F 2，则物体加速度a 4＝F m－g ＝a ，选项D 正确． 4．B [解析] 老鹰沿虚线由M 到N 做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知，空气的阻力与重力的合力方向与MN 反向，因此空气对老鹰的作用力可能是图中的F 2，B 正确．5．A [解析] 对物块受力分析如图所示，由牛顿第二定律知，在竖直方向有f ＝mg ，在水平方向有F N ＝ma ，A 正确，C 、D 错误；车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力，B 错误．6．C [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，可得F ＝ma ＋μmg ，即F 是a 的一次函数，且截距为正，选项C 正确．7．D [解析] 弹簧接触地面后，木箱受到重力和弹簧的弹力两个力作用．开始阶段弹力先小于重力，木箱所受的合力竖直向下，加速度方向竖直向下，与速度方向相同，木箱做加速运动，木箱的速度增大；之后弹簧的弹力逐渐增大，当弹力大于重力时，木箱所受的合力竖直向上，加速度方向竖直向上，木箱做减速运动，故速度先增大后减小．8．BD [解析] 物块与弹簧接触后，物块受到弹簧的弹力作用，但开始时弹力小于推力，物块继续加速运动，直到弹力等于推力为止，选项A 错误，选项B 正确；当弹力增加到等于推力时，物块速度达到最大，此后由于惯性，物块继续向左运动，弹力大于推力，物块开始减速运动，选项C 错误；弹簧处于最大压缩量时，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，选项D 正确．9．D [解析] 设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ>μ，mg sin θ>μmg cos θ，故滑块上滑到速度为零后，将会向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经过1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m<5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是做匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确．10．BD [解析] 对货物的重力进行分解，沿车厢方向，重力分力为G 1＝mg sin θ，垂直车厢方向，重力分力为G 2＝mg cos θ.货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力等于重力分力G 2，为mg cos θ，随θ角的增大而减小，选项A 错误．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力等于重力分力G 1，为mg sin θ，随θ角的增大而增大，选项B 正确．货物加速下滑时，货物在水平方向有向右的加速度，说明车厢对货物有水平向右的作用力，根据牛顿第三定律可知，货物对车厢有水平向左的作用力，对货车，在水平方向由平衡条件可知，地面对货车有水平向右的摩擦力，选项C 错误．货物加速下滑时，货物在竖直方向有向下的加速度，车厢对货物竖直向上的作用力小于货物的重力，由牛顿第三定律可知，货物对车厢的压力小于货物的重力，对货车，在竖直方向由平衡条件可知，地面对货车的支持力小于货车和货物的总重力，选项D 正确．11．BD [解析] 上升过程若是做匀减速直线运动，则其平均速度为v 02，而从图中可以看出，在t 1时间内小球实际上升的位移小于做匀减速运动上升的位移，而平均速度等于位移与时间之比，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于v 02，故A 错误；同理，可知小球下降过程中平均速度大于匀加速运动的平均速度，即大于v 12，故B 正确；小球刚被射出时，根据牛顿第二定律得mg ＋kv 0＝ma ，此时速率最大，可知此时的加速度最大，到最高点时，v ＝0，加速度a ＝g ，不是0，故C 错误；上升过程，有mg ＋kv ＝ma ，v 减小，a 减小，下降过程，有mg －kv ＝ma ，v 增大，a 减小，故D 正确．12．D [解析] 如图所示，车加速时，球的位置不变，则AB 绳的拉力沿竖直方向的分力T 1cos θ仍等于重力G ，T 1＝G cos θ不变；向右的加速度只能是由BC 绳上增加的拉力提供，故T 2增加，选项D 正确．13．略[解析] 由牛顿第二定律知，刹车后车的加速度大小a ＝μg设车的速度为v 时车前轮刚好停在感应线上，则v 2＝2as刹车过程中车的位移s ′＝v 202μg 当v 0＝v ＝2μgs 时，车前轮停在感应线上当v 0<v ＝2μgs 时，车前轮还没到达感应线，车前轮距离感应线的距离为Δs ＝s －s ′＝s－v20 2μg当v0>v＝2μgs时，车前轮已经驶过感应线，车前轮距感应线的距离为Δs＝s′－s＝v202μg－s.。
高考物理-全品一轮第3单元牛顿运动定律听课详解
教师详解(听课手册)第三单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解【教材知识梳理】核心填空一、1.匀速直线2.(1)匀速直线(2)质量质量质量二、1.作用力(或合力)相同2.F=ma3.(1)惯性(2)宏观三、1.相等相反2.方向相反四、时间千克秒米思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√)(5)(√)(6)(√)(7)(×)(8)(√)【考点互动探究】考点一例1BD[解析]油滴未滴落时具有与车厢相同的速度,油滴落下时在水平方向上相对于车厢有水平向右的加速度a,落地时间为t=,运动的距离为x=at2,则油滴落在O点右侧,与O点距离为x=,选项B、D正确.变式题A[解析]根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,小球在斜面上没有能量损失,因此可以上升到与O点等高的位置,而B、C、D三个选项,从题目不能直接得出,所以选项A正确.考点二例2C[解析]水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,由牛顿第二定律,得F-μmg=ma,解得加速度a=-μg,由此可知,a-F图像在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力μmg,纵轴截距的绝对值等于μg,斜率等于,故选项A、B、D错误;根据图像能够得出外力F为12 N时物体的加速度,但不能计算出物体的速度,选项C正确.变式题1D[解析]根据题意,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=-g,据此可知,若拉力改为2F,物体加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,物体加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,物体加速度a3=,选项C错误;若质量改为,拉力改为,物体加速度a4=-g=a,选项D正确.变式题2C[解析]弹簧的弹力大小变化,方向始终向左,根据牛顿第二定律可知,物体的加速度大小变化、方向不变;压缩弹簧阶段,P的加速度变大,速度变小,弹簧被压缩至最短时,P的加速度最大,速度为零;弹簧弹开物体恢复原长的过程,P的加速度变小,速度变大,选项C正确.变式题3C[解析]由整体法知,F弹=(m A+m B)g sin 30°,剪断线瞬间,弹力不发生变化,由牛顿第二定律,对B,有F弹-m B g sin 30°=m B a B,得a B=,对A,有m A g sin 30°=m A a A,得a A=g,所以C正确.变式题4C[解析]顾客加速过程中,受力如图所示,由牛顿第二定律,有f=ma cos θ,F N-mg=ma sin θ,扶梯对顾客的作用力斜向右上方,与扶梯运动方向不平行,故顾客对扶梯的作用力斜向左下方,与扶梯运动方向不平行,选项B、D错误,选项C正确;在匀速运动过程中,顾客仅受重力和支持力,且二力平衡,选项A错误.考点三例3D[解析]人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,无论人是加速下陷还是减速下陷,人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力大小总是相等的,选项C错误,选项D正确.加速下降时,人的重力大于沼泽地对人的支持力,减速下降时,人的重力小于沼泽地对人的支持力,再结合选项D的结论可知,选项A、B错误.[点评]本题需要理清的关系是:(1)人受的重力、沼泽地对人的支持力是一对共点力,二者大小情况为:当人加速下降时,重力大于沼泽地对人的支持力;当人匀速下降时,重力等于沼泽地对人的支持力;当人减速下降时,重力小于沼泽地对人的支持力.(2)人对沼泽地的压力和沼泽地对人的支持力是一对相互作用力,总是等大反向.变式题A[解析]木块静止,在竖直方向上受两个力,即重力和墙对木块的静摩擦力,这两个力是一对平衡力,故A正确,B错误;木块在水平方向上受外力F和墙对木块的支持力,这两个力是一对平衡力,故C、D错误.1.如图所示,一个劈形物体N放在固定的斜面M上,物体N上表面水平,其上放一光滑小球m.若劈形物体各面均光滑,从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是()A.沿斜面向下的直线B.竖直向下的直线C.无规则曲线D.抛物线[解析] B根据牛顿第一定律,小球在水平方向上不受外力,所以在水平方向上运动状态不变,只能沿竖直方向运动,故选项B正确.2.[2017·武汉部分重点中学联考]伽利略和牛顿都是物理学发展史伟大的科学家,巧合的是,牛顿就出生在伽利略去世后第二年.下列关于力和运动关系的说法中,不属于他们观点的是()A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.物体都具有保持原来运动状态的属性,即惯性D.力是维持物体运动的原因[解析] D A项是伽利略的观点,B、C两项是牛顿的观点,D项是亚里士多德的观点.3.一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面,桌面上A处有一相对桌面静止的小球.由于列车运动状态的改变,车厢中的旅客发现小球沿图 (俯视图)中的虚线从A点运动到B点,则说明列车是减速且在向南拐弯的图是()[解析] A由于列车原来做匀速运动,小球和列车保持相对静止,现在列车要减速,由于惯性小球必向前运动,C、D错误;又因列车要向南拐弯,由于惯性小球相对桌面向北运动,A正确,B错误.4.[2017·郑州外国语学校期末]如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处.滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示,重力加速度为g.由图可以判断下列说法错误的是()A.图线与纵轴的交点M的值a=-gB.图线与横轴的交点N的值T=mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数[解析] C对货物受力分析,受重力mg和拉力T,根据牛顿第二定律,有T-mg=ma,得a=-g,当T=0时,a=-g,即图线与纵轴的交点M的值a=-g,故A正确;当a=0时,T=mg,故图线与横轴的交点N的值T=mg,故B正确;图线的斜率表示质量的倒数,故C 错误,D正确.5.如图所示,用弹簧测力计悬挂一个重G=10 N的金属块,使金属块一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出).若弹簧测力计的示数变为F T=6 N,则台秤的示数与金属块没有浸入水前相比()A.保持不变B.增加10 NC.增加6 ND.增加4 N[解析] D对金属块受力分析,由平衡条件可知,水对金属块的浮力为F=G-F T=4 N,方向竖直向上,则由牛顿第三定律可得,金属块对水的作用力大小为F'=4 N,方向竖直向下,所以台秤的示数比金属块没有浸入水前增加了4 N,选项D正确.6.如图所示,一轻弹簧竖直固定在水平地面上,弹簧正上方有一个小球自由下落.从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中,如图所示的关于小球的加速度a随时间t或者随距O点的距离x变化的关系图线正确的是()[解析] B从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中,弹簧弹力F=kx,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,解得a=g-x,选项B正确,选项D错误;加速度随时间的变化是先减小再反向增大,但不是按线性关系变化,选项A、C错误.7.(多选)图是汽车运送圆柱形工件的示意图.图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,当汽车静止时,Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零.在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零.已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()A.4 m/s2B.3 m/s2C.2 m/s2D.1 m/s2[解析] AB在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,则小球受重力mg、压力传感器N 的弹力F N作用和压力传感器Q向下的弹力F作用,沿水平、竖直方向正交分解,根据牛顿第二定律得,F+mg=F N cos 15°,F合=F N sin 15°=ma,解得a=×0.27 m/s2+2.7 m/s2>2.7 m/s2,选项A、B正确.8.如图所示,车内绳AB与绳BC拴住一小球,BC水平,车由原来的静止状态变为向右加速运动,小球仍处于图中所示的位置,则()A.AB绳、BC绳的拉力都变大B.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力变小C.AB绳的拉力变大,BC绳的拉力不变D.AB绳的拉力不变,BC绳的拉力变大[解析] D如图所示,车加速时,球的位置不变,则AB绳的拉力沿竖直方向的分力T1cos θ仍等于重力G,T1=不变;向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供,故T2变大,选项D正确.9.如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g)()A.T=m(g sin θ+a cos θ),F N=m(g cos θ-a sin θ)B.T=m(g cos θ+a sin θ),F N=m(g sin θ-a cos θ)C.T=m(a cos θ-g sin θ),F N=m(g cos θ+a sin θ)D.T=m(a sin θ-g cos θ),F N=m(g sin θ+a cos θ)[解析] A对物体进行受力分析,应用牛顿第二定律,在水平方向有T cos θ-F N sin θ=ma,在竖直方向有T sin θ+F N cos θ=mg,解得T=ma cos θ+mg sin θ,F N=mg cos θ-ma sin θ,选项A正确.第7讲牛顿第二定律的应用(1)【教材知识梳理】核心填空一、1.加速度2.加速度二、1.大于小于2.等于零思维辨析(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√)【考点互动探究】考点一例1(1) s(2) m[解析](1)在0~2 s内,由牛顿第二定律知F1-f=ma1f=μmgv1=a1t1解得v1=2 m/s在2~4 s内,物体的加速度大小a2==3 m/s2方向与v1的方向相反物体减速到停止所用时间t2= s.(2)0~2 s内物体的位移x1==2 m2~4 s内物体的位移x2= m由周期性可知4~6 s内和0~2 s内位移相等.所以6 s内物体的位移x=2x1+x2= m.变式题1(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m[解析](1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1= m/s2=1.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1=a1t1=1.2×1.0 m/s=1.2 m/s位移x1==0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后,加速度大小为a2=经时间t2速度变为v'1=v1-a2t2设第二次利用滑雪杖后获得的速度大小为v2,则=2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2=解得x2=5.2 m.变式题2B[解析]方法1:解析法.设上面圆的半径为r,下面半圆的半径为R,轨道与竖直方向的夹角为φ,则轨道的长度l=2r cos φ+R,物块沿轨道下滑的加速度a==g cos φ,由位移公式得l=at2,则t=,因为α>β>θ,则t AB>t CD>t EF.故选项B正确,A、C、D错误.方法2:等时圆法.如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆结论可知,t AB>t CD>t EF,选项B正确.例2(1)(2) N[解析](1)根据牛顿第二定律可得mg sin 30°-μmg cos 30°=ma解得μ=.(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.由x=a1t2,得a1=2 m/s2,当加速度沿斜面向上时,有F cos 30°-mg sin 30°-μ(F sin 30°+mg cos 30°)=ma1,解得F= N当加速度沿斜面向下时,有mg sin 30°-F cos 30°-μ(F sin 30°+mg cos 30°)=ma1解得F= N.变式题(1)6 N(2)0.017 m3.7 N[解析](1)整体以a匀加速向右运动,根据牛顿第二定律得F-μ(M+m)g=(M+m)a,解得F=6 N.(2)设弹簧的形变量为x,斜面对小球的支持力为F N,对小球受力分析,在水平方向,有kx cos θ-F N sin θ=ma在竖直方向,有kx sin θ+F N cos θ=mg解得x=0.017 m,F N=3.7 N.考点二例3ABD[解析] 0~2 s该同学所受的支持力小于重力,合力向下,加速度向下,由于电梯初始为静止状态,所以0~2 s内电梯匀加速下降,2~10 s内该同学所受的支持力等于重力,此时为平衡状态,所以2~10 s内电梯保持2 s末的速度匀速下降,10~11 s 内该同学所受的支持力大于重力,合力向上,由于之前的速度向下,所以此阶段电梯匀减速下降,选项A正确;匀加速阶段加速度a==1 m/s2,2 s末的速度v2=at=2 m/s,此阶段位移x1=at2=2 m,匀速阶段位移x2=16 m,匀减速阶段时间t'=1 s,初速度为2 m/s,末速度等于0,所以此阶段加速度大小a'==2 m/s2,根据牛顿第二定律F'N-G=ma'=a',解得此时的支持力F'N=600 N,即F3=600 N,此阶段位移x3=t'=1 m,总位移x=x1+x2+x3=19 m,故选项B、D正确,C错误.变式题1CD[解析]运动员刚接触床面时重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态;随床面形变的增大,弹力逐渐增大,弹力大于重力时,运动员做减速运动,运动员处于超重状态,故A错误,C正确;蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的,加速度方向先向上后向下,运动员先处于超重状态,后处于失重状态,故B错误,D正确.变式题2C[解析]物体沿斜面下滑的加速度a=g sin 30°,方向沿斜面向下,对整体,在竖直方向由牛顿第二定律得(M+m)g-F N=ma y,其中a y=a sin 30°,故F N相对原来减小mg sin 30°·sin 30°=1 N,选项C正确.变式题3CD[解析]飞船绕地球做匀速圆周运动时,飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力,选项A错误;宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动,宇航员受到的地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力,不是处于平衡状态,选项B错误,选项C正确;完全失重状态下,重力的效果完全消失,正立和倒立感觉一样,选项D正确.考点三例4(1)0.5 m/s2(2)0或2 s时 1 m/s2(3)1 s时0.5 m/s[解析](1)当t=0.5 s时,F2=(2+2×0.5)N=3 N由牛顿第二定律有F1-F2=maa= m/s2=0.5 m/s2.(2)以水平向右为正方向,物体所受的合外力为F=F1-F2=4-(2+2t)=2-2t(N)作出F-t图像如图所示.从图中可以看出,在0~2 s范围内,当t=0时,物体有最大加速度a0.F0=ma0a0= m/s2=1 m/s2当t=2 s时,物体也有最大加速度a2.F2=ma2a2= m/s2=-1 m/s2,负号表示加速度方向向左.(3)由牛顿第二定律得a==1-t(m/s2)画出a-t图像如图所示.由图可知,t=1 s时速度最大,最大值等于上方三角形的面积,即v=×1×1 m/s=0.5 m/s.变式题1C[解析] 1~2 s内物体加速度恒定,故所受作用力恒定,根据牛顿第二定律F合=ma知合外力为12 N,由于物体在水平方向受摩擦力作用,故作用力F大于12 N,A错误;物体在力F作用下由静止开始运动,加速度方向始终为正,与速度方向相同,故物体在前3 s内始终做加速运动,第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了,但仍是加速运动,B错误;因为物体速度始终增加,故3 s末物体的速度最大,根据Δv=a·Δt知速度的增加量等于加速度与时间的乘积,在a-t图像上即为图像与时间轴所围图形的面积,即Δv=×(1+3)×4 m/s=8 m/s,物体由静止开始做加速运动,故最大速度为8 m/s,C正确;第2 s内物体的加速度恒定,物体做匀加速直线运动,在0~1 s内物体做加速度增大的加速运动,2~3 s内物体做加速度减小的加速运动,D错误.变式题2C[解析]小球向上做匀减速运动的加速度大小a1=12 m/s2,根据牛顿第二定律得mg+f=ma1,解得阻力f=ma1-mg=2 N,则重力和阻力大小之比为5∶1,故A错误;小球下降的加速度大小a2= m/s2=8 m/s2,根据x=,可知上升的时间和下落的时间之比为∶3,故B错误;小球匀减速上升的位移x=×2×24 m=24 m,根据v2=2a2x得,v= m/s,故C正确;下落的过程中,加速度向下,处于失重状态,故D错误.1.[2015·重庆卷]若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()A B C D[解析] B货物的上下运动涉及超重和失重,超重时加速度向上,失重时加速度向下.由v-t图像知,整个运动分为六个阶段,货物的加速度分别是:向下、为零、向上、向上、为零、向下,故支持力和重力的关系分别为:小于、等于、大于、大于、等于、小于.以第二、五个阶段为基准(支持力等于重力),可得B正确.2.(多选)[2015·海南卷]如图所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块.开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时()A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑[解析] BD升降机匀速上升时,物块匀速下滑,以物块为研究对象,沿斜面方向,有mg sin θ=f,垂直于斜面方向,有F N=mg cos θ,又f=μF N,解得μ=tan θ;升降机加速上升时物块处于超重状态,物块与斜面间的正压力变大,滑动摩擦力也变大,选项A错误,选项B正确;加速上升瞬间,沿斜面方向,有f'-mg sin θ=ma sin θ;垂直于斜面方向,有F'N-mg cos θ=ma cos θ,解得=tan θ=μ,由于物块有相对于斜面向下的初速度,所以物块沿斜面向下匀速运动,选项C错误,选项D正确.3.[2016·福建质检]如图所示,质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上,车厢水平底板上放置一质量为m的货物,在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动.若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向,重力加速度大小为g,则()A.车厢对货物的作用力大小等于mgB.车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C.悬臂对车厢的作用力大于(M+m)gD.悬臂对车厢的作用力方向竖直向上[解析] C货物随车厢一起斜向上加速运动,由牛顿第二定律可知,车厢与货物的重力和悬臂对车厢的作用力的合力方向应与加速度方向一致,故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的,选项D错误;由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度,处于超重状态,故悬臂对车厢的作用力大于(M+m)g,选项C正确;同理,对车厢中货物用隔离法分析可知,车厢对货物的作用力大于mg,方向是斜向上的,但不平行于缆绳,选项A、B错误.4.(多选)如图所示,总质量为460 kg的热气球从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m时,以5 m/s 的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g取10 m/s2.关于热气球,下列说法正确的是()A.所受浮力大小为4830 NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N[解析] AD热气球从地面刚开始竖直上升时,速度很小,空气阻力可以忽略,对热气球,由牛顿第二定律有F-mg=ma,解得浮力F=mg+ma=4830 N,故A正确.如果热气球一直匀加速上升,则上升180 m时的速度v= m/s>5 m/s,故热气球不是匀加速上升,说明随着速度的增加,空气阻力也越来越大,故B错误.如果热气球一直匀加速上升,则上升180 m所用的时间t= s>10 s,而气球实际加速度越来越小,故上升180 m所用时间更长,说明上升10 s后还未上升到180 m处,速度小于5 m/s,故C错误.以5 m/s的速度匀速上升阶段,空气阻力f=F-mg=230 N,故D正确.5.[2017·东北三省三校一模]如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点.B点在y轴上且∠BMO=60°,O'为圆心.现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,所用时间分别为t A、t B、t C,则t A、t B、t C 大小关系是()A.t A<t C<t BB.t A=t C<t BC.t A=t C=t BD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系[解析] B由等时圆模型可知,A、C在圆周上,B点在圆周外,故t A=t C<t B,B正确.6.(多选)[2017·汕头模拟]建设房屋时,保持底边长度L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在屋顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为做无初速度、无摩擦的运动.下列说法正确的是()A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M所用的时间越短[解析] AC设屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N,垂直于屋顶方向,有mg cos θ=F N,平行于屋顶方向,有ma=mg sin θ,雨滴的加速度为a=g sin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力大小F'N=F N=mg cos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据几何关系判断,屋顶坡面的长度x=,由x=(g sin θ)t2,可得t=,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=(g sin θ)t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.7.[2017·南宁模拟]如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102 m的水平跑道和长度为l2=20 m 的倾斜跑道两部分组成.水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m.一架质量为m=2.0×104 kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的.假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,g取10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小;(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s,外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力F推的大小. [答案](1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N[解析](1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为t1,有F-f=ma1=2a1l1v1=a1t1其中v0=0,f=mg解得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用,设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,末速度大小为v2,沿倾斜跑道方向有F-f-mg sin α=ma2sin α==2a2l2其中v1=40 m/s解得a2=3.0 m/s2,v2= m/s≈41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s,到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a'1,末速度大小为v'1,有F推+F-f=ma'1v=2a'1l1飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化,加速度大小仍为a'2=3.0 m/s2v=2a2'l2根据题意,v2'=100 m/s,解得F推≈5.2×105 N故助推力F推的大小为5.2×105 N.第8讲牛顿第二定律的应用(2)【考点互动探究】考点一例1(1)3(2)mg[解析](1)设物体的加速度为a,绳子中的张力为F,对物体A,有F-Mg=Ma,对B、C整体,有(M+m)g-F=(M+m)a,联立解得a=g.将m=M代入,得a=.物体B从静止开始下落一段距离,即h=at2,自由落体下落同样的距离,即h=,解得=3.即物体B从静止开始下落一段距离的时间与自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3.(2)设B对C的拉力为T,对物体C,由牛顿第二定律得mg-T=ma,解得T=mg-ma=mg.由牛顿第三定律,物体C对B的拉力为mg.变式题114.4 N≤F≤33.6 N[解析]假设水平推力F较小,物块相对斜面具有下滑趋势,当刚要下滑时,推力F具有最小值,设大小为F1,此时物块受力如图甲所示,取加速度方向为x轴正方向,对物块分析,在水平方向,有F N sin θ-μF N cos θ=ma1在竖直方向,有F N cos θ+μF N sin θ-mg=0对整体,有F1=(M+m)a1联立解得a1=4.8 m/s2,F1=14.4 N,假设水平推力F较大,物块相对斜面具有上滑趋势,当刚要上滑时,推力F具有最大值,设大小为F2,此时物块受力如图乙所示,对物块分析,在水平方向,有F N'sin θ+μF N'cos θ=ma2在竖直方向,有F N'cos θ-μF N'sin θ-mg=0对整体有F2=(M+m)a2联立解得a2=11.2 m/s2,F2=33.6 N,综上所述可知推力F的取值范围为14.4 N≤F≤33.6 N.变式题2BC[解析]在水平拉力F的作用下,四个木块以相同的加速度一起加速运动,则由牛顿第二定律可知,对整体有F=4ma,对A、D木块有f A=f D=ma,解得A、D木块所受摩擦力大小f A=f D=,方向均水平向右,故B、C正确;一起加速过程中,C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力,共五个力的作用,故A错误;当F 撤去瞬间,D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变,而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向,故D错误.考点二例2[解析]小球刚要离开挡板时,小球和挡板间的压力为F N=0.此时,对小球,有mg sin θ-kx=ma即小球做匀加速运动发生的位移为x=时,小球与挡板分离.由运动学公式x=at2得,从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t=.[点评]对于分离类问题,从受力角度来说,分离条件均是相互接触的两个物体间压力F N=0.不过要注意的是,分离之前直到分离瞬间,相互接触的两个物体在垂直于接触面方向始终具有相同速度和相同加速度,而不要误认为是小球加速度为零时分离.变式题(1)(2)θ=60° m[解析](1)当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则mg sin θ=f,f=μmg cos θ联立解得μ=.(2)当θ变化时,设沿斜面向上为正方向,物块的加速度为a,则-mg sin θ-μmg cos θ=ma,由0-,令cos α=,sin α=,即tan α=μ,则x=,当α+θ=90°时x最小,即θ=60°,所以x最小值为x min= m.考点三例3(1)mg sin 37°-μ1mg cos 37°4a1t2 2mg sin 37°-μ2mg cos 37°5L-x112.8-v212(2)-μ1mg0-v23.2-μ2g-1.25v2-v2 x1+x226变式题1(1)0.2(2)2 s[解析](1)当F=0时,物体在光滑斜面上下滑的加速度为a1==g sin θ=6 m/s2物体下滑的距离为L,物体下滑到底端时的速度v满足v2=2a1L可得v= m/s物体在水平地面上在滑动摩擦力作用下做减速运动,加速度大小a2==μg由0-v2=-2a2s=-2μgs得μ==0.2.(2)当F=4 N时,物体在斜面上下滑的加速度为a'1= m/s2=2 m/s2据L=。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律单元小结卷
第3单元牛顿运动定律一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段．在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律．伽利略设想了一个理想实验，如图D31所示．图D31①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动．通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接结论是( )A．自然界的一切物体都具有惯性B．在光滑水平面上运动的小球，其运动状态的维持并不需要外力C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2．[2016·浙江高考冲刺] 一条鱼在水中正沿直线水平向左加速游动．在这个过程中，关于水对鱼的作用力的方向，图D32中合理的是( )图D323．[2016·广西高三第一次质量检测] 如图D33所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图D33A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N4．[2016·山西下学期考前质量检测] 用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动．从t＝0时刻起水平力F的大小随时间均减小，到t1时刻F减小为零，则物体运动速度v随时间t变化的图线大致正确的是图D34中的( )图D345．[2016·河北保定高三调研] 如图D35所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B ，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g ，则( )图D35A ．a A ＝1＋m 2m 1μg ，aB ＝μg B ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝1＋m 2m 1μg ，a B ＝0D ．a A ＝μg ，a B ＝μg6．一重物挂在电梯内的弹簧测力计上，弹簧测力计读数小于物体重力的情况是( ) A ．电梯向上加速运动 B ．电梯向上减速运动 C ．电梯向下加速运动 D ．电梯向下减速运动7．如图D36所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O ，现用过O 的水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区域．下列说法正确的是( )图D36A ．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下的加速度为多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D ．无论小车沿斜面向上的加速度为多大，稳定后细线都不可能沿与ON 重合的水平方向 8．如图D37所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝3.5 m ，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A 端的瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B .下列说法中正确的是( )图D37A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sC ．若传送带顺时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B不可能等于3 m/s二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．如图D38所示，一上表面光滑的矩形滑块置于水平地面上，其质量M＝2 kg，长l ＝2 m，高h＝0.8 m，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在滑块的右端放置一个质量为m ＝1 kg的小球．现用外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得v0＝4 m/s的水平向右的速度，经过一段时间后小球落地．(g取10 m/s2)(1)在小球脱离滑块之前，求滑块的加速度大小；(2)求小球落地时距滑块右端的水平距离．图D3810．如图D39所示，足够长的斜面倾角θ＝37°，一个物体以v0＝12 m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25.已知重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；(2)物体沿斜面上滑的最大距离x；(3)物体沿斜面到达最高点后返回时的加速度大小a2；(4)物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t.图D3911．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的碰撞．如图D310所示，一块表面水平的木板放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离为L＝0.08 m，一小物块以初速度v0＝2 m/s从左端滑上木板．已知木板和小物块的质量均为1 kg，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长，使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，且木板与墙碰后以原速率反弹，碰撞时间极短、可忽略，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的时间；(3)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．图D310参考答案（测评手册）单元小结卷(三)1．B [解析] 伽利略理想斜面实验以可靠的实验事实为基础，通过推理得到小球在不受摩擦力作用时将在水平面上做匀速直线运动的结论，选项B 正确．2．A [解析] 鱼受到重力和水对鱼的作用力，这两个力的合力沿水平方向向左，使得鱼产生一定的加速度，故水对鱼的力只可能是斜向左上的，选项A 正确．3．B [解析] 对物体A 、B 整体，由牛顿第二定律，有F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，有μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．4．A [解析] 用水平力F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，说明水平力F (设此时大小为F 0)等于滑动摩擦力f ，即F 0＝f .从t ＝0时刻起水平力F 的大小随时间均匀减小，其大小可表示为F 0－kt ，由牛顿第二定律得(F 0－kt )－f ＝ma ，解得a ＝－kt m，即加速度a 随时间逐渐增大，所以其速度v 随时间t 变化的图线大致正确的是A.5．C [解析] 稳定时A 和B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm 2g ，等于弹簧向左的弹力F ，B 受到的合外力为0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，则B 的加速度为0；A 的加速度为F ＋μm 1g m 1＝1＋m 2m 1μg ，选项C 正确． 6．BC [解析] 弹簧测力计的读数小于重物的重力，说明重物失重，具有向下的加速度，所以电梯可能向下加速运动或向上减速运动，故A 、D 错误，B 、C 正确．7．BD [解析] 若小车匀速运动，则小球所受的合力应为零，细线应处于竖直状态，选项A 错误；若小车沿斜面向下加速运动，由连接体知识可知，小球的加速度方向沿斜面向下，即小球所受合外力方向沿斜面向下，由此可知选项B 正确，选项C 错误；同理，选项D 正确．8．AB [解析] 当传送带不动时，物体从A 到B 做匀减速运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，物体到达B 端时的速度v B ＝v 2A －2ax ＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速运动至B 端，v B ＝3 m/s ，选项A 、B 正确．当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．当传送带速度大于4 m/s 时，物体可能一直加速运动，也可能先加速运动后匀速运动；当传送带速度等于4 m/s 时，物体匀速运动；当传送带速度小于4 m/s 时，物体可能一直减速运动，也可能先减速运动后匀速运动，选项C 、D 错误．9．(1)3 m/s 2(2)2.64 m[解析] (1)由于滑块上表面光滑，故小球在水平方向不受力，所以从滑块开始运动到小球离开滑块的这段时间内，小球始终静止．对于滑块，其加速度大小a 1＝μ（M ＋m ）g M＝3 m/s 2(2)小球脱离滑块时，滑块的速度v 1＝v 20－2a 1l ＝2 m/s在小球脱离滑块后，滑块的加速度大小a 2＝μMg M＝μg ＝2 m/s 2小球脱离滑块后，滑块做匀减速直线运动的时间t 1＝v 1a 2＝1 s 滑块的左端离开小球后，小球做自由落体运动，落地时间t 2＝2hg＝0.4 s<1 s所以，小球落地时距滑块左端的水平距离x ＝v 1t 2－12a 2t 22＝0.64 m小球落地时距滑块右端的水平距离X ＝x ＋l ＝2.64 m.10．(1)8 m/s 2 (2)9 m (3)4 m/s 2(4)3.62 s[解析] (1)物体沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2(2)物体沿斜面上滑，有 v 20＝2a 1x 解得x ＝9 m(3)物体沿斜面返回时，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝4 m/s 2(4)物体沿斜面向上运动时，有v 0＝a 1t 1 物体沿斜面向下运动时，有x ＝12at 22则t ＝t 1＋t 2＝3（2＋1）2s ≈3.62 s11．(1)0.4 m/s (2)2 1.8 s (3)0.06 m[解析] (1)小物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动． 设木板加速度大小为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时木板的速度大小为v 1，则μmg ＝ma L ＝12aT 2 v 1＝aT联立解得T ＝0.4 s ，v 1＝0.4 m/s.(2)在小物块与木板两者达到共同速度前，木板受到小物块对它的摩擦力作用，先做匀加速运动，与墙碰后以原速率反弹，再做匀减速直线运动，因小物块对木板的摩擦力不变，故加速过程和匀减速过程的加速度大小相等地，因而木板与墙相碰后将返回至初始位置且速度减为零，所用时间也为T ，之后重复上述运动过程．小物块与木板的质量相等，加速度大小相等．设在小物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有v ＝v 0－(2nT ＋Δt )a ＝a Δt式中Δt 是碰撞n 次后木板从初始位置至达到共同速度时所需要的时间． 故2v ＝v 0－2nTa由于木板的速率只能在0到v 1之间，故有 0≤v 0－2nTa ≤2v 1 解得1.5≤n ≤2.5由于n 是整数，故n ＝2，v ＝0.2 m/s ，Δt ＝0.2 s从开始到小物块与木板达到共同速度所用的时间为t ＝4T ＋Δt ＝1.8 s(3)物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s ＝L －12a (Δt )2＝0.06 m。
2018年高三物理一轮总复习专题3.1牛顿第一定律牛顿第三定律含解析
第3章牛顿运动定律“牛顿运动定律“是高中物理的核心内容之一，是动力学的基石，也是整个经典力学的理论基础，是历年高考的必考内容。
《考试说明》中对本章的知识能力要求几乎达到了最高地步，因此在历年的高考中，每年都要考查到本章知识，有时还会多题考查。
出题的形式多样，有选择题、填空题和计算题。
一、本章内容、考试范围及要求二、教材各节内容的重点、难点、易错点三、趋势分析及预测1. 分析总结（1）常考点其考查的重点有:准确理解牛顿第一定律,熟练掌握牛顿第二定律及其应用，尤其是物体的受力分析方法,理解牛顿第三定律,理解和掌握运动和力的关系,理解超重和失重。
本章内容的命题形式倾向于应用型、综合型和能力型，易与生产生活、军事科技、工农业生产等紧密联系.还可以力、电综合题形式出现。
从方法上重点考查运用隔离法和整体法来求解加速度相等的连接体问题,运用正交分解法处理受力较复杂的问题，运用图象法处理力与运动的关系问题。
从能力角度来看，重点考查思维能力、分析和解决问题的能力。
（2）命题分析从历年高考物理试题看出，牛顿运动定律的几种命题涉及三个考点：一是对牛顿运动定律的理解，二是牛顿第二定律的应用，三是超重和失重。
三个方面考点通常又相互联系和相互渗透，既可单独命题，又可以与力学、甚至电磁学相联系，构建力电的综合考题。
2. 趋势预测（1）从高考考点透视看出，牛顿第二定律是考查的重点，每年均考；而牛顿第一定律和牛顿第三定律在牛顿第二定律的应用中得到完美体现．与斜面、轻绳、轻杆、轻弹簧、圆周运动等内容综合的题目，命题频率较高．（2）2017 年高考对本专题的考查仍将以概念和规律的应用为主，单独考查本专题的题目多为选择题，与曲线运动、电磁学相结合的题目多为计算题．（3）以实际生活、生产和科学实验中有关问题为命题背景，突出表现物理知识在生活中的应用的趋势较强，2017 年高考应予以高度关注。
四、复习策略1．融会贯通理解牛顿三个定律：牛顿第一定律是“前奏”、第二定律是“主干”、第三定律是“回声”充分体现了力和运动的客观规律．2．应用牛顿定律，关键是对于研究对象正确地进行受力分析，参考加速度的方向建立直角坐标系，可在不同方向上进行应用．3．从近几年的高考形势看，对连结体问题不作要求，但对系统的整体的考查还是必要的．应掌握整体法和隔离法的应用．4．牛顿定律是力学中三大规律之一，另外还有“动量守恒定律”和“功能关系”，解题时还应首先考虑另外两大规律的应用(注意符合题设条件)，然后考虑牛顿定律的应用．专题01 牛顿第一定律牛顿第三定律课前预习● 自我检测1.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”(1)牛顿第一定律是实验定律。
高考物理第一轮复习教案 第三章 牛顿运动定律
考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；
二是联系实际，以实际问题为背景命题，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的
能力。
§1 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律 1．牛顿第一定律（惯性定律）的内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
看，要求准确理解牛顿第一定律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析的方法；理
解牛顿第三定律；理解和掌握运动和力的关系；理解超重和失重。本章内容的高考试题每年都有，对本章内容
单独命题大多以选择、填空形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、生产实际问题。经常与电场、
磁场联系，构成难度较大的综合性试题，运动学的知识往往和牛顿运动定律连为一体，考查推理能力和综合分
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高考物理第一轮复习教案
第三章 牛顿运动定律
张建设编写
这个定律有两层含义： （1）保持匀速直线运动状态或静止状态是物体的固有属性；物体的运动不需要用力来维持。 （2）要使物体的运动状态（即速度包括大小和方向）改变，必须施加力的作用，力是改变物体运动状态的 原因，是使物体产生加速度的原因。 2．牛顿第一定律的几点说明 （1）物体不受外力是该定律的条件。 （2）物体总保持匀速直线运动或静止状态是结果。 （3）惯性：一切物体都有保持原有运动状态的性质。 惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动状态及受力情况无关。 惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。 质量是物体惯性大小的惟一量度。 （4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态，而不受外力的物体是不存在的。物体不受外力 和物体所受合外力为零是有区别的。 （5）牛顿第一定律成立的参考系是惯性参考系。 （6）应注意： ①牛顿第一定律不是实验直接总结出来的，是牛顿以伽利略的理想斜面实验为基础，加之高度的抽象思维， 概括总结出来的，不可能由实际的实验来验证； ②牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受外力时的理想化状态。 例 1．下列说法正确的是 A．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．小球在做自由落体运动时，惯性不存在了 C．把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的冲力 D．物体的惯性仅与质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小 解析：惯性是物体保持原来运动状态的性质，仅由质量决定，与它的受力状况与运动状况均无关。一切物 体都有惯性。答案：D 例 2． 火车在长直水平轨道上匀速行驶，车厢内有一个人向上跳起，发现仍落回到车上原处（空气阻力不 计），这是因为 A．人跳起后，车厢内的空气给人一个向前的力，这力使他向前运动 B．人跳起时，车厢对人一个向前的摩擦力，这力使人向前运动 C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定向后偏一些，只是由于时间很短，距离太小，不明显而 已。 D．人跳起后，在水平方向人和车水平速度始终相同 解析：人向上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向不受外力作用，由于惯性，所以水平方向与车速 度相同，因而人落回原处。 答案：D 例 3． 下面说法正确的是 A．静止或做匀速直线运动的物体一定不受外力的作用 B．物体的速度为零时一定处于平衡状态 C．物体的运动状态发生变化时，一定受到外力的作用 D．物体的位移方向一定与所受合力方向一致 解析：物体不受外力时一定处于静止或匀速运动状态，但处于这些状态时不一定不受外力作用，所以 A 错； 物体是否处于平衡状态是看其受力是否为零，而不是看它的速度是否为零，如竖直上抛物体到达最高点时速度
2018版高考物理一轮复习(练习)：第三章 牛顿运动定律 第2讲 Word版含解析
必修一 第三章 第2讲一、选择题(本题共8小题，1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·河南中原名校联考)如图所示，质量为m 的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个力F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是导学号 51342298( D )A ．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD ．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值[解析] 小球受到重力mg 、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾角为α，则竖直方向有：F N2cos α＝mg ；因为mg 和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故B 错误，D 正确。
水平方向有：F N1－F N2sin α＝ma ，因为F N2sin α≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A 错误。
斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cos α与水平方向的ma 的合力，因此不等于ma ，故C 错误。
2．(2016·河北“五个一名校联盟教学质量监测”)如图，A 、B 、C 三个小球的质量均为m ，A 、B 之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B 、C 之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统均静止，现将A 上面的细线烧断，使A 的上端失去拉力，则在烧断细线瞬间，A 、B 、C 的加速度的大小分别为导学号 51342299( A )A ．1.5g 1.5g 0B ．g 2g 0C ．g g gD ．g g 0[解析] 开始时，A 、B 、C 均静止，隔离C ，受力分析，弹簧的弹力F 弹＝mg ，剪断A 上面的细线瞬间，A 、B 成为运动状态相同的一个整体，在该瞬间弹簧的弹力不变，隔离A 、B 整体，受力分析，A 、B 整体的加速度a ＝a A ＝a B ＝2mg ＋F 弹2m ＝3mg 2m＝1.5g ；C 所受合力为零，加速度为零，故A 正确。
高三物理第一轮复习教案第三单元 牛顿运动定律
《高三第一轮复习教案》：第三单元：牛顿运动定律回顾：1、静力学问题的解题基本思路是（核心求解问题：共点力的平衡）：确定对象，受力分析，选取坐标，正交分解，立出方程，联立求解。
基本方法：整体法，隔离法2、运动学问题的解题基本思路是（核心求解问题：匀变速直线运动的规律）：确定对象，运动分析，画出草图，选择规律，立式求解。
基本方法：函数式计算（选公式），图象应用而动力学问题既研究受力又研究运动，是前两部分内容的综合1、牛顿第一定律（1）内容（2）注意：A、力不是运动的原因，即运动可以不受力的作用。
B、力是改变物体运动状态的原因，即产生a。
C、运动的原因是物体具有惯性。
（惯性是物体保持原运动状态的能力）D、一切物体都具有惯性，惯性的大小仅由质量决定。
例题分析：1、关于伽利略的理想实验，下列说法正确的是（BD ）A、只要接触而相当光滑，物体就能在水平面上一直做匀速直线运动B、这个实验实际上是永远无法何等到的C、利用气垫导轨，就能使实验成功D、虽然是想像中的实验，但是它是建立在可靠的事实基础上的2、下列说法正确的是（ C ）A、大卡车的速度小，轿车的速度大，所以轿车的惯性大B、汽车在速度大的时候比在速度小的时候难以停下所以汽车速度大时的惯性大C、乒乓球可以被快速地来回抽杀，是因为其惯性小的缘故D、用同样的力骑自行车，车胎没气时速度增加得慢，运动状态难以改变，因此，比有气时的惯性大3、理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个是理想实验，其中有一个实验事实，其余是推论。
①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做匀速运动（1）请将上述理想实验的设计步骤按照正确的顺序排列②③①④ (只要填写序号)（2）在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想的推论，下列关于事实和推论的分类正确的是（ B ）A、①是事实，②③④是推论B、②是事实，①③④是推论C、③是事实，①②④是推论D、④是事实，①②③是推论学生练习：1、在车厢顶板上用细线挂一小球，车内的观察者，根据观察到的现象，判断正确的是（BCD ）A、若细线保持竖直，车一定是静止的B、若细线保持竖直，车可能在做匀速直线运动C、若细线向右偏斜，车可能向左转弯D、若细线的前偏，车可能向前减速2、如图所示，车厢在平直轨道上匀加速向左行驶，车厢顶落有油滴滴落在车厢地板上，车厢地板O点位于A点的正下方，则当滴管依次滴下三滴油时，下列说法正确的是（ C ）A、这三滴油依次落在O点的右方，且一滴比一滴高O点远B、这三滴油依次落在O点的右方，且一滴比一滴高OC、这三滴油依次落在O点的右方，且在同一个位置上D、这三滴油依次落都在O点上3、关于惯性，下列说法中正确的是（）A、推动原来静止的物体比推动正在运动的物体所需的力大，所以静止的物体惯性大B、正在行驶的质量相同的两辆汽车，速度大的不易停下来，所以速度大的物体惯性大C、自由下落的物体处于完全失重状态，所以这时物体的惯性消失了D、以上说法均不正确4、伽利略的斜面实验证明了（）A、使物体运动必须有力的作用，没有力作用的物体将静止B、使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C、物体没有外力的作用，一定处于静止状态D、物体不受外力的作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态2、牛顿第三定律（1）内容（2）注意：A、作用力与反作用力必定是相同性质的力。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第7讲牛顿第二定律的应用1课时作业
牛顿第二定律的应用（1）基础巩固1．如图K71所示，某跳伞运动员正减速下落，下列说法正确的是( )图K71A．运动员处于失重状态B．运动员处于超重状态C．伞绳对运动员的作用力小于运动员的重力D．伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力2．如图K72所示，固定斜面的CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C 点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则( )图K72A．在CD段时，A受到三个力的作用B．在DE段时，A可能受到两个力的作用C．在DE段时，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态3．[2016·河南淮阳中学月考] 如图K73所示，质量为m A、m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面，m A>m B.已知两物体与墙面间的动摩擦因数分别为μA、μB，且μA>μB，让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是图K74中的( )图K73图K744．[2016·北京丰台区高三统一练习] 在商场中，为了节约能源，无人时，自动扶梯以较小的速度运行，当有顾客站到扶梯上时，扶梯先加速后匀速，将顾客从一楼运送到二楼，速度方向如图K75所示．若顾客与扶梯保持相对静止，下列说法正确的是( )图K75A．在加速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力B．在匀速阶段，顾客所受支持力大于顾客的重力C．在加速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同D．在匀速阶段，顾客所受摩擦力与速度方向相同能力提升5．[2016·湖南株洲模拟] 如图K76所示，在水平面上竖直放置的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，两物块相互绝缘且质量均为2 kg，A带正电，电荷量为0.1 C，B不带电，整体处于静止状态．若突然加一沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15 N，g取10 m/s2，则( )图K76A．电场强度为50 N/CB．电场强度为100 N/CC．电场强度为150 N/CD．电场强度为200 N/C6．[2016·山东省师大附中模拟改编] 如图K77所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是( )图K77A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧会被拉断D．当F撤去瞬间，质量为m的木块所受摩擦力的大小和方向不变7．如图K78所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上．开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时( )图K78A．弹簧测力计读数及小车对地面的压力均增大B．弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变小C．弹簧测力计读数变大，小车对地面的压力不变D．弹簧测力计读数不变，小车对地面的压力变大8．[2016·郑州质检] 图K78甲是某人站在力传感器上做下蹲－起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图像分析可知( )图K78A．人的重力为1500 NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度9．(多选)如图K79所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻( )图K79A．小车对物块B的摩擦力大小为μmgB．小车对物块B的摩擦力水平向右C．小车对物块B的摩擦力大小为mg tan θD．小车对物块B的合力大小为mg1＋tan2θ10．如图K710所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直．在竖直向上拉力F＝6mg(g为重力加速度)作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量可忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长．在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小a A、a B分别为( )图K710A ．a A ＝12g ，a B ＝5gB ．a A ＝a B ＝15gC ．a A ＝14g ，a B ＝3gD ．a A ＝0，a B ＝2g11．[2016·山东潍坊统一考试] 如图K711所示，小车的质量M ＝5 kg ，底板距地面高h ＝0.8 m ，小车与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，车内装有质量m ＝0.5 kg 的水(不考虑水的深度)．今给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为v ＝10 m/s 时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒钟滴出的水的质量为0.1 kg ，并由此时开始计时，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，令k ＝0.1 kg/s ，求：(1)t ＝4 s 时，小车的加速度；(2)到小车停止运动时，水平地面上水滴洒落的长度．图K711挑战自我12．[2016·重庆适应性考试] 如图K712所示，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿距离为s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面．当车的速度达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F＝kv(v为车速，k为常数)，方向与车运动方向相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a′；(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a.图K712课时作业(七)1．B [解析] 跳伞运动员减速下落，则加速度的方向向上，所以运动员处于超重状态，选项A错误，B正确；运动员处于超重状态，合外力向上，所以伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力，选项C错误；伞绳对运动员的作用力和运动员对伞绳的作用力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，选项D错误．2．C [解析] 在CD段，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律有(m A＋m B)g sin θ＝(m A＋m B)a，解得a＝g sin θ，以隔离体A为研究对象，设B对A的静摩擦力f A1沿斜面向下，由牛顿第二定律有m A g sin θ＋f A1＝m A a，解得f A1＝0，可知A受到重力和支持力两个力作用，选项A错误；在DE段，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律有(m A＋m B)g sin θ－μ(m A＋m B)g cos θ＝(m A＋m B)a′，解得加速度a′＝g sin θ－μg cos θ，以隔离体A为研究对象，设B对A的静摩擦力f A2沿斜面向下，由牛顿第二定律有m A g sin θ＋f A2＝m A a′，解得f A2＝－μm A g cos θ，负号说明方向沿斜面向上，所以A一定受到三个力作用，选项B 错误，C正确；整体下滑过程中，在CD段时，加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态，在DE段时，加速度a′＝g sin θ－μg cos θ，整体可能做匀速直线运动，不一定处于失重状态，所以选项D错误．3．A [解析] A与B整体同时沿竖直墙面下滑，墙壁对两物体不存在弹力，故两物体也不受墙壁的摩擦力作用，两物体只在重力作用下做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，所以物体B只受重力，故A正确．4．A [解析] 当扶梯匀速运动时，顾客所受支持力等于顾客的重力，顾客不受摩擦力，所以选项B、D错误．当扶梯加速运动时，有斜向上的加速度，合力方向斜向上，所以顾客所受支持力大于顾客的重力，顾客受到的静摩擦力与速度方向相同，所以选项A正确，C错误．5．B [解析] 因为A 对B 的压力减小，可知电场力的方向竖直向上，对整体分析可知，整体突然具有竖直向上的加速度，因为弹簧的力不会突变，所以有qE ＝2ma ，对A 分析，有qE ＋F N －mg ＝ma ，联立解得E ＝100 N/C ，B 正确．6．D [解析] 质量为2m 的木块受到重力、支持力、质量为m 的木块对它的压力以及摩擦力，还有弹簧的弹力，总共受到5个力，选项A 错误．当弹簧的弹力为T 时，质量为m 和2m 的木块的加速度a ＝T3m ，对整体分析，拉力F ＝6ma ＝2T ，故当拉力为2T 时，轻弹簧恰好被拉断，故B 、C 错误．撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，质量为m 和2m 的木块的加速度不变，隔离质量为m 的木块分析，根据牛顿第二定律知，其所受的摩擦力大小和方向都不变，故D 正确．7．C [解析] 开始时小车处于静止状态，小球受到重力mg 、绳的拉力F 绳1，由于小球静止，所以F 绳1＝mg .当小车匀加速向右运动时，小球也向右匀加速运动，小球受力如图所示．由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律可知，小球所受的合力也水平向右，根据几何关系得出此时绳子的拉力F 绳2＞mg ，所以绳中拉力变大，弹簧测力计读数变大．对整体进行受力分析，开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于其重力．当小车匀加速向右运动时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向处于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于其重力，由牛顿第三定律可知，小车对地面的压力不变，选项C 正确．8．B [解析] 由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N ，质量m ＝50 kg ，b 点位置人处于失重状态，c 、d 、e 点位置人处于超重状态，选项A 、C 错误，选项B 正确；d 点位置传感器对人的支持力F 最大，为1500 N ，由F －mg ＝ma 可知，d 点的加速度a d ＝20 m/s 2，f点位置传感器对人的支持力为0，由F －mg ＝ma 可知，f 点的加速度a f ＝－10 m/s 2，故d 点的加速度大于f 点的加速度，选项D 错误．9．BCD [解析] 以小球A 为研究对象，其合力水平向右，由牛顿第二定律有m A g tan θ＝m A a ，可得小车向左做加速度大小为a ＝g tan θ的匀减速运动；以物块B 为研究对象，可知小车对物块B 向右的静摩擦力f ＝ma ＝mg tan θ，小车对物块B 竖直向上的支持力F N ＝mg ，故小车对物块B 的合力大小为F ＝F 2N ＋f 2＝mg 1＋tan 2θ，方向为斜向右上方，选项B 、C 、D 正确．10．D [解析] 对滑轮分析，有F －2T ＝ma ，又知m ＝0，所以T ＝F 2＝6mg2＝3mg ；对A受力分析，由于T <4mg ，故A 静止，a A ＝0，对B 受力分析，根据牛顿第二定律得a B ＝T －mgm＝3mg －mgm＝2g ，选项D 正确．11．(1)1 m/s 2(2)35.5 m[解析] (1)取小车和水为研究对象，设t ＝4 s 时的加速度为a ，则μ(M ＋m －kt )g ＝(M ＋m －kt )a解得a ＝1 m/s 2(2)设小车滴水的总时间为t 1，则t 1＝mk＝5 s 设小车运动的时间为t 2，则t 2＝v a＝10 s 因t 1<t 2，故滴水过程中小车一直运动在滴水时间内小车的位移为x ＝vt 1－12at 21＝37.5 m设每滴水下落到地面所用的时间为t 3，则h ＝12gt 23解得t 3＝0.4 s第1滴水滴的水平位移为x 1＝vt 3＝4 m最后一滴水滴下落时的初速度为v 2＝v －at 1＝5 m/s 水平位移为x 2＝v 2t 3＝2 m故水平地面上水滴洒落的长度L ＝x ＋x 2－x 1＝35.5 m. 12．(1)2s t 2 (2)（mg －kv 0）t 2－22ms（mg ＋kv 0）t2(3)mgt 2－2ms kv 0t 2＋2msg －kv 0m[解析] (1)根据匀加速直线运动规律，有s ＝12a ′t 2解得a ′＝2st2.(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为F N ，树叶受到的空气阻力为F ，树叶受到的滑动摩擦力为f ，有F ＝kv 0 f ＝μF NF N ＝mg cos θ＋F sin θ 由牛顿第二定律，有mg sin θ－f －F cos θ＝ma ′ 由题意知，θ＝45° 联立解得μ＝（mg －kv 0）t 2－22ms（mg ＋kv 0）t2. (3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为F ′N ，树叶受到的空气阻力为F ′，树叶受到的最大静摩擦力为f ′，有f ′＝μF ′N F ′＝kv 0由牛顿第二定律有F ′N sin θ＋f ′cos θ－F ′＝ma F ′N cos θ＝f ′sin θ＋mg 由题意知，θ＝45°联立并代入μ，得a＝mgt2－2mskv0t2＋2ms g－kv0m.。
2018年高三物理总复习顶层设计文档：第三章牛顿运动定律第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律含答案
第三章牛顿运动定律【考情微解读】第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律知|识|梳|理微知识❶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。
2．成立条件:物体不受外力作用。
3．意义(1）指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
（2）指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因,即产生加速度的原因。
微知识❷惯性1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.2．性质：惯性是一切物体都具有的性质,是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关.3．量度：质量是惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.微知识❸牛顿第三定律1．作用力和反作用力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物体也施加了力。
力是物体与物体间的相互作用,物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力。
2．内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上.3．意义建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系.基|础|诊|断一、思维诊断1．只有运动的物体有惯性，静止的物体没有惯性(×）2．牛顿第一定律不能用实验验证(√)3．先有作用力后有反作用力(×）4．人走在松软的土地上下陷时,人对地面的压力大于地面对人的支持力(×)5．牛顿第三定律中的“总是" 说明对于任何物体，在任何情况下定律都是成立的（√）二、对点微练1．(牛顿第一定律)下列说法正确的是（)A．物体不受外力作用时，一定处于静止状态B．要物体运动必须有力作用，没有力的作用，物体将静止C．要物体静止必须有力作用，没有力的作用，物体将运动D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态解析力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，B、C错误。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解课件
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[答案] B [解析] 球受重力和两个弹力作用，斜面对球的弹力的竖直分力等于球的重力，故斜面对球 的弹力不变，B 正确，D 错误；挡板对球的弹力与斜面对球的弹力的水平分力之差等于 ma，当整体匀加速运动时，竖直挡板对球的弹力随加速度的增大而增大，A 错误；两弹力 的合力的水平分力等于 ma，竖直方向分力等于 mg，C 错误．
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变式题 2 (多选)[2015·海南卷] 如图所示，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Δ l1 和Δ l2，重力加速度大小为 g，在剪断的瞬间( ) A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δ l1＝2Δ l2 D．Δ l1＝Δ l2
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(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都满足 F＝ma；(2)物体的实际加 独立性 速度等于每个力产生的加速度的矢量和；(3)力和加速度在各个方向上的分量也
满足 F＝ma，即 Fx＝max，Fy＝may
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例 2 (多选)[2016·全国卷Ⅰ] 一质点做匀速直
线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在 [[解答析案]]由牛顿第二定律，质点的加速度总
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变式题 3 如图 3-6-3 所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力 F 作用而运动，前方固定 一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
图 3-6-3 A．木块将立即做匀减速直线运动 B．木块将立即做变减速直线运动 C．在弹簧弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度最大 D．在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化三牛顿运动定律的综合应用一学案201812102118.doc
专题强化三牛顿运动定律的综合应用(一)专题解读1.本专题是动力学方法处理连接体问题、图象问题和临界极值问题，高考时选择题为必考，计算题也曾命题.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.命题点一动力学中的连接体问题1.连接体问题的类型物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体.2.整体法的选取原则若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，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).3.隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就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.4.整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”.例1(多选)(2016·天津理综·8)我国高铁技术处于世界领先水平.如图1所示，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )图1A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 答案 BD解析 列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A 错误；动车组运动的加速度a ＝2F －8kmg 8m ＝F4m－kg ，则对6、7、8节车厢的整体有F 56＝3ma ＋3kmg ＝34F ，对7、8节车厢的整体有F 67＝2ma＋2kmg ＝12F ，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F 56∶F 67＝3∶2，选项B 正确；关闭发动机后，根据动能定理得12·8mv 2＝8kmgx ，解得x ＝v 22kg ，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C 错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为v m1＝2P8kmg；8节车厢有4节动车时最大速度为v m2＝4P 8kmg ，则v m1v m2＝12，选项D 正确.例2 如图2所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T ，现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )图2A.此过程中物体C 受重力等五个力作用B.当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C.当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳刚好被拉断D.若水平面光滑，则绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为F T6①三个物体以同一加速度向右运动；②轻绳刚好被拉断.答案 C解析 A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A 错误.对整体分析，整体的加速度a ＝F －μ·6mg 6m ＝F6m－μg ，对A 、C 整体分析，根据牛顿第二定律得，F T－μ·4mg ＝4ma ，解得F T ＝23F ，当F ＝1.5F T 时，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C 正确.水平面光滑，绳刚断时，对A 、C 整体分析，加速度a ＝F T4m，隔离A 单独分析，A 受到的摩擦力F f ＝ma ＝F T4，故D 错误.连接体问题的情景拓展1.2.3.1.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A.8B.10C.15D.18 答案 BC解析 设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ① 设PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数， 当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5 当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10 当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确.2.如图3所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中).已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( )图3A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1 D.F sin θm 2答案 A解析 把m 1、m 2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确. 3.如图4所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m 的小球，下列关于杆对球的作用力F 的判断中，正确的是( )图4A.小车静止时，F ＝mg sin θ，方向沿杆向上B.小车静止时，F ＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C.小车向右以加速度a 运动时，一定有F ＝masin θD.小车向左以加速度a 运动时，F ＝(ma )2＋(mg )2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan α＝a g答案 D解析 小车静止时，球受到重力和杆的弹力作用，由平衡条件可得杆对球的作用力F ＝mg ，方向竖直向上，选项A 、B 错误；小车向右以加速度a 运动时，如图甲所示，只有当a ＝g tan θ时，才有F ＝masin θ，选项C 错误；小车向左以加速度a 运动时，根据牛顿第二定律可知小球受到的合力水平向左，如图乙所示，则杆对球的作用力F ＝(ma )2＋(mg )2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan α＝a g，选项D 正确.命题点二 动力学中的图象问题 1.常见的动力学图象v －t 图象、a －t 图象、F －t 图象、F －a 图象等.2.图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况. (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况. (3)由已知条件确定某物理量的变化图象. 3.解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等.(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.例3 如图5所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上.小滑块在斜面底端以初速度v 0＝9.6m/s 沿斜面上滑.斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.45.整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m ＝1 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.试求：图5(1)小滑块回到出发点时的速度大小.(2)定量画出斜面体与水平地面之间的摩擦力大小F f 随时间t 变化的图象.①整个过程斜面体保持静止不动；②滑块在斜面上减速至0然后下滑.答案 (1)4.8m/s (2)如图所示解析 (1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 解得a 1＝9.6m/s 2设滑块上滑位移大小为L ，则由v 20＝2a 1L ， 解得L ＝4.8m滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 解得a 2＝2.4m/s 2由v 2＝2a 2L ，解得v ＝4.8m/s(2)滑块沿斜面上滑过程用时t 1＝v 0a 1＝1s 对斜面受力分析可得F f1＝ma 1cos θ＝7.68N 滑块沿斜面下滑过程用时t 2＝v a 2＝2s 对斜面受力分析可得F f2＝ma 2cos θ＝1.92NF f 随时间变化规律如图所示.4.在图6甲所示的水平面上，用水平力F 拉物块，若F 按图乙所示的规律变化.设F 的方向为正方向，则物块的速度－时间图象可能正确的是( )图6答案 A解析 若水平面光滑，则加速度a ＝F m，即a ∝F ，满足a 1∶a 2∶a 3＝F 1∶F 2∶F 3＝1∶3∶2，可见A 、B 、C 、D 四个选项均不符合.若水平面不光滑，对A 图进行分析：0～1s 内，a 1＝F 1＋F fm＝1N ＋F f m ＝2m/s 2,1～2s 内，a 2＝F 2－F f m ＝3N －F f m ＝2m/s 2,2～3s 内，a 3＝F 3－F f m ＝2N －F f m＝1m/s 2，联立以上各式得F f ＝1N ，m ＝1kg ，且a 1∶a 2∶a 3＝2∶2∶1，符合实际，A 项正确；同理，分析B 、C 、D 项均不可能.5.如图7甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板.开始时质量为m ＝1kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右大小不变，当滑块滑到木板上时撤去力F (假设斜面与木板连接处用小圆弧平滑连接).此后滑块和木板在水平面上运动的v －t 图象如图乙所示，g ＝10m/s 2，求：图7(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量.答案 (1)1033N (2)2.5m (3)1.5kg解析 (1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡，如图所示：F ＝mg tan θ代入数据可得：F ＝1033N(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/s当F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋F cos θ＝ma 解得：a ＝10m/s 2下滑的位移：x ＝v 22a，解得：x ＝5m故滑块开始下滑时的高度：h ＝x sin30°＝2.5m(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2二者共同减速时的加速度大小a 1＝1m/s 2，发生相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2，滑块减速的加速度大小为：a 3＝4m/s 2对整体受力分析可得：a 1＝μ1(M ＋m )gM ＋m＝μ1g可得：μ1＝0.1在0～2s 内分别对m 和M 做受力分析可得： 对M ：μ2mg －μ1(M ＋m )g M＝a 2对m ：μ2mg m＝a 3代入数据解方程可得：M ＝1.5kg. 命题点三 动力学中的临界极值问题 1.“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F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，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，绳子松弛与拉紧的临界条件是：F T ＝0. (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时. 2.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法；(2)根据临界条件列不等式法； (3)利用二次函数的判别式法； (4)极限法.例4 如图8所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M ，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m ，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：图8(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F 的最大值； (2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F 的最小值.①滑块与斜面体一起加速运动；②滑块做自由落体运动.答案 (1)(m ＋M )g (μcos α－sin α)μsin α＋cos α (2)Mg tan α解析 (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F 越大，加速度越大，当F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值F fm ，滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为a ，对滑块应用牛顿第二定律得：F N cos α＋F fm sin α＝mg ① F fm cos α－F N sin α＝ma② 由题意知F fm ＝μF N③联立解得a ＝μcos α－sin αcos α＋μsin αg对整体受力分析F ＝(M ＋m )a联立解得F ＝(m ＋M )g (μcos α－sin α)μsin α＋cos α(2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g ，设此时M 的加速度为a M ，则对M ：F ＝Ma M当水平向右的力F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有12gt 212a M t 2＝tan α，即ga M ＝tan α联立解得F ＝Mgtan α.6.如图9所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离h 时，B 与A 分离.下列说法正确的是()图9A.B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长B.B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于mghD.在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动 答案 C解析 A 、B 分离前，A 、B 共同做加速运动，由于F 是恒力，而弹力是变力，故A 、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB ＝0，对B ：F －mg ＝ma ， 对A ：kx －mg ＝ma .即F ＝kx 时，A 、B 分离，此时弹簧处于压缩状态， 由F ＝mg ，设用恒力F 拉B 前弹簧压缩量为x 0， 又2mg ＝kx 0，h ＝x 0－x ，解以上各式得k ＝mg h，综上所述，只有C 项正确.7.如图10所示，一质量m ＝0.4kg 的小物块，以v 0＝2m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10m.已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10m/s 2.图10(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小.(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 答案 (1)3m/s 28 m/s (2)30°1335N 解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v 0t ＋12at 2① v ＝v 0＋at② 联立①②式，代入数据得a ＝3m/s2③ v ＝8m/s④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α⑧由数学知识得 cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知对应F 最小时的夹角α＝30° ⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝1335N.应用图象分析动力学问题的深化拓展一、利用表达式判断图象形状当根据物理情景分析物体的x －t 图象、v －t 图象、a －t 图象、F －t 图象、E －t 图象等问题，或根据已知图象确定相应的另一图象时，有时需借助相应的函数表达式准确判断，其思路如下：(1)审题，了解运动情景或已知图象信息.(2)受力分析，运动分析(若是“多过程”现象，则分析清楚各“子过程”的特点及“衔接点”的数值).(3)根据物理规律确定函数关系式(常用规律：牛顿第二定律、运动学规律、功能关系等). (4)根据函数特点判断相应图象是否正确(要弄清所导出的待求量表达式的意义，如变化趋势、截距、斜率等的物理含义).典例1 如图11所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图象中正确的是( )图11答案 A解析 开始阶段水平力F 较小，木板和木块一起做加速直线运动，由牛顿第二定律得F ＝(m 1＋m 2)a ，即a ＝F m 1＋m 2＝km 1＋m 2t ，两物体的加速度相同，且与时间成正比.随着水平力F 的增加，木板和木块间的静摩擦力也随之增加，当两物体间的摩擦力达到μm 2g 后两者发生相对滑动，对木块有F －F f ＝m 2a 2，其中F f ＝μm 2g ，故a 2＝F －F f m 2＝km 2t －μg ，a 2－t 图象的斜率增大；而对木板，发生相对滑动后，有μm 2g ＝m 1a 1，故a 1＝μm 2gm 1，保持不变.综上可知，A 正确.二、用图象进行定性分析当物体的运动过程不是典型的匀速直线运动或匀变速直线运动，用公式求解问题比较困难或不可能时，一般可以用(速度)图象进行定性分析.典例2就是利用速率图象比较时间的长短，把速度图象中“面积”表示位移迁移到本题中，可得出速率图象中“面积”表示路程. 典例2 (多选)如图12所示，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道.甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有( )图12A.甲的切向加速度始终比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D.甲比乙先到达B 处 答案 BD解析 对小孩受力分析，如图(a)所示，由牛顿第二定律得a ＝g sin θ，由于甲所在轨道倾角逐渐减小，乙所在轨道倾角逐渐增大，当倾角相同时a 甲＝a 乙，之后，a 甲<a 乙，A 错误.下滑过程中仅有重力做功，由mgh ＝12mv 2得v ＝2gh ，甲、乙在同一高度的速度大小相等，B 正确.由此可得甲、乙两小孩的速率图象如图(b)，由图可知C 错误，D 正确.题组1 动力学中的连接问题1.如图1所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3.最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )图1A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶2 答案 C解析 将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 、B 间的摩擦力达到最大静摩擦力，则对物体B 根据牛顿第二定律：μmg －μ3·2mg ＝ma 1，解得a 1＝13μg ；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，则对物体A ：μmg ＝ma 2，解得a 2＝μg ，则a 1∶a 2＝1∶3，故选C.2.(多选)如图2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μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )图2A.当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B.当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC.当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D.无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg答案 BCD解析 当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确.当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg3m＝13μg ，选项B 正确.F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确. 3.如图3所示，质量为M 的吊篮P 通过细绳悬挂在天花板上，物块A 、B 、C 质量均为m ，B 、C 叠放在一起，物块B 固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与A 物块相连，三物块均处于静止状态，弹簧的劲度系数为k (弹簧始终在弹性限度内)，下列说法正确的是( )图3A.静止时，弹簧的形变量为mg kB.剪断细绳瞬间，C 物块处于超重状态C.剪断细绳瞬间，A 物块与吊篮P 分离D.剪断细绳瞬间，吊篮P 的加速度大小为(M ＋3m )gM ＋m答案 D解析 静止时，弹簧受到的压力F 大小等于B 、C 的重力2mg ，则由胡克定律F ＝k Δx ，求出弹簧的形变量Δx 为2mgk，A 错误；剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变，C 物块所受合力为0，加速度为0，C 处于静止状态，B 错误；剪断细绳瞬间，将吊篮和A 物块当作一个整体，受到重力为(M ＋m )g ，以及弹簧的弹力2mg ，则吊篮P 和物块A 的加速度a ＝(M ＋3m )g M ＋m ，D 正确；剪断细绳瞬间，A 物块和吊篮P 的加速度相同，均为(M ＋3m )gM ＋m ，则A 物块与吊篮P 不会分离，C 错误.题组2 动力学中的图象问题4.如图4所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc 固定在水平地面上，ab 面和bc 面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v 0的小物块沿斜面ab 向上运动，经时间t 0后到达顶点b 时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc 下滑.在小物块从a 运动到c 的过程中，可以正确描述其速度大小v 与时间t 的关系的图象是( )图4答案 C解析 设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a 1和a 2.根据牛顿第二定律得mg sin α＋μmg cos α＝ma 1，mg sin β－μmg cos β＝ma 2，得a 1＝g sin α＋μg cos α，a 2＝g sin β－μg cos β，则知a 1>a 2，而v －t 图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x ＝12at 2知，上滑过程时间较短；上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图线都是直线；由于物块克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物块到达c 点的速度小于v 0.故只有选项C 正确.5.(多选)如图5甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v 0、t 0已知，则( )图5A.传送带一定逆时针转动B.μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC.传送带的速度大于v 0D.t 0后木块的加速度为2g sin θ－v 0t 0答案 AD解析 若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A 正确.木块在0～t 0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a 1＝g sin θ＋μg cos θ，由图可知a 1＝v 0t 0，则μ＝v 0gt 0cos θ－tan θ，选项B 错误.当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v 0，选项C 错误.等速后的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得a 2＝2g sin θ－v 0t 0，选项D 正确.6.一物体在水平推力F ＝15N 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图6所示，g 取10m/s 2，求：图6(1)0～4s 和4～6s 物体的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ和物体的质量m ； (3)在0～6s 内物体运动平均速度的大小.答案 (1)2.5m/s 25 m/s 2(2)0.5 2kg (3)5m/s 解析 (1)由图可得：a 1＝Δv Δt 1＝104m/s 2＝2.5 m/s 2，a 2＝Δv Δt 2＝102m/s 2＝5 m/s 2(2)根据牛顿第二定律得：μmg ＝ma 2 解得：μ＝a 2g＝0.5根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1 解得：m ＝Fμg ＋a 1＝2kg(3)平均速度v ＝x t ＝v 2tt ＝v 2＝102m/s ＝5 m/s题组3 动力学中的临界极值问题7.如图7所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A 点，另一条轻绳一端系在车左端B 点，B 点在A 点的正下方，A 、B 距离为b ，两条轻绳另一端在C 点相结并系一个质量为m 的小球，轻绳AC 长度为2b ，轻绳BC 长度为b .两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg.图7(1)轻绳BC 刚好被拉直时，车的加速度是多大？(要求画出受力图)(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大.(要求画出受力图) 答案 (1)g 见解析图甲 (2)3g 见解析图乙 解析 (1)轻绳BC 刚好被拉直时，小球受力如图甲所示.因为AB ＝BC ＝b ，AC ＝2b ，故轻绳BC 与AB 垂直，θ＝45°.由牛顿第二定律，得mg tan θ＝ma . 可得a ＝g .(2)小车向左的加速度增大，BC 绳方向不变，所以AC 轻绳拉力不变，BC 轻绳拉力变大，BC 轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示.由牛顿第二定律，得F Tm ＋mg tan θ＝ma m . 因F Tm ＝2mg ，所以最大加速度为a m ＝3g .8.(2015·新课标全国Ⅰ·25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图8(a)所示.t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s 时间内小物块的vt 图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2.求：图8(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离. 答案 (1)0.1 0.4 (2)6m (3)6.5m解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝4－01m/s 2＝4 m/s 2.根据牛顿第二定律有μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1s ，位移x ＝4.5m ，末速度v ＝4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动，可得x ＝vt ＋12a 1t 2解得a 1＝1m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得： μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1， 即μ1g ＝a 1 解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，由牛顿第二定律有μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3 可得a 3＝43m/s 2对小物块，加速度大小为a 2＝4m/s 2由于a 2＞a 3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1s此过程中，木板向左运动的位移为x 1＝vt 1－12a 3t 21＝103m, 末速度v 1＝83m/s小物块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4m/s 2木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43m/s 2假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2 解得t 2＝0.5s此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76m ，末速度v 2＝v 1－a 3t 2＝2m/s小物块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝0.5m此时二者的相对位移最大，Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6m ，此后小物块和木板一起匀减速运动. 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m.(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a 1＝1m/s 2向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5m精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
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专题训练（三）第3单元牛顿运动定律基础巩固1．一皮带传送装置(足够长)如图Z31所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平．若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化情况是( )图Z31A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大2．如图Z32所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3.用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度g取10 m/s2)( )图Z32A．a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2B．a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2C．a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s23．如图Z33所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断不正确的是( )图Z33A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移能力提升4．(多选)[2015·大同一中、同煤一中联考] 如图Z34所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力F作用于铁块上，以下判断正确的是( )图Z34A．铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B．若水平力足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动D．若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止5．如图Z35所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量．t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是图Z36中的( )图Z35图Z366．[2016·沈阳二中模拟] 一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为m A＝1 kg和m B＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图Z37所示．g取10 m/s2.下列说法正确的是( )图Z37A．若F＝1 N，则两物块与木板都静止不动B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 ND．若F＝8 N，则B物块所受摩擦力大小为2 N7．(多选)[2016·黑龙江大庆一模改编] 如图Z38所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用．现让传送带逆时针匀速转动，在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中，则( )图Z38A．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功小于a的机械能增加量C．摩擦力对a做的功小于物块a、b的动能增加量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等8．传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面间的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间，物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图Z39所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.问：(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(2)若在物品与传送带达到相同速度瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能离开传送带？图Z39挑战自我9．[2016·沈阳质检] 如图Z310所示在，粗糙水平面上放置一个质量M＝2 kg、长度L ＝5 m的木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m＝1 kg.已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.2，A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4.开始时A、B均处于静止状态．在B获得水平向右的初速度v0＝8 m/s的同时，对A施加水平向右的恒力，g取10 m/s2.(1)为使物块B不从木板A的右端滑出，求力F的最小值．(2)若F＝22 N，求物块B的最大速度．图Z310专题训练(三)1．D [解析] 滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力f和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝f－F拉＝ma，弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度与速度方向相反，故滑块的速度先增大后减小．2．D [解析] 由受力分析可知，物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即f＝ma1，且f的最大值为f m＝μmg，故a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a2＝a1≤3 m/s2；当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2＞3 m/s2.综上所述，只有选项D符合题意．3．A [解析] 因动摩擦因数μ＝0.5，由于有mg sin 37°>μmg cos 37°，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma，解得两物块的加速度a＝2 m/s2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确．4．BD [解析] 设木板的质量为M，小铁块的质量为m，它们之间的最大静摩擦力为f，当铁块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间发生相对滑动，根据牛顿第二定律知，此时加速度a＝fM，对木板和小铁块整体，有F＝(M＋m)a＝（M＋m）fM，故当F>（M＋m）fM时，两者发生相对滑动，选项A错误，B正确；若两者保持相对静止，则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力，当拉力反向时，两者之间的摩擦力大小不变，方向改变，仍然保持相对静止，选项C错误，D正确．5．A [解析] 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块在向左的滑动摩擦力作用下以初速度v 0向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，因物块与木板受到的滑动摩擦力大小相等，而物块的质量小，根据牛顿第二定律知，物块的加速度大，所以物块速度先减为零，之后反向加速，最终物块与木板达到共同速度一起匀速运动，相对滑动过程损失机械能，最终速度小于v 0，只有选项A 可能正确．6．D [解析] A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N ＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N ＝4 N ，F ＝1 N ＜f A ，所以A 、B 及木板保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，故A 错误；F ＝1.5 N ＜f A ，所以A 、B 及木板保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得F －f ＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f ＜F ＝1.5 N ，故B 错误；F ＝4 N ＞f A ，所以A 在木板上滑动，B 和木板整体受到摩擦力为2 N ，轻质木板质量不计，所以B 受到的摩擦力为2 N ，故C 错误；F ＝8 N ＞f A ，同理可知D 正确．7．AD [解析] 开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h 高度，则a 下降高度为h sin θ，故a 的重力势能减少量为m a gh sin θ＝mgh ，选项A 正确；根据能量守恒定律得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 的机械能增加量，所以摩擦力做功大于a 的机械能增加量，因为系统的重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于系统的动能增加量，故B 、C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mgv ，对a ，有P a ＝m a gv sin θ＝mgv ，所以重力对a 、b做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．8．(1)1 s (2)(2－2) s[解析] (1)物品与传送带速度相等前，有 F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2由v ＝a 1t 1解得运动时间t 1＝0.5 s 位移x 1＝12a 1t 21＝1 m随后有F －μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 2 解得a 2＝0，即物品随传送带匀速上升 位移x 2＝Hsin 37°－x 1＝2 m运动时间t 2＝x 2v＝0.5 s 故总时间为t ＝t 1＋t 2＝1 s (2)撤去恒力F 后，有μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 3解得a 3＝－2 m/s 2若物品向上匀减速到速度为零，则通过的位移x ＝－v22a 3＝4 m>x 2，故物品将匀减速运动至离开传送带．由x 2＝vt 3＋12a 2t 23解得t 3＝(2－2) s[t 3＝(2＋2)s >2 s 舍去]．9．(1)18.8 N (2)10 m/s[解析] (1)物块B 在木板A 上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知μ1mg ＝ma 1解得a 1＝2 m/s 2物块B 滑到木板A 的右端时，若A 、B 速度相等，则物块B 刚好不从木板A 的右端滑出，A 、B 的相对位移为木板长L .设力F 的最小值为F m ，木板A 的加速度为a 2，由速度公式和位移公式可知木板A 的速度v ＝a 2t 物块B 的速度v ＝v 0－a 1t木板A 的位移x A ＝v2t物块B 的位移x B ＝v 0＋v2tA 、B 的相对位移为木板长，即L ＝x B －x A联立解得a 2＝225m/s 2对木板A ，由牛顿第二定律可知 F m ＋μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 解得F m ＝18.8 N.(2)物块B 在木板A 上先做匀减速直线运动，加速度为a 1＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动，对木板A ，由牛顿第二定律可得F ＋μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 3解得a 3＝6 m/s 2设经过时间t 1，A 、B 速度相同，大小都为v 1，则 v 1＝v 0－a 1t 1 v 1＝a 3t 1联立解得t 1＝1 s ，v ＝6 m/s在此过程中，设A 、B 的位移分别为x A 1、x B 1，则x A 1＝v 12t 1x B 1＝v 0＋v 12t 1A 、B 间的相对位移Δx 1＝x B 1－x A 1A 、B 速度相同后，设木板A 以a 4的加速度继续匀加速运动，由牛顿第二定律可知F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 4解得a 4＝4 m/s 2由于a 4>a 1，所以物块B 也向右做匀加速运动，但相对木板A 向左运动，设经时间t 2后物块B 会从木板A 的左端滑出，在这段时间内，木板A 的位移x A 2＝v 1t 2＋12a 4t 22物块B 的位移x B 2＝v 1t 2＋12a 1t 22A 、B 间的位移满足Δx 1＝x A 2－x B 2 联立解得t 2＝2 s物块B 从木板A 的左端滑出时的速度v 3＝v 1＋a 1t 2＝10 m/s物块B 从木板A 的左端滑出后落到地面上做匀减速运动，所以整个过程中，物块B 从木板A 的左端滑出时的速度为最大速度，为10 m/s.。