2011届高考物理一轮复习随堂精品练习：第13课时验证牛顿运动定律 doc

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高考物理一轮复习牛顿运动定律专项训练(附答案)

高考物理一轮复习牛顿运动定律专项训练（附答案）牛顿运动定律包括牛顿第一运动定律、牛顿第二运动定律和牛顿第三运动定律三条定律，由艾萨克牛顿在1687年于«自然哲学的物理原理»一书中总结提出。

以下是力的分解与分解专项训练，请考生仔细练习。

一、选择题(此题共10小题，每题6分，共60分)1. [2021衡水中学调研]以下说法中正确的选项是()A. 牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性B. 速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C. 力是维持物体运动的缘由D. 做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点仍能够做曲线运动解析：牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度有关，选项A正确，选项B错误;力不是维持物体运动的缘由，力是发生减速度的缘由，选项C错误;做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点将做匀速直线运动，选项D错误。

答案：A2. 关于惯性，以下说法中正确的选项是()A. 磁悬浮列车能高速行驶是由于列车浮起后惯性小了B. 卫星内的仪器由于完全失重惯性消逝了C. 铁饼运发动在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D. 月球上物体的重力只要在空中上的1/6，但是惯性没有变化解析：惯性只与质量有关，与速度有关，A、C错误;失重或重力减速度发作变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B 错误D正确。

答案：D3. 关于力和运动的关系，以下说法正确的选项是()A. 物体受力才会运动B. 力使物体的运动形状发作改动C. 中止用力，运动的物体就会中止D. 力是物体坚持运动或匀速直线运动形状的缘由解析：由牛顿第一定律可知，力的作用不是使物体运动，而是使物体的运动形状改动。

假设物体原来的形状是运动的，不受力仍将永远运动下去，即物体的运动不需求力来维持，因此A、C错误，B正确。

物体坚持运动或匀速直线运动形状，是物体不受力时的运动规律，并不是力作用的结果，因此D 错误。

人教版高考物理一轮总复习课后习题第三章牛顿运动定律单元质检三

单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列关于惯性的各种说法中,你认为正确的是( )A.材料不同的两个物体放在地面上,用一个相同的水平力分别推它们,则难以推动的物体惯性大B.在完全失重的情况下,物体的惯性将消失C.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下落,说明力是改变物体惯性的原因D.抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的2.(广东顺义高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ,测试人员让汽车在该公路水平直道行驶,当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死),车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来,g取10 m/s2,则测得μ约为( )A.0.2B.0.3C.0.4D.0.53.如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。

甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小4.如图所示,6月17日9时22分,我国神舟十二号载人飞船正式发射升空。

英雄出征,穿云破日!对于神舟十二号飞船在加速上升的过程中,下列说法正确的是( )A.飞船仅受到重力、升力的作用B.飞船的合力方向竖直向下C.飞船的重力与空气对飞船的作用力是一对平衡力D.在升力与空气阻力不变下,飞船的质量越大,其加速度值越小5.(北京延庆高三一模)如图所示,将一个质量为m=2 kg的小球与弹簧相连,弹簧的另一端与箱子顶端连接,小球的下端用细绳与箱子下面连接,整个装置放在升降机上。

当升降机以加速度a=0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F=5 N,若此时将细绳剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A.0.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.3 m/s2二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。

【最新】高考物理一轮复习考点归纳专题《牛顿运动定律》(含答案)

【最新】高考物理一轮复习知识考点专题01 《牛顿运动定律》第一节牛顿第一、第三定律【基本概念、规律】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)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．(2)揭示了力与运动的关系：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．二、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．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．3．普遍性：惯性是物体的本质属性，一切物体都有惯性．与物体的运动情况和受力情况无关．三、牛顿第三定律1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，而且在一条直线上．2．表达式：F＝－F′.特别提示：(1)作用力和反作用力同时产生，同时消失，同种性质，作用在不同的物体上，各自产生的效果，不会相互抵消．(2)作用力和反作用力的关系与物体的运动状态无关．【重要考点归纳】考点一牛顿第一定律1．明确了惯性的概念．2．揭示了力的本质．3．揭示了不受力作用时物体的运动状态．4.(1)牛顿第一定律并非实验定律．它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的．(2)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种固有属性，与物体是否受力、受力的大小无关，与物体是否运动、运动速度的大小也无关．考点二牛顿第三定律的理解与应用1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同．(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．2．相互作用力与平衡力的比较【思想方法与技巧】用牛顿第三定律转换研究对象作用力与反作用力，二者一定等大反向，分别作用在两个物体上．当待求的某个力不容易求时，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．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．第二节牛顿第二定律两类动力学问题【基本概念、规律】一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．二、两类动力学问题1．已知物体的受力情况，求物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况．特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．三、力学单位制1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．【重要考点归纳】考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度1．求解思路求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．3．在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．4.解决瞬时加速度问题的关键是弄清哪些力发生了突变，哪些力瞬间不变，正确画出变化前后的受力图．考点二动力学两类基本问题1.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．2.(1)解决两类动力学基本问题应把握的关键①一个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁．②两类分析——受力分析和运动过程分析．(2)解决动力学基本问题时对力的两种处理方法①合成法：物体受2个或3个力时，一般采用“合成法”．②正交分解法：物体受3个或3个以上的力时，则采用“正交分解法”．(3)解答动力学两类问题的基本程序①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．考点三动力学图象问题1．图象类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况．(3)已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况．2．问题的实质：是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．3.数形结合解决动力学问题(1)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．(2)解决这类问题必须把物体的实际运动过程与图象结合，相互对应起来．【思想方法与技巧】传送带模型中的动力学问题1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图甲、乙、丙所示．2．建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．根据物体与传送带的相对速度方向判断摩擦力方向．两者速度相等是摩擦力突变的临界条件．(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．3.解答传送带问题应注意的事项(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况．(2)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．(3)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传．第三节牛顿运动定律的综合应用【基本概念、规律】一、超重和失重1．超重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况称为超重现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况称为失重现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．二、解答连接体问题的常用方法1．整体法当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度．2．隔离法当求解系统内物体间相互作用力时，常把物体从系统中“隔离”出来进行分析，依据牛顿第二定律列方程．3．外力和内力(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力；(2)内力：系统内物体之间的作用力．【重要考点归纳】考点一超重和失重现象1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.5.超重和失重现象的判断方法(1)从受力的大小判断，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；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的方向判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．考点二整体法和隔离法解决连接体问题1．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)．2．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．3．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，且要求物体之间的作用力时，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”．4.正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．考点三分解加速度求解受力问题在应用牛顿第二定律解题时，通常不分解加速度而分解力，但有一些题目要分解加速度．最常见的情况是与斜面模型结合，物体所受的作用力是相互垂直的，而加速度的方向与任一方向的力不同向．此时，首先分析物体受力，然后建立直角坐标系，将加速度a分解为a x和a y，根据牛顿第二定律得F x＝ma x，F y＝ma y，使求解更加便捷、简单．【思想方法与技巧】“滑块——滑板”模型的分析1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．模型分析解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．3.(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是：滑块到达滑板一端时两者共速．(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变．动力学中的临界条件及应用一、临界状态物体在运动状态变化的过程中，相关的一些物理量也随之发生变化．当物体的运动变化到某个特定状态时，相关的物理量将发生突变，该物理量的值叫临界值，这个特定状态称之为临界状态．二、临界状态的判断1．若题目中有“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“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．3．临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，因此，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．4．若题目中有“最终”、“稳定”等文字，即是求收尾速度或加速度．三、处理临界问题的思路1．会分析出临界状态的存在．2．要抓住物体处于临界状态时的受力和运动特征，找出临界条件，这是解决问题的关键．3．能判断物体在不满足临界条件时的受力和运动情况．4．利用牛顿第二定律结合其他规律列方程求解．四、力学中常见的几种临界条件1．接触物体脱离的临界条件：接触面间的弹力为零，即F N＝0.2．绳子松弛的临界条件：绳中张力为0，即F T＝0.3．相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值，即f静＝f m.4．滑块在滑板上不滑下的临界条件：滑块滑到滑板一端时，两者速度相同．实验四验证牛顿运动定律一、实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律．2．探究加速度与力、质量的关系．3．掌握灵活运用图象处理问题的方法．二、实验原理(见实验原理图)1．保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．2．保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．3．作出a－F图象和a－1m图象，确定其关系．三、实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．四、实验步骤1．测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.2．安装：按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．4．操作：(1)小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码．(2)保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤(1)．(3)在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.(4)描点作图，作a－F的图象．(5)保持砝码和小盘的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤(1)和(3)，作a－1m图象．一、数据处理1．保持小车质量不变时，计算各次小盘和砝码的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度，填入表(一)中．表(一)实验次数加速度a/(m·s－2)小车受力F/N12342.入表(二)中．表(二)实验次数加速度a/(m·s－2)小车和砝码的总质量m/kg12343.4．以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．5．以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线过原点，就能判定a与m成反比．二、注意事项1．平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着打点的纸带匀速运动．2．不重复平衡摩擦力．3．实验条件：m≫m′.4．一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车．5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上．不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧．6．作图时两轴标度比例要选择适当．各量需采用国际单位．三、误差分析1．系统误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．2．偶然误差：摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．【最新】高考物理一轮复习知识考点专题专题二《曲线运动、万有引力与航天》第一节曲线运动运动的合成与分解【基本概念、规律】一、曲线运动1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．3．曲线运动的条件：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．二、运动的合成与分解1．运算法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动和分运动的关系(1)等时性：合运动与分运动经历的时间相等．(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响．(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果．【重要考点归纳】考点一对曲线运动规律的理解1．曲线运动的分类及特点(1)匀变速曲线运动：合力(加速度)恒定不变．(2)变加速曲线运动：合力(加速度)变化．2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．3．速率变化情况判断(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，速率增大；(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，速率减小；(3)当合力方向与速度方向垂直时，速率不变．考点二运动的合成及合运动性质的判断1．运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动的性质判断⎩⎪⎨⎪⎧加速度或合外力⎩⎪⎨⎪⎧变化：变加速运动不变：匀变速运动加速度或合外力与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动3．两个直线运动的合运动性质的判断两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v 合与a 合共线，为匀变速直线运动如果v 合与a 合不共线，为匀变速曲线运动4.行各量的合成运算．【思想方法与技巧】两种运动的合成与分解实例一、小船渡河模型 1．模型特点两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究其速度方向不同时对合运动的影响．这样的运动系统可看做小船渡河模型．2．模型分析(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动． (2)三种速度：v 1(船在静水中的速度)、v 2(水流速度)、v (船的实际速度)． (3)两个极值①过河时间最短：v 1⊥v 2，t min ＝dv 1(d 为河宽)．②过河位移最小：v ⊥v 2(前提v 1＞v 2)，如图甲所示，此时x min ＝d ，船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2v 1；v 1⊥v (前提v 1＜v 2)，如图乙所示．过河最小位移为x min ＝d sin α＝v 2v 1d .3.求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下三点：(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，在船的航行方向也就是船头指向方向的运动，是分运动；船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线．(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解．(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．二、绳(杆)端速度分解模型 1．模型特点绳(杆)拉物体或物体拉绳(杆)，以及两物体通过绳(杆)相连，物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，求解运动过程中它们的速度关系，都属于该模型．2．模型分析(1)合运动→绳拉物体的实际运动速度v(2)分运动→⎩⎪⎨⎪⎧其一：沿绳或杆的分速度v 1其二：与绳或杆垂直的分速度v 2(3)关系：沿绳(杆)方向的速度分量大小相等． 3.解决绳(杆)端速度分解问题的技巧(1)明确分解谁——分解不沿绳(杆)方向运动物体的速度； (2)知道如何分解——沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向分解；(3)求解依据——因为绳(杆)不能伸长，所以沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．第二节抛体运动【基本概念、规律】一、平抛运动1．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g 的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线． 2．规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，以竖直向下的方向为y 轴建立平面直角坐标系，则(1)水平方向：做匀速直线运动，速度：v x ＝v 0，位移：x ＝v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度：v y ＝gt ，位移：y ＝12gt 2.(3)合运动①合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝gt v 0. ②合位移：x 合＝x 2＋y 2，方向与水平方向夹角为α，则tan α＝y x ＝gt 2v 0.二、斜抛运动 1．性质加速度为g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．2．规律(以斜向上抛为例说明，如图所示)(1)水平方向：做匀速直线运动，v x ＝v 0cos θ. (2)竖直方向：做竖直上抛运动，v y ＝v 0sin θ－gt . 【重要考点归纳】考点一平抛运动的基本规律及应用 1．飞行时间：由t ＝2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关．3．落地速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝v y v x ＝2gh v 0，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关．4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示．5．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙中A 点和B 点所示．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹。

高考物理一轮复习课后限时作业13实验：验证牛顿运动定律含解析新人教版

1．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，在研究加速度解析：小车加速度a＝mgM＋m，实验时若保持小车质量不变，横轴为1M＋m，则图象必为过原点的直线．当满足M≫m时，m可忽略，a≈mgM，a1M图象还可以满足图象是过原点的直线．当小车质量较小，不满足M≫m时，图象会(1)下列说法正确的是( B )A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车应远小于m1(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的图象可能是图中的图线( C )解析：(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误；实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确；实验中m2不必远小于m1，选项C错误；由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于m2g2，选项D错误．Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2.(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成非线性(选填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，am图线不经过原点，可能的原因是存在摩擦力．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是调整轨道倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车质量．(1)如图是实验中获取的一条纸带的一部分，1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点，计数点间的距离如图所示，根据图中数据计算的加速(保留两位有效数字)，计数点2对应的速度大小m/s(保留两位有效数字)．(2)实验中，该同学测出拉力F(钩码重力)和小车质量M，根据a＝F M计算出加速度，发现绝大多数情况下，根据公式计算出的加速度要比利用纸带测解析：(1)a＝Δx2t2，Δx＝(3.83－3.52) cm＝0.31 cm＝5T＝5f＝550s＝0.1 s，则a≈0.16 m/s2＝2×0.1m/s＝0.36 m/s(2)从小车的受力情况及其合力与力小于钩码的重力．(1)下列器材中不必要的是B(填字母代号)．A．低压交流电源 B．停表C．天平(含砝码) D．刻度尺(2)下列实验操作中正确的是AD(填字母代号)．A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行解析：(1)电磁打点计时器使用的是低压交流电源，故A不符合题意；电磁打点计时器是计时的仪器，不需要停表，故B符合题意；验证牛顿第二定律的过程中需要使用天平(含砝码)测量小桶(包括砂)与小车的质量，故C不符合题意；验证牛顿第二定律的过程中需要使用刻度尺测量纸带上计数点间的距离，故D不符＝T26．甲同学准备做“探究功与物体速度变化的关系”实验．乙同学准备做“(1)甲同学用电磁打点计时器与学生电源相接，上面接线正确的是图2.(填“图1”或“图2”)(2)关于甲、乙两同学的实验，下列说法正确的是D.(填字母代号)A．甲同学可以利用纸带上任意两计时点的距离求所需速度B．甲同学实验时，通过改变小车的释放位置来探究做功与速度变化关系C．乙同学可以利用v＝gt求出某计时点的瞬时速度D．乙同学实验时使重物靠近打点计时器释放的目的是为了获取更多的计时(3)三位同学实验正确操作后获得了一条纸带，下图是某位同学实验中打出的一条纸带的一部分(单位：cm)，纸带上标出了连续的6个计数点，相邻计数点之间还有4个点没有画出．打点计时器打点“3”时，小车的速度为0.23m/s(结果保留两位有效数字)．解析：(1)打点计时器使用低压交流电源，接线正确的是图2.(2)甲同学要求解小车得到的最大速度，应该利用纸带上点迹均匀且间距最大的那部分计时点的距离求所需速度，选项A错误；甲同学实验时，通过改变橡皮筋的条数来探究做功与速度变化的关系，选项B错误；乙同学需要利用v n＝xn＋1－xn－1m/s≈0.232×0.1m/s.由Δx＝aT2可知，加速度a0.06试根据该实验的情境，回答下列问题：(1)两小车的位移s甲、s乙与加速度a甲、a乙的关系满足s甲s乙＝a甲a乙.(2)分析表中数据可得到结论：在小车质量相同的情况下，小车的加速度与小车所受合外力成正比．(3)该装置中的刹车系统的作用是让两个小车同时运动，同时停车，确保两车的运动时间相等．。

2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料第三章牛顿运动定律(31页word附解析)

第三章牛顿运动定律1.一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状是下图中的(C)解析列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．2．关于力和运动的关系，下列选项中正确的是(AC)A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C．若物体的位移与时间t2成正比，表示物体必受力的作用D．物体的速率不变，则其所受合力必为零解析力是改变物体运动状态的原因，物体速度不断增大，表示运动状态有所改变，故必受力的作用，A选项正确．物体位移增大，但物体的运动状态不一定改变(如匀速直线运动)，因此不一定受力的作用，B选项错．物体位移与时间t2成正比，说明物体不是做匀速直线运动，运动状态有变化，必受力的作用，C选项正确．物体速率不变但速度方向可能发生变化，即运动状态可能发生变化，就会受到力的作用，D选项错．3．(2009·山东临沂期中)下列关于惯性的各种说法中，你认为正确的是(D) A．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，则难以推动的物体惯性大B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失C．把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因D．抛出去的标枪、手榴弹等是因为惯性向远处运动的解析由于两物体材料不同，摩擦力可能不同，因此不能判断其质量关系，A选项错；惯性由质量决定，跟物体的运动状态无关，力也不能改变物体的惯性，B、C错；选D.考查惯性的概念．4．如图6所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力时，发现不管拉力F多大，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明(C)图6A．这是两只完全相同的弹簧测力计B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．力是改变物体运动状态的原因解析实验中两弹簧测力计的拉力互为作用力与反作用力，它们一定大小相等、方向相反，选项C正确．5．(2009·内江市三模)沼泽地的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易下陷(设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计)．如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是(D) A．当在加速向下运动时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力B．当在减速向下运动时，人对沼泽地的压力小于沼泽地对人的支持力C．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对他的支持力D．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对他的支持力6．用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”．如图7(a)所示，把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图(b)所示．观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论(ACD)图7A．作用力与反作用力同时存在B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等D．作用力与反作用力方向相反7．请根据图8中的情景，说明车子所处的状态，并对这种情景作出解释．图8答案从图(1)可以看出，乘客向前倾，说明乘客相对车厢有向前运动的速度，所以汽车在减速．从图(2)可看出，乘客向后倾，说明乘客有相对车厢向右运动的速度，说明列车在加速．【反思总结】第2课时牛顿第二定律两类动力学问题1.(2010·海南华侨中学月考)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据．刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹．在某次交通故事中，汽车的刹车线的长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.7，g ＝10 m/s2.则汽车开始刹车时的速度为 ( C )A ．7 m/sB ．10 m/sC ．14 m/sD ．20 m/s解析由牛顿第二定律得汽车刹车时的加速度a ＝μmg m＝μg ＝7 m/s 2，则v 20＝2ax ，v 0＝2ax ＝14 m/s ，C 正确．考查牛顿第二定律及匀变速直线运动规律．2．如图6所示，三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同．现用大小相同的外力F 沿图示方向分别作用在1和2上，用12F 的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动．令a 1、a 2、a 3分别表示物块1、2、3的加速度，则( C )图6A ．a 1＝a 2＝a 3B ．a 1＝a 2，a 2＞a 3C ．a 1＞a 2，a 2＜a 3D ．a 1＞a 2，a 2＞a 3 解析对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：a 1＝F cos 60°－μ(mg －F sin 60°)m＝(1＋3μ)F 2m－μg a 2＝F cos 60°－μ(mg ＋F sin 60°)m ＝(1－3μ)F 2m－μg a 3＝12F －μmg m ＝F 2m－μg ，比较大小可得C 选项正确． 3．如图7甲所示，在粗糙水平面上，物块A 在水平向右的外力F 的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是( BC )图7A ．在0～1 s 内，外力F 不断增大B ．在1 s ～3 s 内，外力F 的大小恒定C ．在3 s ～4 s 内，外力F 不断减小D ．在3 s ～4 s 内，外力F 的大小恒定解析在0～1 s 内，物块做匀加速直线运动，外力F 恒定，故A 错．在1 s ～3 s 内，物块做匀速运动，外力F 也恒定，B 正确．在3 s ～4 s 内，物块做加速度增大的减速运动，所以外力F 不断减小，C 对，D 错．4.如图8所示，物体P 以一定的初速度v 沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压图8 缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P 与弹簧发生相互作用的整个过程中( C )A ．P 的加速度大小不断变化，方向也不断变化B ．P 的加速度大小不断变化，但方向只改变一次C ．P 的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D ．有一段过程，P 的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大解析 P 的加速度由弹簧弹力产生，当P 压缩弹簧时弹力增大，然后弹簧将P 向左弹开，弹力减小，因此加速度先增大后减小，方向始终向左，A 、B 两项错；加速度最大时弹簧的压缩量最大，P 的速度为零，C 对；向右运动时，加速度增大，但加速度与速度方向相反，速度减小，向左运动时加速度减小但与速度同向，速度增大，D 项错．5.在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m ＝80 kg ，他从静止开始匀加速下滑，在时间t ＝5 s 内沿斜面滑下的位移x ＝50 m ．(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2)．问：(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f 为多大？(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(3)设游客滑下50 m 后进入水平草坪，试求游客在水平面上滑动的最大距离．答案 (1)80 N (2)315 (3)100 3 m 解析 (1)由x ＝12at 2得a ＝4 m/s 2 由mg sin θ－F f ＝ma ，得F f ＝mg sin θ－ma ＝80 N(2)由F f ＝μmg cos θ可求得μ＝315(3)在水平面上：μmg ＝ma ′得a ′＝μg ＝233m/s 由v ＝at ，v 2＝2a ′x ′，可得x ′＝100 3 m6.质量为10 kg 的物体在F ＝200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，如图9所示．力F 作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和图9 物体的总位移x .(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)答案 0.25 16.25 m解析设力F 作用时物体沿斜面上升的加速度为a 1，撤去力F 后其加速度变为a 2，则：a 1t 1＝a 2t 2 ①有力F 作用时，物体受力为：重力mg 、推力F 、支持力F N1、摩擦力F f1在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得F cos θ－mg sin θ－F f1＝ma 1 ②F f1＝μF N1＝μ(mg cos θ＋F sin θ)③ 撤去力F 后，物体受重力mg 、支持力F N2、摩擦力F f2，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得mg sin θ＋F f2＝ma 2 ④F f2＝μF N2＝μmg cos θ⑤ 联立①②③④⑤式，代入数据得a 2＝8 m/s 2 a 1＝5 m/s 2 μ＝0.25 物体运动的总位移x ＝12a 1t 21＋12a 2t 22＝⎝⎛⎭⎫12×5×22＋12×8×1.252 m ＝16.25 m7．(2009·杭州市模拟5)如图10所示，一足够长的光滑斜面倾角为θ＝30°，斜面AB 与水平面BC 连接，质量m ＝2 kg 的物体置于水平面上的D 点，D 点距B 点d ＝7 m ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，当物体受到一水平向左的恒力F ＝8 N 作用t ＝2 s 后撤去该力，图10 不考虑物体经过B 点时的碰撞损失，重力加速度g 取10 m/s 2.求撤去拉力F 后，经过多长时间物体经过B 点？答案 1 s 1.8 s解析在F 的作用下物体运动的加速度a 1，由牛顿运动定律得F －μmg ＝ma 1解得a 1＝2 m/s 2F 作用2 s 后的速度v 1和位移x 1分别为v 1＝a 1t ＝4 m/sx 1＝a 1t 2/2＝4 m撤去F 后，物体运动的加速度为a 2μmg ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2第一次到达B 点所用时间t 1，则d －x 1＝v 1t 1－a 2t 21/2解得t 1＝1 s此时物体的速度v 2＝v 1－a 2t 1＝2 m/s当物体由斜面重回B 点时，经过时间t 2，物体在斜面上运动的加速度为a 3，则mg sin 30°＝ma 3t 2＝2v 2a 3＝0.8 s 第二次经过B 点时间为t ＝t 1＋t 2＝1.8 s所以撤去F 后，分别经过1 s 和1.8 s 物体经过B 点．【反思总结】牛顿第二定律―→⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ —理解―→⎪⎪⎪⎪⎪ —同时关系—瞬时关系—独立关系—因果关系—同体关系—应用―→⎪⎪⎪⎪—由运动求力—由力求运动一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分) 1．(2009·宁夏、辽宁·14)在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )A ．伽利略发现了行星运动的规律B ．卡文迪许通过实验测出了引力常量C ．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D ．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献解析卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，B 正确；笛卡儿《哲学原理》中以第一和第二自然定律的形式比较完整地第一次表述了惯性定律：只要物体开始运动，就将继续以同一速度并沿着同一直线方向运动，直到遇到某种外来原因造成的阻碍或偏离为止，为牛顿第一定律的建立做出了贡献，D 正确；行星运动的规律是开普勒发现的，A 错误；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C 错误．答案 BD2．(2008·广东·1)伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有( )A ．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比B ．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比C ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D ．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时所需的时间与倾角无关解析设斜面的长度为L ，倾角为θ.倾角一定时，小球在斜面上的位移x ＝12g sin θ·t 2，故选项A 错误；小球在斜面上的速度v ＝g sin θ·t ，故选项B 正确；斜面长度一定时，小球到达底端时的速度v ＝2gL sin θ，小球到达底端时所需的时间t ＝ 2L g sin θ，即小球到达底端时的速度及所需时间与倾角θ有关，故选项C 、D 错误．答案 B3．(2009·许昌二调)16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是 ( )A ．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明物体受的力越大，速度就越大B ．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”C ．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快D ．一个物体维持匀速直线运动，不需要受力解析亚里士多德的观点是力是使物体运动的原因，有力物体就运动，没有力物体就停止运动，与此观点相反的选项是D.答案 D4．(2010·江苏南通期末)关于运动和力的关系，下列说法中正确的是( ) A ．物体在恒力作用下可能做匀速圆周运动B ．如果物体不受外力作用，则一定处于静止状态C ．物体的速度大小发生变化时，一定受到力的作用D ．物体的速度方向发生变化时，可能不受力的作用解析匀速圆周运动所需的向心力大小不变但方向时刻改变，故A 错；不受外力作用的物体可做匀速直线运动，故B 错；只要速度发生变化，必有加速度，必受外力，故D 错，C 对．答案 C5．(2010·吉林长春调研)竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是() A．始终变大B．始终变小C．先变大后变小D．先变小后变大解析子弹上升速度减小，阻力变小，加速度变小；下降时向上的阻力变大，向下的合力变小，加速度仍变小．答案 B6．(2009·上海杨浦期末)如图1所示，给出了汽车轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时，紧急刹车时的刹车痕(即刹车距离x)与刹车前车速v的关系曲线，则μ1和μ2的大小关系为()A．μ1<μ2B．μ1＝μ2C．μ1>μ2D．条件不足，不能比较图1解析由题意知，v2＝2ax＝2μgx，速度相同的情况下，μ1所在曲线的刹车痕小，所以μ1大，C正确．答案 C7．(2009·广东江门模拟)如图2所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图2A．弹簧秤的示数是10 NB．弹簧秤的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，弹簧秤的示数不变D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变解析以m1、m2为整体受力分析得，F1－F2＝(m1＋m2)a，求得a＝2 m/s2；再以m1为研究对象，受力分析得，F1－F＝m1a，则F＝26 N(弹簧秤示数)，故A、B错；突然撤去F2的瞬间，弹簧不会发生突变，仍保持原有的形变量，弹簧秤的示数不变，故C正确；突然撤去F1的瞬间，F1消失，m1只受弹簧的弹力F＝m1a1，得a1＝13 m/s2，故D错．答案 C8．(2010·福建福州质检)商场搬运工要把一箱苹果沿倾角为θ的光滑斜面推上水平台，如图3所示．他由斜面底端以初速度v0开始将箱推出(箱与手分离)，这箱苹果刚好能滑上平台．图3箱子的正中间是一个质量为m的苹果，在上滑过程中其他苹果对它的作用力大小是()A．mg B．mg sin θC．mg cos θD．0解析以箱子和里面所有苹果作为整体来研究，受力分析得，Mg sin θ＝Ma，则a＝g sin θ，方向沿斜面向下；再以苹果为研究对象，受力分析得，合外力F＝ma＝mg sin θ，与苹果重力沿斜面的分力相同，由此可知，其他苹果给它的力应与重力垂直于斜面的分力相等，即mg cos θ，故C正确．答案 C9.(2010·鹤岗市模拟)如图4所示，用绳1和绳2拴住一个小球，绳1与水平面有一夹角θ，绳2是水平的，整个装置处于静止状态．当小车从静止开始向右做加速运动时，小球相对于小车仍保持静止，则绳1的拉力F1、绳2的拉力F2与小车静止时相比() 图4 A．F1变大，F2不变B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变小D．F1变大，F2变大解析小球受力分析如图所示小车静止时，F1sinθ=mgF1cosθ=F2向右加速时，F1sinθ=mg，F1cosθ-F2′=ma所以B正确．答案 B10．(2009·江苏盐城大丰、建湖联考)如图5所示，粗糙的斜面体M放在粗糙的水平面上，物块m恰好能在斜面体上沿斜面匀速下滑，斜面体静止不动，斜面体受地面的摩擦力为F f1；若用平行于斜面向下的力F推动物块，使物块加速下滑，斜面体仍静止不动，斜面体受地面的摩擦力为F f2；若用平行于斜面向上的力F推动物块，使物块减速下滑，斜面体仍静止不动，斜面体受地面的摩擦力为F f3.则()图5A．F f2>F f3>F f1B．F f3>F f2>F f1C．F f2>F f1>F f3D．F f1＝F f2＝F f3解析三种情况下斜面所受物体的压力均为mg cos θ，所受的都是方向沿斜面向下的滑动摩擦力，大小均等于μmg cos θ，所以三种情况斜面受力情况相同，故地面所给的摩擦力均相等，选项D正确．答案 D二、计算题(本题共3小题，第11、12题各16分，第13题18分，共50分)11．(2009·江苏·13)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m，求飞行器所受阻力F f的大小．(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h.(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.解析 (1)第一次飞行中，设加速度为a 1匀加速运动H =21a 1t 2 由牛顿第二定律F -mg -F f =ma 1解得F f =4 N(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v 1，上升的高度为s 1，匀加速运动s 1=21a 1t 2 设失去升力后加速度为a 2，上升的高度为s 2由牛顿第二定律mg +F f =ma 2v 1=a 1t 2s 2=2221a v 解得h =s 1+s 2=42 m(3)设失去升力下降阶段加速度为a 3；恢复升力后加速度为a 4，恢复升力时速度为v 3 由牛顿第二定律mg -F f =ma 3F +F f -mg =ma 4 且42233223a v a v =h v 3=a 3t 3解得t 3=223s(或2.1 s) 答案 (1)4 N (2)42 m (3)223s 12．(2009·盘绵调研)一架军用直升机悬停在距离地面64 m 的高处，将一箱军用物资由静止开始投下，如果不打开物资上的自动减速伞，物资经4 s 落地．为了防止物资与地面的剧烈撞击，需在物资距离地面一定高度时将物资上携带的自动减速伞打开．已知物资接触地面的安全限速为2 m/s ，减速伞打开后物资所受空气阻力恒为打开前的18倍．减速伞打开前空气阻力大小恒定，忽略减速伞打开的时间，取g ＝10 m/s 2.求：(1)减速伞打开时物资离地面的高度至少为多少？(2)物资运动的时间至少为多少？解析 (1)设物资质量为m ，减速伞打开前物资所受空气阻力为F f ，物资的加速度大小为a ，减速伞打开后物资的加速度大小为a 2，不打开伞的情况下，物资经t ＝4 s 落地．由牛顿第二定律和运动学公式得mg －F f ＝ma 1H ＝12a 1t 2 解得a 1＝8 m/s 2，F f ＝0.2mg物资落地速度恰为v ＝2 m/s 时，减速伞打开时物资的高度最小设为h ，开伞时物资的速度设为v 0，由牛顿第二定律和运动学公式得18F f －mg ＝ma 2H －h ＝v 202a 1，h ＝v 20－v 22a 2解得a 2＝26 m/s 2，h ＝15 m(2)由上面的求解过程，可得开伞时的速度v 0＝28 m/s开伞前的运动时间t 1＝v 0a 1＝3.5 s开伞后的运动时间t 2＝v 0－va 2＝1 s故物资运动的时间至少为t 1＋t 2＝4.5 s 答案 (1)15 m (2)4.5 s13．(2008·上海·21)总质量为80 kg 的跳伞运动员从离地500 m 的直升机上跳下，经过2 s 拉开绳索开启降落伞，如图6所示是跳伞过程中的v —t 图象，试根据图象求：(g 取10 m/s 2)图6(1)t ＝1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小． (2)估算14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功． (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．解析 (1)由v —t 图线的斜率可知加速度： a ＝Δv Δt ＝16－02 m/s 2＝8 m/s 2根据牛顿第二定律：mg －F f ＝ma 阻力为：F f ＝mg －ma ＝160 N(2)v －t 图线与横轴所包围的面积表示位移，该位移的大小为所求的下落高度，格子数为39.5h ＝39.5×4 m ＝158 m根据动能定理：mgh －W f ＝m2v 2克服阻力做的功为：W f ＝mgh －m2v 2＝80×⎝⎛⎭⎫10×158－362 J ＝1.25×105 J (3)14 s 末开始做匀速直线运动H＝h＋v t2，t＝t1＋t2总时间为t＝14 s＋57 s＝71 s答案(1)8 m/s2160 N(2)158 m 1.25×105 J(3)71 s第3课时超重与失重瞬时问题1.(2009·佛山市质检二)图6是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是(BC)A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B．飞船加速下落时，宇航员处于失重状态C．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力D．火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力图6解析加速上升或减速下降，加速度均是向上，处于超重状态；加速下降或减速上升，加速度均是向下，处于失重状态，由此知选项B、C正确．2.一个研究性学习小组设计了一个竖直加速度器，如图7所示．把轻弹簧上端用胶带固定在一块纸板上，让其自然下垂，在弹簧末端处的纸板上刻上水平线A.现把垫圈用胶带固定在弹簧的下端，在垫圈自由垂下处刻上水平线B，在B的下方刻一水平线C，使AB间距等于BC间距．假定当地重力加速度g＝10 m/s2，当加速度器在竖直方向运动时，若弹簧末端的垫圈(BC)A．在A处，则表示此时的加速度为零图7B．在A处，则表示此时的加速度大小为g，且方向向下C．在C处，则质量为50 g的垫圈对弹簧的拉力为1 ND．在BC之间某处，则此时加速度器一定是在加速上升解析设AB＝BC＝x，由题意知，mg＝kx，在A处mg＝ma A，a A＝g，方向竖直向下，B正确；在C处，2kx－mg＝ma C，a C＝g，方向竖直向上，此时弹力F＝2kx＝2mg＝1 N，C 正确；在B、C之间弹力F大于mg，加速度方向竖直向上，但加速度器不一定在加速上升，也可能减速下降，故D错误．3．如图8所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(B)图8A ．0 B.233g C ．g D.33g解析撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力大小等于撤离木板前木板对小球的支持力F N ，由于F N ＝mg cos 30°＝233mg ，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a ＝F N m ＝233g . 4．(2010·福建厦门六中期中)如图9所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( D ) 图9A ．都等于g 2 B.g2和0C.M A ＋M B M B ·g 2和0 D ．0和M A ＋M B M B ·g 25．(2010·福建厦门六中期中)2008年奥运会在北京举行，由此推动了全民健身运动的蓬勃发展．体重为m ＝50 kg 的小芳在校运会上，以背越式成功地跳过了1.80 m 的高度，成为高三组跳高冠军．若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( C )A ．小芳下降过程处于超重状态B ．小芳起跳以后在上升过程中处于超重状态C ．小芳起跳时地面对她的支持力大于她的重力D ．起跳过程地面对小芳至少做了900 J 的功6．由静止开始竖直向上运动的电梯里，某同学把测量加速度的传感器固定在手提包上，.在计算机上画出手提包在此过程中速度v 、加速度a 、手对手提包的拉力F 、位移x 随时间的变化关系图象，请根据上表数据和所学知识，判断下列选项中正确的是(g 取10 m/s 2)( C )解析从表中数据可知，匀加速运动的加速度大小为0.4 m/s 2，匀减速运动的加速度大小也为0.4 m/s2，匀加速运动时手提包受到的拉力为F1＝m(g＋a)＝10.4 N，匀减速运动时手提包受到的拉力为F2＝m(g－a)＝9.6 N．由图象可以得出，A图中加速运动和减速运动的加速度大小均为0.5 m/s2，B图象中，0～2 s内，加速度越来越小，10 s～12 s，加速度越来越大；D图象中，物体分段做匀速直线运动．综合分析得出，C正确．7．消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1 800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地重力加速度g＝10 m/s2.假设杆是搁在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度．(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力．(3)消防队员下滑的最短时间．答案(1)12 m/s(2)2 900 N(3)2.4 s解析(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m，有2gh1＝v2m消防队员受到的滑动摩擦力F f＝μF N＝0.5×1 800 N＝900 N.减速阶段的加速度大小：a2＝F f－mgm＝5 m/s2减速过程的位移为h2，由v2m－v2＝2a2h2又h＝h1＋h2以上各式联立可得：v m＝12 m/s(2)以杆为研究对象得：F N＝Mg＋F f＝2 900 N(3)最短时间为t min＝v mg＋v m－va2＝2.4 s．8．(2010·福州综合练习)如图10所示，游乐场有一斜面长为x1的滑梯，与水平面夹角为θ，在滑梯下端的水平地面上铺设有塑胶垫．小孩从滑梯顶端由静止开始下滑，不计在衔接处速率的变化，他还可以在塑胶垫上再滑行x2的距离停止．已知小孩与滑梯表面的动摩擦因数μ1，试求：(已知重力加速度为g) 图10(1)小孩在斜面上滑行的时间．(2)小孩与塑胶垫之间的动摩擦因数μ2的值．答案(1)2x1g(sin θ－μ1cos θ)(2)x1x2(sin θ－μ1cos θ)解析 (1)设小孩的质量为m ，在滑梯上他受到三个力的作用，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－F f1＝ma 1 F f1＝μ1F N1＝μ1mg cos θ 所以mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1 得a 1＝g (sin θ－μ1cos θ)由运动学公式x 1＝12a 1t 21得t 1＝ 2x 1a 1＝ 2x 1g (sin θ－μ1cos θ)(2)由v 2＝2a 1x 1得滑到斜面末端速度 v ＝2a 1x 1＝2gx 1(sin θ－μ1cos θ)在塑胶垫上滑行时，有F f2＝μ2F N2＝μ2mg ＝ma 2得a 2＝μ2g由运动学公式0＝v 2－2a 2x 2得μ2＝v 22gx 2＝x 1x 2(sin θ－μ1cos θ)【反思总结】超重与失重―→⎪⎪⎪⎪⎪—超重―→⎪⎪⎪⎪ —a 向上—视重大于重力—失重―→⎪⎪⎪⎪—a 向下—视重小于重力瞬时问题―→⎪⎪⎪⎪⎪—分析条件变化前受力↓—分析变化的条件↓—分析条件变化后受力第4课时二力合成法与正交分解法连接体问题1.(2010·芜湖市模拟)如图7所示，放在粗糙水平面上的物块 A 、B 用轻质弹簧秤相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ.今对物块A 施加一水平向左的恒力F ，使A 、B 一起向左匀加速图7。

高考物理一轮复习教案：牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析

考点二牛顿运动定律的综合应用基础点知识点1牛顿运动定律的综合应用1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况；第二类：已知运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：知识点2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①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视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。

2．超重、失重和完全失重的比较知识点3动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象v-t图象、x-t图象、F-t图象、F-a图象等。

2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。

(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。

重难点一、应用牛顿运动定律解决两类动力学问题1.两类动力学问题及解题思路(1)已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解决这类题目，一般是先分析物体的受力情况，求出合外力，再应用牛顿运动定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体运动的情况，即求出物体在任意时刻的位置、速度及运动轨迹。

流程图如下：物体的受力情况―→物体的合外力―→加速度―→运动学公式―→物体的运动情况(2)已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解决这类题目，一般是先应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的其他外力。

流程图如下：物体的运动情况―→运动学公式―→加速度―→物体的合外力―→物体的受力情况2．解决两类动力学问题的一般步骤可简记为：选对象，建模型；画草图，想情景；分析状态和过程；找规律、列方程；检验结果行不行。

高考物理一轮复习随堂精品练习：第13课时验证牛顿运动定律

第13课时实验验证牛顿运动定律1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中正确的是( )A ．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B ．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C ．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D ．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车解析：本题考查实验过程中应注意的事项，选项A 中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)通过细绳拴在小车上，A 错；选项B 、C 、D 符合正确的操作方法，B 、C 、D 对．答案：BCD2．在“验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度a 与小车的质量M 的关系时，由于没有注意始终满足M ≫m 的条件，结果得到的图象应是下图中的( )解析：在本实验中绳中的张力F ＝Mmg M ＋m ，则小车的加速度a ＝F M ＝mg M ＋m，在研究加速度跟小车质量M 的关系时，保持m 不变，若横轴为1/(M ＋m )，则a －1/(M ＋m )图象应是过原点的直线，当满足M ≫m 时，m 可以忽略不计，a ≈mg M，a －1/M 图象还可以满足图象是过原点的直线；当小车的质量较小、不满足M ≫m 时，图象便发生向下弯曲．故选D. 答案：D 3.图3－4－6如图3－4－6所示，在研究牛顿第二定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F 1、F 2，车中所放砝码的质量分别为m 1、m 2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x 1、x 2，则在实验误差允许的范围内，有( )A ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 1＝2x 2B ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 2＝2x 1C ．当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，x 1＝2x 2D ．当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，x 2＝2x 1解析：题中m 1和m 2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．当m 1＝m 2时，两车总质量仍相等，因F 1＝2F 2，则a 1＝2a 2.由x ＝12at 2知，A 正确，B 错误；若m 1＝2m 2，两车总质量关系未知，故C 、D 不能确定．答案：A4． (2010·南通质检) “验证牛顿运动定律”的实验，主要的步骤有：A ．将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上，取两个质量相等的小车，放在光滑的水平长木板上；B ．打开夹子，让两个小车同时从静止开始运动，小车运动一段距离后，夹上夹子，让它们同时停下来，用刻度尺分别测出两个小车在这一段时间内通过的位移大小；C ．分析所得到的两个小车在相同时间内通过的位移大小与小车所受的水平拉力的大小关系，从而得到质量相等的物体运动的加速度与物体所受作用力大小的关系；D ．在小车的后端也分别系上细绳，用一只夹子夹住这两根细绳；E ．在小车的前端分别系上细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘内分别放着数目不等的砝码，使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量．分别用天平测出两个砝码盘和盘内砝码的总质量．上述实验步骤，正确的排列顺序是________．解析：此题考查的是实验步骤，对于实验的一些常识，必须牢记于心，结合本实验的实验步骤，不难排列出正确的顺序．答案：AEDBC 5.图3－4－7如图3－4－7所示，是某次利用气垫导轨探究加速度与力、质量关系的实验装置安装完毕后的示意图，图中A 为砂桶和砂，B 为定滑轮，C 为滑块及上面添加的砝码，D 为纸带，E 为电火花计时器，F 为蓄电池、电压为6 V ，G 是电键，请指出图中的三处错误：(1)_______________________________________________________________________；(2)_______________________________________________________________________；(3)_______________________________________________________________________．答案：(1)B 接滑块的细线应水平(或与导轨平行)(2)C 滑块离计时器太远(3)E 电火花计时器用的是220 V 的交流电，不能接直流电6．(2009·江苏，11)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图3－4－8所示．(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图3－4－9所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F 的实验数据如下表：请根据实验数据作出a－F的关系图象．(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点，请说明主要原因．解析：根据Δx＝aT2，可计算小车的加速度，a＝0.16 m/s2，运用表格中给出的数据可0绘出图象，图象不过原点的主要原因是未计入砝码盘的重力．答案：(1)0.16(0.15也可)(2)见右图(3)未计入砝码的重力。

高考物理一轮复习课时跟踪训练13 牛顿运动定律的综合

【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习课时跟踪训练13牛顿运动定律的综合应用一、选择题1．如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A 的质量为M ，水平面光滑．当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，物体A 的加速度为a 1，当在绳的B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时，A 的加速度为a 2，则a 1与a 2的大小关系是( )A ．a 1＝a 2B ．a 1>a 2C ．a 1<a 2D ．无法确定解析：当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，将它们看成系统，由牛顿第二定律：mg ＝(m ＋M )a 1，故a 1＝mgm ＋M.而当在绳的B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时，mg ＝Ma 2，a 2＝mgM，a 1<a 2.C 正确．答案：C2．如图所示，与轻绳相连的物体A 和B 跨过定滑轮，质量m A <m B ，A 由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则A 向上运动过程中，轻绳拉力( )A ．T ＝m A gB ．T >m A gC ．T ＝m B gD ．T >m B g解析：A 向上加速超重，所以T >m A g ，B 向下加速失重，所以T <m B g . 答案：B3．(2014·甘肃天水一中高三模拟)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示．则( )A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，则x1>x2D．若m1<m2，则x1<x2解析：先整体后隔离的方法，竖直向上拉时有：F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，kx1－m2g＝m2a联立可得x1＝m2Fk m1＋m2，水平拉时有：F＝(m1＋m2)a，kx2＝m2a联立可得x2＝m2Fk m1＋m2，由此可知A正确．答案：A4．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( ) A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”解析：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：(M＋m)g－kv2＝(M＋m)a①设箱内物体受到的支持力为F N，以箱内物体为研究对象，有mg－F N＝ma②由①②两式得F N＝kmv2M＋m.通过此式可知，随着下落速度的增大，箱内物体受到的支持力逐渐增大，所以A、B、D 选项错误，C选项正确．答案：C5．如图所示，在光滑的水平面上叠放着M、P、N三个物体，质量分别为m、2m和m，M、N、P间动摩擦因数均为μ，系统处于静止状态．现在对P施加一个水平向右的拉力F，欲使P从M和N中拉出来，则F必须大于( )A．4μmg B．6μmgC．10μmg D．12μmg解析：欲使P从M和N中拉出来，需使P的加速度a P大于M的加速度a M和N的加速度a N，分别对N、P和M应用牛顿第二定律得a N＝μg、a P＝F－μmg－μ3mg2m、a M＝μ3mgm＝3μg，可得F>10μmg.答案：C6．(2014·湖南省“五市十校”高三联合检测)如图所示，质量为M＝5 kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C 与箱子B始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，取g＝10 m/s2，下列不正确的是( )A．物体A处于失重状态B．物体A的加速度大小为2.5 m/s2C．物体C对箱子B的静摩擦力大小为2.5 ND ．轻绳对定滑轮的作用力大小为30 N解析：假设绳子拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对A ，有：m 1g －F T ＝m 1a ；对BC 整体，有：F T ＝(M ＋m 2)a ；联立解得：F T ＝15 N ；a ＝2.5 m/s 2；物体A 有向下加速度，故是失重，故A 正确；B 正确；对C 受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f ＝m 2a ＝1×2.5＝2.5 N ，故C 正确；绳子的张力为15 N ，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N ，所以D 错误．本题选不正确的，故选D.答案：D 7．如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的动摩擦因数为μ，要使物体不下滑，车厢至少应以多大的加速度前进( )A ．g /μB ．gμC ．μ/gD ．g解析：对物体水平方向F N ＝ma ，竖直方向F f －mg ＝0，而F f ＝μF N ，所以a ＝g /μ，选项A 正确．答案：A8．(2014·湖南检测)如图，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 拉质量为3m 的木块，使三个木块一起运动，则以下说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用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，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T解析：2m 的木块受五个力作用，故选项A 错误；轻绳刚好不被拉断时，对m 和2m 整体，F T ＝3ma ，对三个木块整体F ＝6ma ，解出F ＝2F T ，故选项B 错误，C 正确；对m ，F f ＝ma 结合F T ＝3ma 解出F f ＝13F T ，故选项D 错误．答案：C9．(多选)(2014·东北四市联考)如图所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面做直线运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O ，现用水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区间，则下列说法正确的是( )A ．若小车沿斜面向上做匀速运动，则稳定后细线可在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下做匀加速运动，则稳定后细线可在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多大，稳定后细线都不可能沿与ON 重合的水平方向解析：若小车匀速运动，则摆球所受的合力为零，所以细线处于竖直状态，所以选项A 错误；若小车沿斜面向下匀加速运动，由连接体知识可知，摆球的加速度方向沿斜面向下，即摆球所受合力方向沿斜面向下，由此可知选项B 正确，选项C 错误；同理，选项D 正确．答案：BD10．如图所示(a)，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移s 的关系如图(b)所示(g ＝10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B ．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC ．物体的质量为3 kgD ．物体的加速度大小为5 m/s 2解析：物体与弹簧分离时，弹簧处于原长，选项A 错误，由图(b)知，当F 1＝10 N 时，F 1＝ma ，当F 2＝30 N 时，F 2－mg ＝ma ，联立得：m ＝2 kg ，物体与弹簧分离时物体的位移x ＝4 cm ，初始状态：mg ＝k ·x ，k ＝5 N/cm ，选项B 错误，a ＝F 1m ＝102＝5 m/s 2，选项D 正确．答案：D 二、非选择题11．(2013·江苏卷)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力大小为F f1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力大小为F f2＝μ(m 1＋m 2)g 纸板所受摩擦力大小F f ＝F f1＋F f2，解得F f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则F f1＝m 1a 1，F －F f1－F f2＝m 2a 2，发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)砝码和纸板运动过程如图所示，纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21 a 1＝μg ＝2 m/s 2a 2＝F －F f1－F f2m 2＝F －μ2m 1＋m 2g m 2，纸板抽出后，砝码在桌面上做匀减速运动，加速度大小仍是μg ＝2 m/s 2，初速度为a 1t 1，故采用逆向法处理得：x 2＝x 1，又l ＝x 1＋x 2 联立以上各式可得：F ＝22.4 N.答案：(1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F >2μ(m 1＋m 2)g (3)22.4 N12．(2013·福建卷)质量为M 、长为3L 的杆水平放置，杆两端A 、B 系着长为3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m 的小铁环．已知重力加速度为g ，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图(甲)，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A 端的正下方，如图(乙)所示．①求此状态下杆的加速度大小a ；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？解析：(1)如图(甲)，设平衡时，绳中拉力为F T ，有2F T cos θ－mg ＝0由图知cos θ＝63解得F T ＝64mg .(2)①此时，对小铁环受力分析如图(乙)所示，有F T ′sin θ′＝maF T ′＋F T ′cos θ′－mg ＝0由图知θ′＝60°，联立解得a ＝33g . ②设外力F 与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，其受力如图(丙)所示，有F cos α＝(M ＋m )aF sin α－(M ＋m )g ＝0解得F ＝233(M ＋m )gtan α＝3(或α＝60°)．答案：(1)64mg (2)①33g ②233(M ＋m )g 与水平方向成60°角斜向右上方。

高三物理第一轮复习牛顿运动定律练习题

高三物理第一轮复习牛顿运动定律练习题一、选择题1、关于牛顿第一定律有下列说法：①牛顿第一定律是实验定律；②牛顿第一定律说明力不是改变物体运动状态的原因；③惯性定律与惯性的实质是相同的；④物体的运动不需要力来维持。

其中正确的是A ．①②B ．②③C ．②④D ．①②④2、在无风的雨天里，雨滴在空中竖直下落，由于受到空气阻力，最后以某一恒定速度下落，这个恒定速度通常叫做收尾速度，设空气阻力与速度成正比，下列对雨滴运动的加速度和速度的定性分析有以下几种说法，其中正确的是A ．雨滴质量越大收尾速度越大B ．雨滴收尾速度大小与雨滴质量无关C ．雨滴在到达收尾速度之前做加速度减小，速度增加的运动D ．雨滴在到达收尾速度之前做加速度增加，速度增加的运动3、质量为m 的物体，只受一恒力F 的作用，由静止开始经过时间t 1产生的位移为s ，达到的速度为v 1；该物体改受恒力2F 的作用，由静止开始经过时间t 2产生相同的位移s ，达到的速度为v 2。

比较t 1和t 2、v 1和v 2的关系，有A ．2t 2=t 1，v 2=2v 1B ．2t 2=t 1，v 2=2v 1C ．2t 2=t 1，v 2=2v 1D ．2t 2=t 1，v 2=2v 14、如图，AC 、BC 为位于竖直平面内的两根光滑细杆，A 、B 、C 恰好位于同一圆周上，C 为最低点，a 、b 、c 为套在细杆上的两个小环，当两环同时从A 、B 两点由静止开始自由下滑时，下面正确的是A. a 环先到c 点B. b 环先到c 点C. 两环同时到达c 点D.无法确定5、有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是600，450和300，这些轨道交于O 点．现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙，分别沿这3个轨道同时从静止自由下滑，如图，物体滑到O 点的先后顺序是A.甲最先，乙稍后，丙最后B.乙最先，然后甲和丙同时到达C.甲、乙、丙同时到达D.乙最先，甲稍后，丙最后 6、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v 2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又反回光滑水平面，速率为v 2′，则下列说法正确的是A 、只有v 1= v 2时,才有v 2′= v 1 B. 若v 1 >v 2时, 则v 2′= v 2 C 、若v 1 <v 2时, 则v 2′= v 2 Ｄ、不管v 2多大,v 2′= v 2.7、如图所示，传送带不动时，物块由皮带顶端A 从静止开始滑下到皮带底端B 用的时间是t ，则A ．当皮带向上运动时，物块由A 滑到B 的时间一定大于t B ．当皮带向上运动时，物块由A 滑到B 的时间一定等于tC ．当皮带向下运动时，物块由A 滑到B 的时间一定等于tD ．当皮带向下运动时，物块由A 滑到B 的时间一定小于t8、如图所示，质量相同的木块A ，B 用轻质弹簧连接静止在光滑的水平面上，弹簧处于自然状态。

2011高考物理一轮复习典例精析课件：第三章牛顿运动定律(可编辑文字版)

例.关于力和运动的关系，下列说法中正确的是 ( ) A. 物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用 B. 物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用 C. 物体朝什么方向运动，则这个方向上物体必受力的作用 D. 物体的速度大小不变，则其所受的合力必为零【错解】C 【剖析】该题错解的主要原因是对基本概念理解不深刻，且受日常错误观念影响，误认为只有有力作用在物体上时物体才会运动，撤去外力物体就要停下来.实际上力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，运动状态的改变即速度的改变.而速度的改变包括大小和方向两个方面，速度的大小不变而方向改变，也是运动状态改变了，说明一定有外力作用. 【正解】A
解析：（1）由位移公式s=1/2at2沿斜面方向，由牛顿第二定律得mgsin θ-f=ma联立并代入数值后得 f=m(gsin θ-2s/t2)=80 N. （2）在垂直斜面方向上，N-mgcos θ=0，又f=μN，联立并代入数值后得μ=fmgcos θ=0.12.
例.如图所示，木块A、B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是1∶2∶3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬时A和B的加速度分别是aA= ，aB= .
确定a的大小和方向
【点拨】
依据牛顿第二定律列方程解方程组求解未知量
【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为a1，匀加速运动H=1/2a1t21，由牛顿第二定律F-mg-Ff=ma1，解得Ff=4 N. （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为 v1，上升的高度为x1，匀加速运动s1=1/2a1t22，设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2，由牛顿第二定律mg+Ff=ma2，v1=a1t2， x2=v21/2a2由以上各式可解得 h=x1+s2=36 m+6 m=42 m. （3）设失去升力下降阶段加速度为a3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，由牛顿第二定律mg-Ff=ma3， F+Ff-mg=ma4，且v23/2a3+v23/2a4=h，v3=a3t3，由以上各式可解得t3=3(2)1/2 s(或2.1 s).

高三物理新一轮复习：验证牛顿运动定律(含解析)

1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中不正确的是()A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接电源再释放小车2．(原创题)在验证牛顿第二定律的实验中，甲、乙、丙、丁四个实验小组根据实验数据画出的图象分别如下．对于这四个图象，分析正确的是()A．甲未平衡摩擦B．乙平衡摩擦过度C．丙是小车质量太大了D．丁是不满足m≪M的条件3．某探究学习小组的同学要验证“牛顿第二定律”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s.(1)该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于车的质量？________(填“需要”或“不需要”)(2)实验需用游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图所示，d＝________mm.(3)某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的表达式是__________________．4．(2012·高考大纲全国卷)如图为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．(1)完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m .④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s 1，s 2，….求出与不同m 相对应的加速度a .⑥以砝码的质量m 为横坐标，1a 为纵坐标，在坐标纸上作出1a －m 关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则1a与m 应成________关系(填“线性”或“非线性”)．(2)完成下列填空：①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是______________________．②设纸带上三个相邻计数点的间距为s 1、s 2和s 3.a 可用s 1、s 3和Δt 表示为a ＝____________.下图为用米尺测量某一纸带上的s 1、s 3的情况，由图可读出s 1＝________mm ，s 3＝________ mm ，由此求得加速度的大小a ＝________m/s 2.③如图为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为__________，小车的质量为__________． 5．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m ；用游标卡尺测量遮光片的宽度d ；用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值 a ；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答下列问题：(1)测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图所示，其读数为________cm.(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝________________. (3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝________________. (4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于______(选填“偶然误差”或“系统误差”)．知能优化演练1．[解析]选A.本题考查实验过程中应注意的事项，选项A 中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)拴在小车上，A 错；选项B 、C 、D 符合正确的操作方法，B 、C 、D 对．2．D3．[解析](1)由于实验装置图中已给出了力传感器，所以不需要满足m 0≪M . (2)d ＝5 m m ＋0.05×10 m m ＝5.50 m m .(3)小车在光电门1处的速度为v 1＝d t 1，在光电门2处的速度为v 2＝d t 2，所以根据v 22－v 21＝2as ，可得：a ＝v 22－v 212s由F ＝M a 可知F ＝M ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 122s.[答案](1)不需要 (2)5.50(3)F ＝M ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 122s4．[解析](1)平衡小车阻力后，小车可做匀速直线运动，所以打出的点是等间距的；设小车质量为M ，由于加速度与小车和砝码的总质量成反比，则有a ＝kM ＋m(k 为常数)变形得1a ＝M k ＋m k ，由于k 、M 不变，故1a与m 为线性关系． (2)①根据牛顿第二定律，对小吊盘和盘中物块：m 0g －F ＝m 0a ，对小车：F ＝M ′a所以F ＝M ′M ′＋m 0·m 0g ＝11＋m 0M ′·m 0g ，当m 0≪M ′时F ≈m 0g ，所以要保证小车和车中砝码所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和m 0要远小于小车和车中砝码的总质量M ′.②由运动学推论s m －s n ＝(m －n)a T 2可得 s 3－s 1＝2a T 2本题中T ＝5Δt ，所以a ＝s 3－s 12(5Δt )2＝s 3－s 150Δt 2从刻度尺可读出s 1＝36.6 m m －12.4 m m ＝ 24．2 m m ，s 3＝120.0 m m －72.7 m m ＝47.3 m m 代入上述公式求得a ＝1.16 m/s 2.③设小车质量为M ，拉力为F ，则有F ＝(M ＋m )a. 1a ＝M ＋m F ＝M F ＋1Fm ，由题可知k ＝1F ，b ＝MF故F ＝1k ，M ＝b F ＝b k .[答案](1)等间距线性(2)①远小于小车和砝码的总质量(填“远小于小车的质量”同样给分) ②s 3－s 150Δt 224.2(答案范围在23.9～24.5之间均给分) 47．3(答案范围在47.0～47.6之间均给分)1．16(答案范围在1.13～1.19之间均给分) ③1k b k5．[解析](1)d ＝0.9 c m ＋12×0.05 m m ＝0.9 c m ＋0.060 c m ＝0.960 c m .(2)由v ＝Δx t 得，v A ＝d Δt A ，v B ＝d Δt B，物块做匀加速直线运动，则v 2B －v 2A ＝2as ，即⎝⎛⎭⎫d Δt B 2－⎝⎛⎭⎫d Δt A 2＝2as ，得a ＝12s ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d Δt B 2－⎝⎛⎭⎫d Δt A 2. (3)整体运用牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，则μ＝mg －(M ＋m )aMg.(4)由实验装置引起的误差为系统误差． [答案](1)0.960(2)12s ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d Δt B 2－⎝⎛⎭⎫d Δt A 2 (3)mg －(M ＋m )a Mg (4)系统误差。

人教版高三物理一轮复习考点过关练习牛顿运动定律

人教版高三物理一轮复习考点过关练习牛顿运动定律牛顿运动定律一、单项选择题1．如图〔a〕所示，用一水平外力F拉着一个运动在倾角为θ的润滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变减速运动，其减速度a随外力F变化的图象如图〔b〕所示，假定重力减速度g取10m/s2．请依据图〔b〕中所提供的信息能计算出:〔〕A．减速度从2m/s2添加到6m/s2的进程中物体的速度变化B．减速度为6m/s2时物体的速度C．斜面的倾角D．物体的质量2．如下图，质量为m的物体放在斜面体上，在斜面体以减速度a水平向右做匀减速直线运动的进程中，物体一直与斜面体坚持相对运动，那么斜面体对物体的摩擦力Ff和支持力FN区分为〔重力减速度为g〕( )A．Ff＝m〔gsinθ＋aco sθ〕FN＝m〔gcosθ－asinθ〕B．Ff＝m〔gsinθ＋acosθ〕FN=m〔gcosθ－acosθ〕C．Ff＝m〔acosθ－gsinθ〕FN=m〔gcosθ＋asinθ〕D．Ff＝m〔acosθ－gsinθ〕FN＝m〔gcosθ－acosθ〕3．如下图，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端区分固定于P、Q。

球运动时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2。

当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的减速度a应是〔〕A．假定剪断Ⅰ，那么a=g，竖直向下B．假定剪断Ⅱ，那么，方向水平向左C．假定剪断Ⅰ，那么，方向沿Ⅰ的延伸线D．假定剪断Ⅱ，那么a=g，竖直向上4．如下图，物块A，B，C 质量区分是为m，2m，3m。

A 与天花板间，B 与C 之间用轻弹簧相连。

当系统平衡后，突然把AB 间绳子烧断，在绳断瞬间A，B，C 的减速度〔以向下为正方向〕区分为A．g，g，g B．-5g，2.5g，0C．-5g，2g，0D．-g，2g，3g5．用两根细线a 、b 悬挂一薄板，薄板处于运动形状，以下说法正确的选项是A ． b 绳的拉力大于a 绳的拉力B ．假定坚持a 绳位置不变，缓慢移动b 至竖直方向，那么b 的拉力先减小后增大C ．剪断a 绳瞬间，薄板的减速度方向一定沿a 绳斜向下D ．剪断a 绳瞬间，b 绳拉力大小发作变化6．如下图，放置在水平空中上的直角劈质量为M ，下面放一质量为m 的物体，假定m 在其上匀速下滑，M 仍坚持运动，那么正确的说法是A ． M 对空中的压力等于(M ＋m )gB ． M 对空中的压力大于(M ＋m )gC ．空中对M 没有摩擦力D ．空中对M 有向左的摩擦力7．如下图，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M 的受力和运动状况是( )A ．绳的拉力等于M 的重力B ．绳的拉力大于M 的重力C ．物体M 向上做匀速运动D ．物体M 向上做匀减速运动8．质量为2m 的物体A 和质量为m 的物体B 相互接触放在水平面上，如下图．假定对A 施加水平推力F ，使两物体沿水平方向做匀减速直线运动，以下说法正确的选项是〔〕A ．假定水平面润滑，物体A 的减速度为2F mB ．假定水平面润滑，物体A 对B 的作用力为23F C ．假定物体A 与空中无摩擦，B 与空中的动摩擦因数为μ，那么物体A 对B 的作用力大小为3F mg μ- D ．假定物体A 与空中无摩擦，B 与空中的动摩擦因数为μ，那么物体B 的减速度为3F mg mμ- 9．一个质点做方向不变的直线运动，减速度的方向一直与速度方向相反，但减速度大小逐渐减小直至为零，那么在此进程中以下说法正确的选项是〔〕A ．速度逐渐减小，当减速度减小到零时，速度到达最小值B ．速度逐渐增大，当减速度减小到零时，速度到达最大值C ．位移逐渐增大，当减速度减小到零时，位移将不再增大D．位移逐渐减小，当减速度减小到零时，位移到达最小值10．一个物体受绳的拉力作用由运动末尾行进，先做减速运动，然后改做匀速运动，再改做减速运动，那么以下说法中正确的选项是( )A．减速行进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力B．减速行进时，绳拉物体的力小于物体拉绳的力C．只要匀速行进时，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相等D．不论物体如何行进，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等11．如下图，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的润滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以减速度a水平向右做匀减速直线运动的进程中，小球一直运动在斜面上，小球遭到细线的拉力T和斜面的支持力为F N区分为(重力减速度为g)( )A．T＝m(g sinθ＋a cosθ)，F N＝m(g cosθ－a sinθ)B．T＝m(g cosθ＋a sinθ)，F N＝m(g sinθ－a cosθ)C．T＝m(a cosθ－g sinθ)，F N＝m(g cosθ＋a sinθ)D．T＝m(a sinθ－g cosθ)，F N＝m(g sinθ＋a cosθ)12．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于减速上升的电梯中，减速度为a，如图6所示，在物体一直相关于斜面运动的条件下，以下说法中正确的选项是〔〕A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小13．物块A、B放在润滑的水平空中上，其质量之比m A：m B=2：1．现用水平3N的拉力作用在物体A上，如图14所示，那么A对B的拉力等于〔〕A．1 N B．1.5 N C．2 N D．3 N14．如图(a)所示，用一水平外力F推着一个运动在倾角为θ的润滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变减速运动，其减速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，假定重力减速度g取10 m/s2.依据图(b)中所提供的信息计算出( )A．物体的质量B．斜面的倾角C．物体能运动在斜面上所施加的最小外力D．减速度为6 m/s2时物体的速度二、多项选择题15．如下图，润滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连。

高考物理一轮复习课件专题实验验证牛顿运动定律

数据记录
在实验过程中，需要记录小车在不同时间点的位置，可以使用打点计时器或者高速摄像机等设备进行记录。同时，还需要记录实验过程中的其他相关参数，如拉力大小、滑轮高度等。
数据处理
通过对实验数据的处理，可以得到小车的运动轨迹、速度变化等信息。可以使用Excel等软件进行数据处理和图表绘制。
结果分析与讨论
2023
PART 03
实验验证牛顿第二定律
REPORTING
实验原理及步骤
• 实验原理：牛顿第二定律指出，物体的加速度与作用力成正比，与物体质量成反比。通过测量不同作用力下物体的加速度，可以验证这一定律。
实验原理及步骤
实验步骤
1. 准备实验器材，包括光滑斜面、小车、砝码、细绳、打点计时器等。
牛顿运动定律在生活中的应用
REPORTING
力学现象解释
01
02
03
牛顿第一定律
解释物体不受外力时的运动状态，即静止或匀速直线运动。
牛顿第二定律
解释物体受到外力作用时的加速度与外力、质量之间的关系，F=ma。
牛顿第三定律
解释物体间相互作用力的关系，即作用力和反作用力大小相等、方向相反。
实验原理及步骤
实验步骤 1. 准备实验器材，包括光滑水平面、小车、滑轮、细绳、砝码等。
2. 将小车放置在光滑水平面上，并调整滑轮高度，使细绳与水平面平行。
实验原理及步骤
01
3. 在细绳一端挂上砝码，使小车受到恒定的拉力作用。
02
4. 记录小车在不同时间点的位置，并观察其运动情况。
数据记录与处理
根据牛顿第二定律求解加速度
根据物体的质量和所受合力，利用F=ma求解加速度。

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第13讲牛顿运动定律的综合应用1课件新人教版

解析
2．如图甲所示，光滑水平面上的 O 处有一质量为 m＝2 kg 的物体，物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4 N，方向向右，F2 的方向向左，大小随时间均匀变化，如图乙所示。物体从零时刻开始运动。
(1)求当 t＝0.5 s 时物体的加速度大小； (2)在 t＝0 至 t＝2 s 内，何时物体的加速度最大？最大值为多少？ (3)在 t＝0 至 t＝2 s 内，何时物体的速度最大？最大值为多少？
A．15F C．35F
B．25F D．45F
答案
解析设每个物体的质量为 m，对五个物体组成的整体由牛顿第二定律得 F＝5ma，对 3、4、5 三个物体由牛顿第二定律得 F23＝3ma，解以上两式得 F23＝35F，C 正确。
解析
(1)当涉及连接体内某个物体的受力和运动情况时，一般采用先整体后隔离法。
解析答案
(2)物体所受的合外力为 F 合＝F1－F2＝2－2t(N) 作出 F 合-t 图象如图 1 所示
从图中可以看出，在 0～2 s 范围内 t＝0 及 t＝2 s 时，合力大小相等，且最大，设为 Fmax，此时物体有最大加速度 amax
Fmax＝mamax amax＝Fmmax＝22 m/s2＝1 m/s2。
答案
解析电梯静止不动时，小球受力平衡，有 mg＝kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有 mg－ 34kx＝ma，即41mg＝ma，a＝2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，A、C 错误，B 正确；电梯地板对乘客的支持力大小为 FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力大小为 375 N，D 错误。

高考物理一轮课时演练：牛顿运动定律的综合应用(含答案)

课时提能演练（九）牛顿运动定律的综合应用(45分钟100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。

每小题只有一个选项正确)1.(2018·海淀区模拟)如图所示,将物体A放在容器B中,以某一速度把容器B竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器B的底面始终保持水平,下列说法正确的是( )A.在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B.上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力【解析】选A。

把容器B竖直上抛,物体A和容器B都处于完全失重状态,在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零,选项A正确。

2.如图甲所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同。

当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1。

当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示),弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于( )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3【解析】选A。

水平放置时,F-μ(m+M)g=(M+m)a1,kx1-μmg=ma1,可得x1=;竖直放置时:F-(m+M)g=(M+m)a2,kx2-mg=ma2,解得x2=,故x1∶x2=1∶1,A正确。

【变式备选】如图所示,A、B两物体之间用轻质弹簧连接,弹簧劲度系数为k,原长为L0。

用水平恒力F拉A,使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,这时弹簧长度为L1;若将A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉A,使A、B一起做匀加速直线运动,此时弹簧长度为L2。

若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ相同,则下列关系式正确的是( )A.L2<L1B.L2>L1C.L2=L1D.由于A、B质量关系未知,故无法确定L1、L2的大小关系【解析】选C。

水平面光滑时,对A、B整体由牛顿第二定律F=(m A+m B)a,对B由牛顿第二定律得k(L1-L0)=m B a,解得L1=+L0。

高考一轮复习随堂练习牛顿运动定律

第三章牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律1．汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知( )A．汽车能拉着拖车向前是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C．加速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力D．拖车加速前进时，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速是因为地面对汽车向前的作用力(牵引力)大于拖车对它的拉力解析：汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对作用力与反作用力，两者一定等大、反向，所以选项A错误．作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，故选项B错误．不论汽车匀速运动还是加速运动，作用力和反作用力总相等，故选项C正确．拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力(包括其他阻力)，汽车能加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它向后的拉力，符合牛顿第二定律，选项D正确．答案：CD2．(2010·廉江中学理科测试)关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是( )A．运动物体的加速度不变，则其运动状态一定不变B．物体的位置在不断变化，则其运动状态一定在不断变化C．做直线运动的物体，其运动状态可能不变D．做曲线运动的物体，其运动状态也可能不变解析：速度改变则运动状态改变，物体有加速度时，速度改变，运动状态一定改变，A 不正确；物体做匀速直线运动时，速度不变，运动状态不改变，位置发生改变，B不正确，C正确；做曲线运动的物体，其速度方向不断变化，运动状态一定改变，D不正确．答案：C3.图3－1－7如图3－1－7所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是( )A ．向左行驶、突然刹车B ．向右行驶、突然刹车C ．向左行驶、匀速直线运动D ．向右行驶、匀速直线运动解析：简化模型如右图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A 错误，B 正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向，小球均处于竖直位置不摆动．C 、D 错误．答案：B4.图3－1－8质量为0.6 kg 的物体在水平面上运动，图3－1－8中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v －t 图象，则( )A ．斜线①一定是物体受水平拉力时的图象B ．斜线②一定是物体不受水平拉力时的图象C ．水平拉力一定等于 ND ．物体所受的摩擦力可能等于 N解析：由速度图象可知，两物体均做减速运动，且a 1＝－13 m/s 2，a 2＝－23m/s 2，故对应的合外力分别为F 1＝ma 1＝－ N ，F 2＝ma 2＝－.因为所受的拉力与速度的方向关系不确定，故A 、B 错．但两次的合外力相差 N ，而物体所受的滑动摩擦力不变，故水平拉力一定等于 N ，物体所受的滑动摩擦力可能等于 N.答案：CD易错点：受思维惯性的影响，认为所受的拉力方向一定与速度的方向相同．5.图3－1－9如图3－1－9(a)所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图3－1－9(b)所示，若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量2 kgB ．斜面的倾角37°C ．加速度为6 m/s 2时物体的速度D ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N解析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得：a ＝F mcos θ－g sin θ，当F ＝0 N 时a ＝－6 m/s 2，当F ＝20 N 时a ＝2 m/s 2，解得θ＝37°，m ＝2 kg.由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的最小力为F ＝mg sin θ＝12 N ，方向平行斜面向上，故选项A 、B 、D 正确．由于运动情况未知，运动时间未知，所以不能确定加速度为6 m/s 2时物体的速度．答案：ABD1．用牛顿第三定律判断下列说法正确的是( )A ．轮船的螺旋桨旋转时，向后推水，水同时给螺旋桨一个反作用力，推动轮船前进B ．发射火箭时，燃料点燃后喷出的气体给空气一个作用力，推动火箭前进C ．马拉车前进，只有马对车的拉力大于车对马的拉力时，车才能前进D ．一个作用力和它的反作用力的合力为零解析：作用力和反作用力是作用在相互作用的两个物体上，同时产生，同时消失，大小相等，方向相反，各自产生作用效果．答案：A2．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( )A ．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大B ．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”C ．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快D ．一个物体维持匀速直线运动，不需要受力解析：亚里士多德认为物体受的力越大，速度就越大；力是物体运动的原因，静止是不受力的自然状态；从同一高度较重的物体下落得较快．物体做匀速直线运动不需要受力与亚里士多德的观点相反，所以本题选D.答案：D3．关于速度、加速度、合外力间的关系，下列说法正确的是( )A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：加速度由力决定，加速度与速度无必然联系；物体的速度为零时，加速度可以为零，也可以不为零或很大，所以A、B错，C、D对．答案：CD4.图3－1－10建筑工人用图3－1－10所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )A．490 N B．510 N C．890 N D．910 N解析：绳子的拉力T＝mg＋ma＝20(10＋ N＝210 N．地面对人的支持力也就等于工人对地面的压力大小F N＝Mg－T＝700 N－210 N＝490 N.答案：A5.图3－1－11(2010·广州三校联考)如图3－1－11所示，一条轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面各处动摩擦因数相同，弹簧无形变时，物块位于O点．今先后分别把物块拉到P1和P2点由静止释放，物块都能运动到O点左方，设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q1和Q2点，则Q1与Q2点( )A．都在O点 B．都在O点右方，且Q1离O点近C．都在O点右方，且Q2离O点近 D．都在O点右方，且Q1、Q2在同一位置解析：物块在水平方向受弹力和滑动摩擦力，弹力是变力，故物块做变加速运动，当加速度a＝0时，速度最大．根据牛顿第二定律，当弹力和摩擦力大小相等，方向相反时，加速度a＝0，故速度最大位置应在O点右方同一位置，故D正确．答案：D6.图3－1－12如图3－1－12所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，长木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动解析：木块受到的滑动摩擦力大小为μ1mg，由牛顿第三定律，长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ1mg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ2mg，A正确．改变F的大小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，D正确．答案：AD7.图3－1－13如图3－1－13所示，物体A与斜面B保持相对静止并一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度a增大时，下列说法可能正确的是( )A．B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能减小B．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能不变C．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力一定增大D．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力可能减小解析：本题考查牛顿第二定律的应用．物体和斜面保持相对静止，沿水平方向加速运动，则合力沿水平方向，竖直方向的合力为零，设斜面的倾角为θ，若开始静摩擦力的方向沿斜面向下，则F N sin θ＋F f cos θ＝ma，F N cos θ＝F f sin θ＋mg.若N增大，则F f增大，因此此时，a增大，F N、F f都在增大．同理，若开始时静摩擦力方向沿斜面向上，则F N sin θ－F f cos θ＝ma，F N cos θ＋F f sin θ＝mg，若F N逐渐增大，则F f沿斜面向上先逐渐减小到零，再沿斜面向下逐渐增大，此时B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能减小，可能为零，可能不变，可能增大，因此B、D项正确．答案：BD8.图3－1－14如图3－1－14所示，在倾角为θ的光滑物块P的斜面上有两个用轻弹簧相连接的物体A和B；C为一垂直固定斜面的挡板，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止在水平面上．现对物体A施加一平行于斜面向下的力F压缩弹簧后，突然撤去外力F，则在物体B刚要离开C时(此过程中A始终没有离开斜面)( )A．物体B加速度大小为g sin θ B．弹簧的形变量为mg sin θ/kC．弹簧对B的弹力大小为mg sin θD．物体A的加速度大小为g sin θ解析：当物体B刚要离开挡板C时，对物体B受力分析可得：kx－mg sin θ＝0，则选项A错误，BC正确；对物体A由牛顿第二定律可得：kx＋mg sin θ＝ma A，解得a A＝2g sin θ，选项D错误．答案：BC9.图3－1－15(2009·安徽，22)在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图3－1－15所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．解析：解法一：设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律2F－(M＋m)g＝(M＋m)a，F＝440 N，根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力F N.根据牛顿第二定律：F＋F N－Mg＝Ma，F N＝275 N，根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下．解法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下对绳的拉力大小为F，对吊椅的竖直向下压力大小为F N.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为F N .分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律： F ＋F N －Mg ＝Ma ①F －F N －mg ＝ma ②由①②解得F ＝440 N ，F N ＝275 N答案：(1)440 N ，竖直向下 (2)275 N ，竖直向下10.图3－1－16用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动．当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化，a 和F 的关系如图3－1－16所示．g 取10 m/s 2.(1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；(2)若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图3－1－16的坐标系上画出这种情况下的a －F 图线．(要求写出作图的根据)解析：(1)根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，所以a ＝1m F －μg 可见a －F 图象为一条直线，直线的斜率k ＝1m＝2.0 kg －1，纵轴截距为－μg ＝－2.0 m/s 2，解得：物体的质量m ＝0.50 kg ，物体与地面间的动摩擦因数μ＝.(也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F ＝ N 时，物体的加速度为零，物体所受阻力F f ＝F ＝ N ，由F f ＝μmg 解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝F f mg＝.用其他方法结果正确也可)(2)当物体质量加倍时，物体的加速度a ＝12mF －μg 直线斜率k ′＝12m＝1.0 kg －1，纵轴的截距不变，作出如图所示的图线．答案：(1)0.50 kg(2)图见解析。