2018年高考物理(课标Ⅰ专用)复习专题测试(必考)专题三 牛顿运动定律
2018版新课标物理一轮复习章末过关检测(三)第三章 牛顿运动定律 Word版含答案
章末过关检测(三) 牛顿运动定律(限时：45分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A ．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B ．田径运动员在110 m 跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D ．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故2.(2016·宜春模拟)如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )A.2F 3 2F 3m ＋gB.F 3 2F 3m＋g C.2F 3 F 3m ＋g D.F 3 F 3m＋g 3.(2016·沈阳模拟)如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a 、c 处由静止释放，用t 1、t 2分别表示滑环从a 到b 、c 到d 所用的时间，则( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＞t 2C ．t 1＜t 2D ．无法确定4.(2016·衡水调研)如图所示，质量为M ，倾角为θ的斜劈在水平面上以一定的初速度向右滑动的过程中，质量为m 的光滑小球在斜面上恰好保持与斜劈相对静止，已知斜劈与地面的动摩擦因数是μ，则下列说法正确的是( )A ．小球与斜面间的压力是mg cos θB ．小球与斜面的加速度大小是g tan θC ．地面对斜劈的支持力一定大于(M ＋m )gD ．地面与斜劈间的动摩擦因数是g (1＋sin θcos θ)5.(2016·合肥模拟)如图所示，质量均为m 的小物块A 、B ，在水平恒力F 的作用下沿倾角为37°固定的光滑斜面加速向上运动。
2018版高考物理知识复习与检测：第三章牛顿运动定律第2讲含答案
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式:F＝ma,F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制（1）单位制：由基本单位和导出单位共同组成．（2)基本单位:基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒（s)和米（m）．(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．深度思考判断下列说法是否正确．（1）物体所受合外力越大，加速度越大．（√）(2)物体所受合外力越大,速度越大．（×)（3）物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．（×）(4）物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)二、动力学两类基本问题1．动力学两类基本问题(1）已知受力情况，求物体的运动情况．（2)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：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的过程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案（1)匀减速直线运动能，由v错误!－v错误!＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重（1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象．(2）产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重（1)定义:物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．（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(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象．(2)产生条件:物体的加速度a＝g,方向竖直向下．4．实重和视重（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．（2）视重:当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．5．情景拓展（如图2所示）图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( ）A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案BD2．（多选）在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0。
2018版高三物理一轮复习(考情解读+知识通关+题型突破+能力提升)专题3 牛顿运动定律
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专题三 牛顿运动定律
4.辨析惯性与惯性定律
(1)惯性是物体的固有属性,而惯性定律是涉及物体运动的一条动力学规律. (2)惯性与物体的受力情况、运动状态及所处的位置无关;牛顿第一定律是有条 件的,其成立的条件是物体不受外力或所受的合外力为零. (3)惯性的大小取决于物体的质量,而牛顿第一定律所描述的物体的匀速直线运 动状态或静止状态,则取决于物体是否受力或所受合外力是否为零.
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专题三 牛顿运动定律
二、对牛顿第二定律的理解
同向性 公式F=ma是矢量式,任一时刻,F与a同向
a与F对应同一时刻,即a为某时刻的加速度时,F为该时刻物体所受的合外 瞬时性
力
因果性 F是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性 F=ma中,F、m、a对应同一物体或同一系统
独立性
①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 继续学习
②物体的实际加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遵从牛顿第二定律,即
局限性
Fx=max,Fy=may ①只适用于宏观、低速运动情况,不适用于微观、高速运动情况 ②只适用于惯性参考系
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专题三 牛顿运动定律
三、牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系
1.牛顿第一定律不是实验定律,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;牛顿第二定律是通过探究加速度与力、质量的 关系得出的实验定律.
2018版高考物理一轮复习讲义检测：第三章牛顿运动定律第3节牛顿运动定律的综合应用_含解析
第3节牛顿运动定律的综合应用_，（1)超重就是物体的重力变大的现象。
（×）(2)失重时物体的重力小于mg。
(×)（3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.（×)（4）减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。
(×)（5)加速上升的物体处于超重状态。
(√）（6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向.(×）(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。
(√)（9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。
（√）突破点（一）对超重与失重的理解1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。
3．当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。
此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。
多角练通]1．(2017·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态（）A．高楼正常运行的电梯中B．沿固定于地面的光滑斜面滑行C．固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动D．不计空气阻力条件下的竖直上抛解析：选D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误;固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，故不是总完全失重，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛,加速度总是向下的g,总是处于完全失重状态，故选项D正确。
(新课标)2018年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第三节牛顿运动定律的综合应用试题
第三节牛顿运动定律的综合应用一、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象，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：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象，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．1.判断正误(1)超重就是物体的重力变大的现象．( )(2)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．( )(3)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．( )(4)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．( )(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√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．2.(多选)(2017·大同模拟)如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，在水平推力F的作用下运动，用F AB代表A、B间的相互作用力，则( )A ．若地面是完全光滑的，F AB ＝F B ．若地面是完全光滑的，F AB ＝F2C ．若地面是有摩擦的，F AB ＝FD ．若地面是有摩擦的，F AB ＝F2提示：BD超重与失重现象 【知识提炼】1．对超重、失重的理解：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．判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向，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．(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重现象．在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．【典题例析】如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知 ( )A ．该同学做了两次下蹲－起立的动作B ．该同学做了一次下蹲－起立的动作C ．下蹲过程中人处于失重状态D ．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 [审题指导]下蹲过程：静止→向下加速→向下减速→静止 起立过程：静止→向上加速→向上减速→静止[解析] 在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．[答案] B如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是( )A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确．动力学观点在连接体中的应用【知识提炼】1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的连接体如图所示：2．连接体问题的分析方法：一是隔离法，二是整体法．(1)加速度相同的连接体①若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看成一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．(2)加速度不同的连接体：若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体的相互作用关系联立求解．3．充分挖掘题目中的临界条件(1)相接触与脱离的临界条件：接触处的弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：接触处的静摩擦力达到最大静摩擦力．(3)绳子断裂的临界条件：绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力．(4)绳子松弛的临界条件：张力为0.4．其他几个注意点(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为0和受力能否突变的特征的不同． (2)力是不能通过受力物体传递的受力，分析时要注意分清内力和外力，不要漏力或添力．【典题例析】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外力，方向如何？[审题指导] (1)题图甲中杆和环均静止，把环隔离出来受力分析，由平衡条件列方程可求出绳中拉力．(2)题图乙中，杆与环一起加速，把环隔离出来受力分析，由牛顿第二定律列方程可求出环的加速度，再对杆和环整体进行受力分析，由牛顿第二定律列方程求出施加的外力．[解析] (1)环受力如图1所示，由平衡条件得： 2FT cos θ－mg ＝0由图1中几何关系可知：cos θ＝63联立以上两式解得：F T ＝64mg . (2)①小铁环受力如图2所示，由牛顿第二定律得：F ′T sin θ′＝maF ′T ＋F ′T cos θ′－mg ＝0由图2中几何关系可知θ′＝60°，代入以上两式解得：a ＝33g .②杆和环整体受力如图3所示，由牛顿第二定律得：F cos α＝(M ＋m )a F sin α－(M ＋m )g ＝0解得：F ＝233(M ＋m )g ，α＝60°.[答案] (1)64mg (2)①33g ②外力大小为233(M ＋m )g 方向与水平方向成60°角斜向右上方1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内两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．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，且不需要求系统内物体之间的作用力时，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求系统内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”．【跟进题组】考向1 加速度相同的连接体问题1．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F 1.若用一力F ′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a ′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F ′1.则( )A ．a ′＝a ，F ′1＝F 1B ．a ′＞a ，F ′1＝F 1C ．a ′＜a ，F ′1＝F 1D ．a ′＞a ，F ′1＞F 1解析：选B.当用力F 水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F 1cos θ＝mg ① 水平方向有F －F 1sin θ＝ma ， 以整体为研究对象有F ＝(m ＋M )a ， 解得a ＝mMg tan θ②当用力F ′水平向左拉小车时，以球为研究对象， 竖直方向有F ′1cos θ＝mg ③ 水平方向有F ′1sin θ＝ma ′， 解得a ′＝g tan θ④结合两种情况，由①③有F 1＝F ′1；由②④并结合M ＞m 有a ′＞a .故正确选项为B.考向2 加速度不同的连接体问题2.一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，Q 的质量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止．如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．求力F 的最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2)解析：设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有kx 1＝(M ＋m )g ① kx 2－mg ＝ma ② x 1－x 2＝12at 2③由①式得x 1＝（M ＋m ）gk＝0.15 m ，④由②③④式得a ＝6 m/s 2F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，F 大＝M (g ＋a )＝168 N.答案：168 N 72 N考向3 连接体中的临界、极值问题3．(多选)(高考江苏卷)如图所示，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( )A ．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解析：选BCD.A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F ＞32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma max ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．传送带问题的分析技巧 【知识提炼】1．模型特征 (1)水平传送带模型(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法 ①水平传送带情景1 若v 22μg ≤l ，物、带能共速；情景2 若|v 2－v 20|2μg ≤l ，物、带能共速；情景3 若v 202μg ≤l ，物块能返回．②倾斜传送带情景1 若v 22a ≤l ，物、带能共速；情景2 若v 22a≤l ，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ<tan θ，物体以a 2加速(a 2<a )．【典题例析】(2017·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为L ＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，求：(1)煤块从A 到B 的时间；(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．[审题指导] (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度．(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A →B 加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止．(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B 点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B 点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者．[解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2，t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m ＜L ，即下滑5 m 与传送带速度相等．达到v 0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ，x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s ，则煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s.甲 乙(2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 21＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δx 1与Δx 2部分重合， 故痕迹总长为5 m. [答案] (1)1.5 s (2)5 m【跟进题组】考向1 水平传送带模型1．(多选)(高考四川卷)如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )解析：选BC.①若v 2＞v 1，则P 、Q 先一起做匀减速运动，且加速度大小a 1＝m Q g ＋f Pm Q ＋m P. 若P 能减速到v 1，当f P ≥m Q g ，P 、Q 共同匀速，速度大小为v 1， 当f P ＜m Q g ，P 、Q 继续减速，加速度大小a 2＝m Q g －f Pm Q ＋m P，a 1＞a 2，故A 错误． 若传送带足够长，P 、Q 减速到零后，反向加速，加速度大小为a 2. ②若v 2≤v 1.当f P ≥m Q g ，P 、Q 先共同加速，后以v 1共同匀速运动，加速度大小为a 2＝f P －m Q gm Q ＋m P当f P ＜m Q g ，P 、Q 可能一直减速，也可能先减速到零，后反向加速，加速度不变． 综上，B 、C 正确，D 错误．考向2 倾斜传送带模型2．如图所示，与水平面成θ＝30°的传送带正以v ＝3 m/s 的速度匀速运行，A 、B 两端相距l ＝13.5 m ．现每隔1 s 把质量m＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝235，取g ＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字．求：(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？ 解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a ，则 μmg cos θ－mg sin θ＝ma 代入数据解得a ＝1.0 m/s 2刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离d min ＝12at 2解得d min ＝0.50 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则d max ＝vt ＝3.0 m.(2)由于工件加速时间为t 1＝v a＝3.0 s ，因此传送带上总有三个(n 1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f 1＝3μmg cos θ 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x ＝v 22a＝4.5 m 传送带上匀速运动的工件数n 2＝l －x d max＝3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f 0＝mg sin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f 2＝n 2f 0与空载相比，传送带需增大的牵引力F ＝f 1＋f 2联立解得F ＝33 N.答案：(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．滑板——滑块模型分析【知识提炼】1．模型特征滑块——木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中，例如2015年全国Ⅰ、Ⅱ卷中压轴题25题．另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——木板模型类似．2.思维模板【典题例析】质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？[解析] (1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21① 滑块的位移x 1＝4 m ②由牛顿第二定律得a 2＝μ1mg M③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④联立①②③④解得μ1＝0.4⑤滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg ⑦联立②⑤⑥⑦解得F ＝6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a ′1＝μ2mg m ＝μ2g ，a ′2＝μ2mg M设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1，v 1－a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x ′1＝v 1t 2－12a ′1t 22 木板的位移x ′2＝v 2t 2＋12a ′2t 22 Δx ＝x ′1－x ′2联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m.[答案] 见解析如图所示，质量M ＝1 kg 的木块A 静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m ＝1 kg 的铁块B (大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长L ＝1 m ．用F ＝5 N 的水平恒力作用在铁块上，g 取10 m/s 2.(1)若水平地面光滑，计算说明两物块间是否发生相对滑动．(2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间． 解析：(1)A 、B 之间的最大静摩擦力为f m >μ1mg ＝0.3×1×10 N ＝3 N假设A 、B 之间不发生相对滑动，则对A 、B 整体：F ＝(M ＋m )a对A ：f AB ＝Ma解得：f AB ＝2.5 N因f AB <f m ，故A 、B 之间不发生相对滑动．(2)对B ：F －μ1mg ＝ma B对A ：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma A据题意有：x B －x A ＝Lx A ＝12a A t 2x B ＝12a B t 2解得：t ＝ 2 s.答案：(1)见解析 (2) 2 s1.(2017·武汉模拟)如图所示，两粘连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a ＞F b ，则a 对b 的作用力( )A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零解析：选C.将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，单独对a 进行分析，设a 、b 间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a ＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m b m a ＋m b，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正，可能为负，也可能等于0.2.(多选)两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A 、B 的质量分别为M 、m ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面上滑下，滑块B 受到的摩擦力为( )A ．等于零B ．方向沿斜面向上C ．大小等于μ1mg cos θD ．大小等于μ2mg cos θ解析：选BC.把A 、B 两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有 (M ＋m )g sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a得a ＝g (sin θ－μ1cos θ)．由于a ＜g sin θ，可见B 随A 一起下滑过程中，必须受到A 对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为F B (如图所示)．由牛顿第二定律有mg sin θ－F B ＝ma得F B ＝mg sin θ－ma＝mg sin θ－mg (sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos θ.3.如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是 ( )A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小或也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．4.(2017·郑州模拟)如图所示，一条足够长的浅色水平传送带在自左向右匀速运行，现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.木炭包的初速度为零，放在传送带上后，做初速度为零的匀加速运动，开始一段时间里，木炭包相对传送带向左运动，与传送带共速后，摩擦力消失，不再相对运动，A 错误．对木炭包，由牛顿第二定律有μmg ＝ma ，由匀变速直线运动规律有v ＝at ，x 1＝12at 2；对传送带有x 2＝vt ，则径迹长度为L ＝x 2－x 1＝v 22μg.由此可知，径迹长度与木炭包质量无关，传送带速度越大或动摩擦因数越小，径迹越长，B 、C 错误，D 正确．5.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)滑板由A 滑到B 的最短时间可达多少？(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围如何？解析：(1)滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a 2， F f ＝μm 1g ＝m 2a 2a 2＝10 m/s 2，s ＝a 2t 22t ＝1 s.(2)刚好相对滑动时，F 最小，此时可认为二者加速度相等， F 1－μm 1g ＝m 1a 2F 1＝30 N当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，设滑块加速度为a 1，F 2－μm 1g ＝m 1a 1 a 1t 22－a 2t 22＝L ，F 2＝34 N则水平恒力大小范围是30 N ≤F ≤34 N.答案：(1)1 s (2)30 N ≤F ≤34 N一、单项选择题1.(2017·南京模拟)如图所示，两个物体A 、B 叠放在一起，接触面粗糙，现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力，在空中运动的过程中，物体B ( )A ．只受重力B ．受重力和A 对它的压力C ．受重力和A 对它的摩擦力D ．受重力、A 对它的压力和摩擦力解析：选A.两个物体A 、B 同时以相同的速度水平抛出，由于不计空气阻力，两个物体都处于完全失重状态，故在空中运动的过程中，物体A 、B 都只受到重力，B 、C 、D 错误，A 正确．2.如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下把木块向上提起，夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧面间的最大静摩擦力均为F f ，若木块不滑动，力F 的最大值为 ( )A.2F f （m ＋M ）M B.2F f （m ＋M ）m C.2F f （m ＋M ）M －(m ＋M )g D.2F f （m ＋M ）M ＋(m ＋M )g解析：选A.对木块：2F f －Mg ＝Ma对整体：F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a .联立解得：F ＝2F f （m ＋M ）M，故A 正确． 3.质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F 作用在其上促使质量为m 的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A ．小球对圆槽的压力为MF m ＋M B ．小球对圆槽的压力为mF m ＋MC ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C.利用整体法可求得系统的加速度为a ＝F M ＋m ，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为 （mg ）2＋m 2F 2（M ＋m ）2，由牛顿第三定律可知只有C 项正确． 4.(2017·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )A ．3g sin αB ．g sin α C.3g sin α2 D ．2g sin α解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m ，其所受摩擦力沿斜面向上，且F f ＝2mg sin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a ＝2mg sin α＋mg sin αm＝3g sin α，正确选项为A. 5.如图所示，质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿光滑水平面，再沿粗糙的水平面运动，则在这两个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变D ．由大变小再变大解析：选C.在光滑的水平面上运动时，设细线上的张力为F 1，加速度为a 1，由牛顿第二定律得F 1＝m 1a 1①F ＝(m 1＋m 2)a 1②联立①②解得：F 1＝m 1F m 1＋m 2在粗糙的水平面上运动时，设细线的张力为F ′1，加速度为a 2，由牛顿第二定律得： F ′1－μm 1g ＝m 1a 2，③F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2④联立③④解得：F ′1＝m 1F m 1＋m 2综上可得，无论在光滑的水平面上还是在粗糙的水平面上运动时，细线上的张力都是m 1F m 1＋m 2，故C 正确． 二、多项选择题6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2＞v 1，则( )。
2018高考物理章节重要知识点训练题(牛顿运动定律 4套题)
2018高考物理章节重要知识点训练题（共4套题，含答案及解析）第三章牛顿运动定律(必修1)考点集训(十一)第1节牛顿第一定律牛顿第三定律选择题：1～7题为单选，8～10题为多选．1．牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等2．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1、图2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1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1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2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2的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．放在火车车厢内光滑水平桌面上的小球，在一段时间内的运动轨迹如图所示(俯视图)，在这段时间内，火车的运动情况是A．向南做加速运动，同时向东转弯B．向北做减速运动，同时向东转弯C．向东做加速运动，同时向南转弯D．向北做减速运动，同时向西转弯4．一个物体在空中从静止开始下落(不计空气的阻力)，如果在下落的过程中物体所受的重力突然消失，该物体将A．立即停止运动B．速度逐渐减慢，最后停止C．保持失去重力时的速度竖直向下落D．速度越来越大5．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6．如图所示，劈形物体M的各表面光滑，上表面水平，放在固定的斜面上．在M的水平上表面放一光滑小球m，释放M，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．无规则的曲线D．抛物线7．火车在平直轨道上匀速行驶，车厢内有一人向上跳起，发现仍落回起跳处，这是因为A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已D．人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始有相同的速度8．下列关于牛顿第一定律和惯性的说法中，不正确的是A．物体仅在静止和匀速运动时才具有惯性B．伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础，牛顿第一定律是实验定律C ．质量越大，运动状态越不容易改变，惯性越大D ．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小 9．人在沼泽地行走时容易下陷，当人下陷时，则 A ．人对沼泽地面的压力大于沼泽地面对人的支持力 B ．人对沼泽地面压力的大小等于沼泽地面对人的支持力 C ．人的重力大于沼泽地面对人的支持力 D ．人的重力等于沼泽地面对人的支持力10．关于牛顿第一定律有下列说法，其中正确的是 A ．牛顿第一定律可用实验来验证B ．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C ．惯性定律与惯性的实质是相同的D ．物体的运动不需要力来维持考点集训(十二) 第2节 牛顿第二定律一、选择题：1～6题为单选，7～9题为多选．1．如图所示，一只质量为m 的小猴抓住用绳吊在天花板上的一根质量为M 的竖直杆．当悬绳突然断裂时，小猴急速沿杆竖直上爬，以保持它离地面的高度不变．则杆下降的加速度为A ．g B.mM gC.M ＋m M gD.M －m Mg2．如图所示，一个长方形的箱子里面用细线悬挂一小球，让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑．在斜面甲上运动过程中悬线始终保持竖直向下，在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶板垂直，则箱子运动过程中，下列说法正确的是A ．斜面甲上的箱子做匀加速直线运动B ．两球受到细线的拉力相等C ．箱子对两个斜面的摩擦力大小相等D ．箱子对两个斜面的正压力大小相等3．纳米(10－9 m)技术是指在1纳米～100纳米(1 nm～100 nm)尺度范围内，通过直接操纵原子、分子、原子团或分子团使其重新排列从而组成新物质的技术．用纳米材料研制出一种新型涂料，喷涂在船体上能使船行驶时所受阻力减小一半．若有一艘货轮发动机保持牵引力F不变，喷涂纳米材料后货轮加速度比原来大一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料后受到阻力F f之间的关系是A．F＝F f B．F＝1.5F fC．F＝2F f D．F＝3F f4．一个质量为1 kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，一段时间后撤去F，该物体运动的v－t图象如图所示(g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是A．物体2 s末距离出发点最远B．拉力F的方向与初速度方向相反C．拉力在1 s末撤去的D．摩擦力大小为10 N5．关于力的运动的关系，下列说法正确的是A．物体的速度不断增大，表示物体受到的合力不为零B．物体的位移不断增大，表示物体受到的合力不为零C．若物体的位移与时间成正比，表示物体受到的合力不为零D．物体的速率不变，则其所受合力必为06．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图线如图所示，则A．在0到t1时间内，外力F大小不断增大B．在t1时刻，外力F为零C．在t1到t2秒内，外力F大小一定不断减小D．在t1到t2秒内，外力F大小可能先减小后增大7．如图所示，1、2两条直线是在A，B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别是m A 和m B的物体实验得出的两个加速度a与力F的关系图线，由图分析可知A．m A<m BB．两地重力加速度g A>g BC．m A>m BD．两地重力加速度g A＝g B8．如图所示，穿在足够长的水平固定直杆上、质量为m的小球开始时静止．现对小球同时施加水平向右的恒力F 0和竖直向上的力F ，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F 大小始终与小球的速度成正比，即F ＝k v (图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是A ．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动B ．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C ．小球的最大加速度为F 0mD ．小球的最大速度为F 0＋μmgμk9．一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在车上的一根水平杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物体m ，m 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如下图分四次分别以a 1，a 2，a 3，a 4向右匀加速运动，四种情况下M 、m 均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知a 1∶a 2∶a 3∶a 4＝1∶2∶4∶8，M 受到的摩擦力大小依次为f 1、f 2、f 3、f 4，则A ．f 1∶f 2＝1∶2B ．f 1∶f 2＝2∶3C ．f 3∶f 4＝1∶2D ．tan α＝2tan θ二、计算题10．在光滑的水平轨道上有两个小球A 和B (均可看作质点)，质量分别为m 和2m ，当两球心间的距离大于L 时，两球之间无相互作用力；当两球心间的距离等于或小于L 时，两球间存在相互作用的恒定斥力F .设A 球从远离B 球处以速度v 0沿两球连心线向原来静止的B 球运动，如图所示．欲使两球不发生接触，v 0必须满足什么条件？考点集训(十三) 第3节 牛顿运动定律的应用一、选择题：1～6题为单选，7～9题为多选．1．质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t＝0时质点的速度为零．在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大A．t1B．t2C．t3D．t42．如图所示，光滑水平面上放有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B，用力F推滑块A使三者无相对运动地向前加速运动，则各物体所受的合力A．滑块A最大B．斜面体C最大C．同样大D．不能判断谁大谁小3．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的(物体的初速度为零，重力加速度g取10 m/s2)4．(2014海南)将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0.则A．t1>t0，t2<t1B．t1<t0，t2>t1C．t1>t0，t2>t1D．t1<t0，t2<t15．建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图所示的简易滑轨：两根圆柱形长直木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处，在实际操作中发现瓦滑到底端处时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施可行的是A ．适当增大两杆之间的距离B ．适当减小两杆间的距离C ．减小每次运送瓦的块数D ．增多每次运送瓦的块数6．木块A 放在斜面体B 的斜面上处于静止，如图所示．当斜面体向左做加速度从0开始逐渐增大的加速运动时，木块A 相对于斜面体B 仍保持静止，则A 受到的支持力N 和摩擦力f 的大小变化情况为A ．N 增大，f 增大B ．N 不变，f 不变C ．N 减小，f 先增大后减小D ．N 增大，f 先减小后增大7．如图所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速率v 1沿顺时针方向运行，传送带的左、右两侧各有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速率v 2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是A ．若v 2<v 1且物体从右端滑上传送带，则物体不可能到达左端B ．若物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端C ．若v 2<v 1且物体从左端滑上传送带，则物体可能先做加速运动，再做匀速运动D ．物体从传送带右端滑到左端所需的时间不可能等于物体从传送带左端滑到右端所需的时间8．在升降机里的天花板上用轻质弹簧悬挂一个小球，升降机静止时，弹簧伸长量为4 cm ，升降机运动时，弹簧伸长为3 cm ，则升降机的运动情况可能是(g 为当地重力加速度)A ．以a ＝14g 的加速度加速下降B ．以a ＝34g 的加速度加速下降C ．以a ＝14g 的加速度减速上升D ．以a ＝34g 的加速度减速上升9．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg二、计算题10．质量为0.3 kg 的物体在粗糙的水平面上做直线运动，图中a 、b 直线分别表示物体不受水平拉力和受水平拉力时的v －t 图象，由图象给出的信息，求：(1)物体所受滑动摩擦力的大小； (2)物体所受水平拉力的大小．11．为了安全，中国航母舰载机“歼－15”通过滑跃式起飞方式起飞．滑跃起飞的原理有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L 1＝160 m 的水平跑道上运动，然后在长度为L 2＝20.5 m 的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m ＝2.0×104 kg ，其喷气发动机的推力大小恒为F ＝1.4×105 N ，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝2.05 m ，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看做斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障．g 取10 m/s 2.(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度； (2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间．12．如图甲所示，倾角θ＝37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成，质量m＝1 kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑，运动到B点时，力F突然反向(大小不变)，其部分v－t图如图乙所示，物体滑到C点时速度恰好为零，取sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物体从A到C的平均速度大小．13．如图所示为上、下两端相距L＝5 m、倾角α＝30°、始终以v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放，经过t＝2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？考点集训(十四)第4节实验：验证牛顿运动定律1．某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系” .图中A 为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连．(g＝10 m/s2)某同学通过调整木板倾角平衡好摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，挂上砝码盘后通过多次改变砝码质量，作出小车加速度a与砝码重力的图象如图乙所示．则根据图象由牛顿第二定律得小车的质量为________kg，小盘的质量为________kg.(计算结果均保留到小数点后两位)2．某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50 Hz.实验步骤如下：A．按图甲所示，安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．根据以上实验过程，回答以下问题：(1)对于上述实验，下列说法正确的是________．A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B．弹簧测力计的读数为小车所受合外力C．实验过程中砝码处于超重状态D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为________m/s2.(结果保留2位有效数字)(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象(见下图)，与本实验相符合是________．3．现用如图所示的装置探究“加速度与物体受力的关系”．小车所受拉力及其速度可分别由拉力传感器和速度传感器记录下来．速度传感器安装在距离L＝48.0 cm的长木板的A、B两点．实验主要步骤如下：A．将拉力传感器固定在小车上；B．________________，让小车在没有拉力作用时能做____________；C．把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与轻质小盘(盘中放置砝码)相连；D．接通传感器电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率v A、v B；E．改变小盘中砝码的数量，重复D的操作．请将以上实验步骤补充完整．由以上实验可得出加速度的表达式a＝______________________．(2)某同学用描点法根据实验所得数据，在坐标纸上作出了由实验测得的a－F图线，可能是下面的哪些图像4．如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门．质量为M的滑块A上固定一很窄的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为Δt1和Δt2，另外测得两光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d(重力加速度为g)．(1)若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足A．M≪m B．M≫m(2)若木板PM水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间的动摩擦因数，则动摩擦因数的表达式为________________________(用题中测量的物理量的符号表示)．5．某同学利用如图(甲)所示的装置探究加速度与合外力的关系．小车质量为M ，桶和砂子的总质量为m ，通过改变m 改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a 可由打点计时器和纸带测出．现保持小车质量M 不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m 进行多次实验，得到多组a 、F 值(F 为弹簧秤的示数)．①下图为上述实验中打下的一条纸带，A 点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz ，则C 点的速度为________m/s ，小车的加速度______m/s 2.(以上两空保留一位有效数字)②根据实验数据画出了如图(乙)所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________．(选填字母代号)A.1MB.1mC ．mgD ．F ③当砂桶和砂的总质量较大导致a 较大时，关于(乙)图的说法，正确的是________．(选填字母代号)A ．图线逐渐偏向纵轴B ．图线逐渐偏向横轴C ．图线仍保持原方向不变6．某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M ，滑块上砝码总质量为m ′，托盘和盘中砝码的总质量为m .实验中，滑块在水平轨道上从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)为测量滑块的加速度a ，须测出它在A 、B 间运动的________与__________，计算a 的运动学公式是______________；(2)根据牛顿运动定律得到a 与m 的关系为：a ＝()1＋μgM ＋()m ′＋m m －μg ，他想通过多次改变m ，测出相应的a 值，并利用上式来计算μ.若要求a 是m 的一次函数，必须使上式中的__________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于__________；(3)实验得到a 与m 的关系如图所示，由此可知μ＝____________________(取两位有效数字)．7．探究加速度与力的关系装置如图所示．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a.将木块放回原处，再向沙桶中添加适量细沙，释放木块……获取多组a、F数据．(1)关于该实验的操作，以下说法正确的是________．A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据C．每次添加细沙后，必需测出沙及沙桶的质量D．实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量(2)某同学根据实验数据做出了两个a－F图象如图所示，正确的是________；该同学发现图线没有过原点，应该是由于有摩擦力的原因，于是想要作出木块的加速度与合力的关系图象，需要对图象进行修正．修正后的横坐标F合应该等于__________(用F、F0表示)．第三章 牛顿运动定律第1节 牛顿第一定律牛顿第三定律【考点集训】1．D 2.B 3.D 4.C 5.C 6.B 7.D 8.ABD 9.BC 10.BD第2节 牛顿第二定律【考点集训】1．C 2.D 3.D 4.B 5.A 6.D 7.AD 8.ACD 9.ACD 10．【解析】解法1：利用牛顿第二定律和运动学公式求解 不接触的条件是v 1＝v 2，L ＋x 2－x 1>0.由牛顿第二定律得，在A 球减速运动和B 球加速运动的过程中， A 、B 两球的加速度大小为a 1＝F m ，a 2＝F2m由匀加速运动公式得：v 1＝v 0－F m t ，v 2＝F2m t ，由x 1＝v 0t －12·F m t 2，x 2＝12·Fm t 2x 1<x 2＋L 联立解得：v 0<3FLm解法2：利用图象法求解作A 、B 两球的速度图象如图所示，图中C 点表示v 1＝v 2，设此时为t 0，因不接触的条件是d ＝L ＋x 2－x 1>0，而图中两图线间包围的面积表示x 1－x 2，x 1－x 2＝12v 0t 0，得d ＝L －12v 0t 0>0 ①由v 1＝v 2，v 1＝v 0－F m t 0，v 2＝F 2m t 0，得t 0＝2mv 03F代入①式亦可求出v 0必须满足的条件为： v 0<3FLm第3节 牛顿运动定律的应用【考点集训】1．B 2.C 3.C 4.B 5.A 6.D 7.BC 8.AC 9.CD10．【解析】(1)由图线a 可知不受水平拉力时的加速度大小：a 1＝23 m /s 2则滑动摩擦力的大小为：F f ＝ma 1＝0.2 N(2)由图线b 可知受水平拉力时的加速度大小为a 2＝13 m /s 2，F 应与F f 方向相反由牛顿第二定律得： F f －F ＝ma 2 水平拉力的大小：F ＝0.1 N 11．【解析】(1)设飞机在水平跑道上的加速度为a 1，阻力为f ，末速度为v 1. 由牛顿第二定律得F －f ＝ma 1 ① f ＝0.2mg ② v 21＝2a 1L 1 ③联立以上三式并代入数值解得： a 1＝5 m /s 2，v 1＝40 m /s ④(2)设飞机在倾斜跑道上的加速度为a 2，跑道末端速度为v 2. 水平跑道上：t 1＝v 1a 1＝8 s ⑤倾斜跑道上：由牛顿第二定律有F －f －mg hL 2＝ma 2得a 2＝4 m /s 2 ⑥由v 22－v 21＝2a 2L 2 得 v 2＝42 m /s ⑦ 所以t 2＝v 2－v 1a 2＝0.5 s ⑧t ＝t 1＋t 2＝8.5 s ⑨ 12．【解析】(1)由v －t 图可知物体在AB 段的加速度为 a 1＝Δv 1Δt 1＝10 m /s 2在BC 段加速度为a 2＝Δv 2Δt 2＝－2 m /s 2由牛顿第二定律知物体在AB 段有： F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 在BC 段有mg sin θ－F ＝ma 2联立并代入数值得F ＝8 N ，μ＝0.5.(2)由运动学规律知物体从B 到C 经历的时间为： t 2＝Δv a 2＝102s ＝5 s t 1＝1 s 物体从A 到B 发生的位移为s 1＝v2t 1＝5 m物体从B 到C 发生的位移为s 2＝v2t 2＝25 m物体从A 到C 的平均速度大小v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝5 m /s .13.【解析】(1)物体在传送带上受力如图所示， 物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.由题意得L ＝12at 2解得a ＝2.5 m /s 2由牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma 又F f ＝μmg cos α 故μ＝0.29.(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为v m ，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得mg sin α＋F f ＝ma′ 又v 2m ＝2La′ 故v m ＝2La′＝8.66 m /s .第4节 实验：验证牛顿运动定律【考点集训】 1．1.22 0.062．(1)B (2)0.16 (3)A3．平衡摩擦力 匀速直线运动 v 2B －v 2A2L(2)AB4．(1)B (2)m M －M ＋m M·⎝⎛⎭⎫d Δt 22－⎝⎛⎭⎫d Δt 122Lg5．①0.8 4 ②D ③C 6．(1)位移 时间 a ＝2st 2(2)m ＋m′ 滑块上 (3)0.23(0.21～0.25)7．(1)AB (2)B 2F －2F 0。
2018年高考物理复习真题训练：3牛顿运动定律附解析
专题3 牛顿运动定律1.（2017海南卷）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线.由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度.已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m.汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（）A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s答案：B解析：刹车后汽车的合外力为摩擦力f=μmg，加速度；又有刹车线长25m，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小；故ACD错误，B正确.2.（2017海南卷）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k.下列判断正确的是（）A．若μ≠0，则k=B．若μ≠0，则k=B． C．若μ=0，则k=D．若μ=0，则k=答案：BD．解析：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度；所以，R和Q 之间相互作用力，Q与P之间相互作用力；所以；由于谈论过程与μ是否为零无关，故恒成立，故AC错误，BD正确.3. （2017浙江卷）拿一个长约1.5m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里.把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是A.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快B.玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动C.玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快D.玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快答案：C解析：抽出空气前.金属片和口小羽毛受到空气阻力的作用，但金属片质量大.加加速度大，所以金属片下落快.但金属片和小羽毛都不是做自田落体运动.故AB错误.抽出出空气后金属片和小羽毛都不受空气阻力作用.只受重力作用运动，都为加速度为重力加速度做自由落体运动，下落一样快.故C正碗.D错误.4.（2017海南卷）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动.经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.求（1）弹簧的劲度系数；（2）物块b加速度的大小；（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式.答案：（1）弹簧的劲度系数为；（2）物块b加速度的大小为；（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式F=mgsinθ+（t＜）解析：（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx0=（m+m）gsinθ，解得：k=①（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；由匀变速直线运动相临相等时间内位移关系的规律可知：=②说明当形变量为x1=x0﹣=时二者分离；对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1﹣mgsinθ=ma ③联立①②③解得：a=（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=at2=则形变量变为：△x=x0﹣x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x﹣（m+m）gsinθ=（m+m）a解得：F=mgsinθ+因分离时位移x=由x==at2解得：t=故应保证t＜，F表达式才能成立.5.（2017全国卷Ⅱ）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示.训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度.答案：（1）22 010 2v vgs-（2）21012()2s v vs+解析：（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg ①由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02 ②联立①②得22011=2v vag gsμ-=③（2）设冰球运动的时间为t，则01v vtgμ-=④又2112s at=⑤由③④⑤得21012()2s v vas+=⑥6.（2017全国卷Ⅲ）如图，两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2.求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离.答案：（1）1 m/s （2）1.9 m解析：（1）滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有11A f m g μ= ①21B f m g μ= ②32()A B f m m m g μ=++ ③由牛顿第二定律得1A A f m a = ④2B B f m a = ⑤2131f f f ma --= ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1.由运动学公式有101B v v a t =- ⑦111v a t = ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得1 1 m/s v = ⑨ (2)在1t 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为211021t a t v s B B -= 设在B 与木板达到共同速度1v 后，木板的加速度大小为2a .对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有231)(a m m f f B +=+由①②④⑤式知B A a a =；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为1v ，但运动方向与木板相反.由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为2v .设A 的速度大小从1v 变到2v 所用的时间为2t则由运动学公式，对木板有2212t a v v -=对A 有212A v v a t =-+ ⑬在t 2时间间隔内，B （以及木板）相对地面移动的距离为21122212s v t a t =- ⑭ 在(t 1+t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为2012121()()2A A s v t t a t t =+-+ ⑮ A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同. 因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为01A B s s s s =++ ⑯ 联立以上各式，并代入数据得0 1.9 m s = ⑰ （也可用如图的速度–时间图线求解）。
2018版高考物理知识复习与检测：第三章牛顿运动定律专题强化三含答案
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)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 －8kmg8m ＝错误!－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，根据动能定理得错误!·8mv 2＝8kmgx ，解得x ＝错误!，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＝错误!；8节车厢有4节动车时最大速度为v m2＝错误!，则错误!＝错误!，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。
2018届高三物理一轮复习专题三：牛顿运动定律1
2018届高三物理一轮复习专题三：牛顿运动定律1D改变，以及如何改变，应分析物体的受力情况。
命题法2对牛顿第二定律的认识典例2(多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为θ。
如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间()A．图甲中小球的加速度大小为g sinθ，方向水平向右B．图乙中小球的加速度大小为g tanθ，方向水平向右C．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1∶cos2θD．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2θ∶1[答案]BD【解题法】用牛顿第二定律求瞬时加速度的两种思路(1)轻质弹簧(或橡皮绳)模型：因为形变需要时间，所以产生的弹力瞬间不会突变，可直接从受力分析入手确定合力，然后用牛顿第二定律确定加速度。
(2)轻质刚性绳或线(或接解面)模型：因为形变很小，可以认为形变不需时间，所以产生的弹力可瞬间发生突变，应从即将要发生的实际运动入手，分析相应的受力，然后利用牛顿第二定律确定瞬时加速度。
命题法3牛顿第三定律的应用典例3 如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。
两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。
若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A ．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B ．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C ．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D ．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利[答案] C【解题法】 判断相互作用力与平衡力的方法(1)看作用点：作用力与反作用力的作用点在两个不同的物体上，平衡力两个力的作用点在同一物体上。
(2)看产生力的原因：作用力与反作用力是由于相互作用产生的，一定是同一性质的力，平衡力中两力的性质可同可不同。
典例4 置于水平面上的小车上有一弯折角度为θ的细杆，如图所示，细杆一端固定了一个质量为m 的小球。
当小车以加速度a 向左加速前进时，小球对细杆的作用力多大？方向如何？[答案] 大小：F ＝m a 2＋g 2方向：与竖直方向成arctan a g 角斜向右下方[解析] 以小球为研究对象，小球受重力mg 和细杆对它的作用力F ，将F 沿水平方向和竖直方向分解，水平分力为F x ，竖直分力为F y ，如图所示。
三年高考2016_2018高考物理试题分项版解析专题03牛顿运动定律含解析word格式
专题03 牛顿运动定律【2018高考真题】1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。
2．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C。
【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。
3．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A. B. C. D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 A【解析】根据，，可得，故A正确，B、C、D错误；4．通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德B. 伽利略C. 笛卡尔D. 牛顿【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 B5．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（）A. 加速度先减小后增大B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 AD点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。
2018版高考物理一轮复习讲义检测：第三章 牛顿运动定
第三章 ⎪⎪⎪ 牛顿运动定律全国卷考情分析]第1节牛顿第一定律__牛顿第三定律(1)牛顿第一定律是实验定律。
(×)(2)在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果。
(×)(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。
(×)(4)物体的惯性越大，运动状态越难改变。
(√)(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。
(×)(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。
(√)(1)伽利略利用“理想实验”得出“力是改变物体运动状态的原因”的观点，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的错误观点。
(2)英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。
突破点(一)牛顿第一定律的理解1．对牛顿第一定律的理解(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性。
(2)揭示力的本质：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。
2．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
(2)物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力。
惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。
3．与牛顿第二定律的对比牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
多角练通]1．(多选)关于牛顿第一定律的说法正确的是()A．牛顿第一定律是理想的实验定律B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C．惯性定律与惯性的实质是相同的D．物体的运动不需要力来维持解析：选BD牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略理想斜面实验为基础，经过科学抽象，归纳推理总结出来的，A错误；惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，而惯性定律即为牛顿第一定律，反映的是物体不受力作用时的运动规律，故C项错误；根据牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，但物体运动状态改变时必须有力的作用，故B、D均正确。
2018届全国卷高考物理考前复习大串讲基础知识及查漏补缺复习资料专题03 牛顿运动定律基础知识含解析
【知识网络】【知识清单】一、理想实验法的魅力（1）伽利略的理想斜面实验如图甲所示，让小球沿一个斜面从静止滚下，小球将滚上另一个斜面，如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度。
如果第二个斜面倾斜角度减小，如图乙，小球在这个斜面上达到原来的高度就要通过更长的路程；继续减小第二个斜面的倾斜角度，如图丙，使它最终成为水平面，小球就再也达不到原来的高度，而沿水平面以恒定的速度持续运动下去。
（2）伽利略的思想方法伽利略用“实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点。
二、牛顿第一定律1.内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止.2.对牛顿第一定律的理解①牛顿第一定律不是实验直接总结出来的,是牛顿以伽利略的理想实验为基础,加之高度的抽象思维概括总结出来的.②揭示了力和运动的关系: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，即牛顿第一定律确定了力的含义．③牛顿第一定律不能看着牛顿第二定律的特殊情况,牛顿第一定律是定性描述物体运动规律的一种物理思想，而不是进行定量计算和求解的具体方法，是一条独立的基本规律.但牛顿第一定律为牛顿第二定律提供了建立的基础.明确了惯性的概念:物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质，揭示了物体所具有的一个重要属性——惯性．三、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.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．四、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．加速度的方向与作用力方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)．(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．4．牛顿第二定律的“五”性五、力学单位制1.基本单位：所选定的基本物理量的单位.物理学中有七个物理量的单位被选定为基本单位，在力学中选长度、质量、和时间这三个物理量的单位为基本单位2.导出单位：根据物理公式中其他物理量和基本物理量的关系推导出的物理量的单位.3.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制.4.国际单位制（SI）中的七个基本物理量和相应的基本单位.六、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，而且作用在同一条直线上．2.特点：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”3.表达式：F＝－F′【查漏补缺】一、对牛顿第一定律及惯性的理解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实验为基础,加之高度的抽象思维概括总结出来的.2.明确了惯性的概念牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质。
2018版高三物理一轮复习专题3牛顿运动定律含2013年高考真题20170405149
专题3 牛顿运动定律1．（2013高考上海物理第6题）秋千的吊绳有些磨损.在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千(A)在下摆过程中(B)在上摆过程中(C)摆到最高点时(D)摆到最低点时答案：D解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确.2. （2013全国新课标理综II第14题）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.能正确描述F与a之间关系的图象是答案：C解析：设物体所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F-f=ma，F= ma+f，所以能正确描述F与a之间关系的图象是C，选项C正确ABD错误.3．（2013高考浙江理综第19题）如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/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=10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是A．所受浮力大小为4830NB．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10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N答案：AD解析：热气球离开地面后地面后做加速度逐渐减小的加速运动，对热气球从地面刚开始竖直上升时，由牛顿第二定律，F-mg=ma ，解得所受浮力大小为4830N ，选项A 正确.加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，选项B 错误.由于做加速度逐渐减小的加速运动，热气球从地面开始上升10s 后的速度小于5m/s ，选项C 错误.由平衡条件可得，F-mg-f=0，以5m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为f=F-mg=4830N -4600N =230N ，选项D 正确.4．（2013高考安徽理综第14题）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 和斜面的支持力为F N 分别为（重力加速度为g ）A ． T=m (gsin θ+ acos θ)，F N = m(gcos θ- asin θ)B ． T=m(gsin θ+ acos θ) ，F N = m(gsin θ- acos θ)C ． T=m(acos θ- gsin θ) ，F N = m(gcos θ+ asin θ)D ． T=m(asin θ- gcos θ) ，F N = m(gsin θ+ acos θ)答案：A解析：将绳子的拉力T 和斜面弹力F N 分解为 水平方向和 竖直方向T cos θ- F N sin θ=ma ① T sin θ- F N cos θ=mg ②联立两式解方程组，得T=m(gsin θ+ acos θ) ，F N = m(gcos θ- asin θ)，选项A 正确；5.（15分）（2013高考山东理综第22题）如图所示，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=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数=μ33.重力加速度g 取10 m/s 2.（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 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？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= v0t+12at2，①v= v0+at，②联立①②式，代入数据解得：a=3m/s2，③v=8m/s.④（2）设物块所受支持力为F N，所受摩擦力为F f，拉力与斜面之间的夹角为α.受力分析如图所示.由牛顿第二定律得：Fcosα-mgsinθ-F f=ma，⑤Fsinα+F N-mgcosθ=0，⑥又F f=μF N. ⑦联立解得：F=()sin coscos sinmg maθμθαμα+++.⑧由数学知识得：cosαsinαsin(60°+α)，⑨由⑧⑨式可知对应的F最小值的夹角α=30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为：6. （2013全国新课标理综II第25题）（18分）一长木板在水平面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度---时间图象如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.解析：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，次过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同，设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度分别为a1和a2，则a 1= v 1/ t 1，① a 2=(v 0- v 1)/ t 1，②式中v 0=5m/s ，v 1=1m/s 分别为木板在t=0、t=t 1时速度的大小.设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得： μ1mg=ma 1，③ (μ1+2μ2)mg=ma 2，④联立①②③④式解得：μ1=0.20，⑤ μ2=0.30.，⑥（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动.物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1’和a 2’，则由牛顿第二定律得：f=m a 1’，⑦ 2μ2mg-f=ma 2’. ⑧ 假设f<μ1mg.则a 1’=a 2’.由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg >μ1mg ，与假设矛盾，故f=μ1mg ⑨由⑦⑨式知，物块加速度大小a 1’=a 1.物块的v---t 图象如图中点划线所示. 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：s 1=2×1212a v ，⑩s 2=210v v t 1+'2221a v ，⑾物块相对于木板位移的大小为s= s 2- s 1.⑿ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑾⑿解得：s=1.125m. 20时时块与⑨⑩⑨⑩②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩7．（2013高考上海物理第31题）(12分)如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球.用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地.求小球落地时距滑块左端的水平距离.解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块： a=()MgM m +μ,v 1=aL v 220-=()MgLM m v +-μ220.当滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间t=gh 2 滑块的加速度a ’=μg①若此时滑块的速度没有减小到零，在t 时间内滑块向右运动的距离为： s=v 1t-21a’t 2=()M gL M m v +-μ220g h 2-21μg (gh 2)2=()M gL M m v +-μ220gh2-μh.②若在t 时间内滑块已经停下来，则：s‘='221a v =g v μ220-MMm +L.8.(2013高考江苏物理第14题)（16分）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1m 和2m ，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， 1m =0.5kg ， 2m =0.1kg ， μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m ，取g=10m/s 2.若砝码移动的距离超过l =0.002m ，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: (1)砝码对纸板的摩擦力 11f m g μ= 桌面对纸板的摩擦力 212()f m m g μ=+12f f f =+ 解得 12(2)f m m g μ=+(2)设砝码的加速度为1a ,纸板的加速度为2a ,则111f m a = 1222F f f m a --= 发生相对运动 21a a >解得 122()F m m g μ>+(3)纸板抽出前,砝码运动的距离121112x a t = 纸板运动的距离212112d x a t += 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 223212x a t = 12l x x =+由题意知 131132,a a a t a t == 解得 122[(1)]dF m m g lμ=++代入数据得 F=22.4N.9. （2013高考天津理综物理第10题）(16分）质量为m=4kg 的小物块静止于水平地面上的A 点，现用F=10N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点，A 、B 两点相距x=20m ，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g 取10m/s 2,，求： (l ）物块在力F 作用过程发生位移x l 的大小： (2）撤去力F 后物块继续滑动的时间t.解析：（1）设物块受到的滑动摩擦力为F 1，则F 1=μmg 根据动能定理，对物块由A 到B 的整个过程，有：Fx 1-F 1x=0. 代入数据解得：x 1=16m.（2）设刚撤去力F 时物块的速度为v ，此后物块的加速度为a ，滑动的位移为x 2，则 x 2=x- x 1.由牛顿第二定律得：F 1=ma ， 由匀变速直线运动规律得，v 2=2ax 2，以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F 1t=0-mv ， 代入数据解得：t=2s.。
课标Ⅰ专用2018年高考物理总复习必考部分专题三牛顿运动定律习题课件
s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得
s0=1.9 m (也可用如图的速度-时间图线求解)
栏目索引
审题指导 如何建立物理情景,构建解题路径 ①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板的运动 情况。 ②把握好几个运动节点。 ③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。 ④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。 ⑤木板先加速后减速,存在两个过程。
易错点拨 理解速度变化量与速率变化量的区别。
解题思路 正确解题应明确以下几点:①恒力即为质点所受合外力。②v0与F恒的方向关系,二者 夹角不确定。③物体所受合外力恒定,则做匀变速运动。 解题关键 ①明确力与运动的关系。②物体由匀速直线运动变为匀变速运动。③匀变速运动 可以是直线运动也可以是曲线运动。④匀变速运动有三个一定,即合外力一定、加速度一定、 相同时间内速度变化量一定。
,a2=
v1 t1
。由上述四式可见,无法求出m,
可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜
面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。
解题关键 ①v-t图线斜率绝对值等于加速度大小,②v-t图线与横轴所围的面积大小等于位移的 大小。
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高考物理 (新课标Ⅰ专用)
专题三 牛顿运动定律
栏目索引
五年高考
A组 统一命题·课标卷题组
1.(2016课标Ⅰ,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上 的力不发生改变,则 ( ) A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
2018年新课标高考物理总复习阶段综合评估(三)牛顿运动定律含解析
阶段综合评估（三）牛顿运动定律一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求）1.（2016·上海高考）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（)A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向解析：选D 据题意可知,小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上,则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。
2。
假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星—-“木卫四”的表面。
如果发动机提供了一个3 260 N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降。
如果发动机仅提供2 200 N的推力,登陆舱以0.4 m/s2的加速度下降。
则登陆舱的质量与“木卫四"表面的自由落体加速度分别为( )A．326 kg，1.23 m/s2B．2 650 kg，2.46 m/s2C．2 650 kg,1。
23 m/s2D．326 kg，2.46 m/s2解析：选C 登陆舱以恒定速率下降时有F1－mg＝0;加速下降时，由牛顿第二定律得mg－F2＝ma，联立解得m＝2 650 kg，g＝1。
23 m/s2，选项C正确。
3. （2017·长沙模拟)一皮带传送装置如图所示，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，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是（）A．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解析：选D 滑块放上传送带,受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大,根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力,加速度方向与速度方向相反,滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故A、B、C错误，D正确。
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答案 BC
由题意知此恒力即为质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做
匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度与该恒力不在一条直线上, 则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不变 的,但速率的变化量是变化的,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向总与
3 8 3 5
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s 解析 (1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大
小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡
条件得
f1=μ1N1 ① N1=mg cos θ ② f2=μ2N2 ③ N2=N1+mg cos θ ④ 规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得
审题指导 如何建立物理情景,构建解题路径 ①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板的运动
情况。
②把握好几个运动节点。 ③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。 ④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。 ⑤木板先加速后减速,存在两个过程。
4.(2013课标Ⅱ,14,6分,0.733)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。能正确描述F与a之间关系的图象是 (
)
答案 C 物块的受力如图所示,当F不大于最大静摩擦力时,物块仍处于静止状态,故其加速度 为0;当F大于最大静摩擦力后,由牛顿第二定律得F-μFN=ma,即F=μFN+ma,F与a成线性关系。选
A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)B与木板相对静止时,木板的速度; (2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
答案 (1)1 m/s
(2)1.9 m
解析 本题考查直线运动和牛顿定律。 (1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f
2018年高考物理（课标Ⅰ专用）复习专题测试
专题三 牛顿运动定律
高考物理
(新课改变,则 ( )
统一命题·课标卷题组
1.(2016课标Ⅰ,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上
A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
=12 m<27 m 此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有
2 l-s=(v1+a1't2)t3+ a1' t3
1 2
可得 t3=1 s(另一解不合题意,舍去) 设A在B上总的运动时间为t总,有 t总=t1+t2+t3=4 s (利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。)
实验数据时添加的。根据表中的数据,伽利略可以得出的结论是 (
)
1 4 9 16 25 36 49 64
1 2 3 4 5 6 7 8
32 130 298 526 824 1 192 1 600 2 104
A.物体具有惯性 B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关 C.物体运动的距离与时间的平方成正比 D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
1
、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在物
块B与木板达到共同速度前有 f1=μ1mAg ① f2=μ1mBg ② f3=μ2(m+mA+mB)g ③ 由牛顿第二定律得 f1=mAaA ④ f2=mBaB ⑤ f2-f1-f3=ma1 ⑥ 设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有 v1=v0-aBt1 ⑦ v1=a1t1 ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得
答案 BC
如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向
2 3
东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F= mxa,联立两式有y= x。可见,列车总节数N=x+y= x,设x=3n(n=1,2,3…),则N=5n,故可知选项B、C 正确。
3.(2015课标Ⅱ,20,6分,0.450)(多选)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
2 3
和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 a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.8 B.10 C.15 D.18 )
即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有
v2+a2't2=0 联立 式得 t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为
2 2 2 2 s= a1t1 v1t2 a1 ' t2 - a2t1 v2t2 a2 ' t2 1 2 1 2 1 2 1 2
6.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地 面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动
摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,
与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1 变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2 对A有 v2=-v1+aAt2 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
1a 2 s1=v1t2- 2t 2 2
v1=1 m/s⑨ (2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为
t12 ⑩ sB=v0t1- aB
1 2
设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二 定律有 f1+f3=(mB+m)a2
由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向
答案 C 由题可知,表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系, 所以A、B、D错误,由表中数据可以看出,在前1秒、前2秒、前3秒……内运动的距离与时间的
平方成正比,所以C正确。
解题思路 题干中明确了第二列为时间,第三列是物体沿斜面运动的距离,而第一列显然是时间 t的平方。以第一列数值乘以32即可得到第三列数值。则说明在相应时间内运动的距离与时间 的平方成正比。 考查内容 ①图表识别处理能力。②实验数据处理能力。③分析综合能力。④运用数学工具 的能力。
mg sin θ-f1=ma1 ⑤ mg sin θ-f2+f1=ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得
a1=3 m/s2 ⑦ a2=1 m/s2 ⑧ (2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则 v1=a1t1=6 m/s⑨ v2=a2t1=2 m/s⑩ t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得 a1'=6 m/s2 a2'=-2 m/s2
项C正确。
解题关键 ①根据题意作出正确的受力分析图。②关键词:静止,粗糙,水平拉力,方向不变。③
物体所受摩擦力先是静摩擦力后变为滑动摩擦力。
考查内容 本题考查摩擦力、受力分析、牛顿第二定律等知识点。
5.(2013课标Ⅰ,14,6分,0.787)如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片,照片左上角的 三列数据如下表。表中第二列是时间,第三列是物体沿斜面运动的距离,第一列是伽利略在分析
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2
1 2
A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得 s0=1.9 m
(也可用如图的速度-时间图线求解)
温馨提示 ①对A、B受力分析,根据牛顿第二定律求加速度。②应该关注到B的上表面变为光 滑以后,A、B之间的摩擦力消失,注意对A、B的加速度的分析。③最终A会从B上滑落,意味着A
答案 ACD
设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜面
上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ
0 1 -μmg cos θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1= ,a2= 。由上述四式可见,无法求出m,
7.(2015课标Ⅱ,25,20分,0.204)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一 倾角为θ=37°(sin 37°= )的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一 碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质 量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为 ,B、C间的动 摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2 保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小; (2)A在B上总的运动时间。