2018高考物理大一轮复习方案：第3单元 牛顿运动定律 物理测评
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第三章 牛顿运动定律 本章学科素养提升 Word版含答案
⊳图象应用能力的培养 ⊳规范表达能力的培养 ⊳实验拓展能力的培养纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图象所给予的信息和破译图象信息的能力，图象的形式以v －t 、a －t 、F －t 图象居多，考查最多的是v －t 图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等. 1.明确常见图象的意义，如下表：2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.运用图象解决问题一般包括两个角度：(1)用给定图象解答问题；(2)根据题意作图，用图象解答问题.在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系.例1 (多选)(2015·课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )图1A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析 由v －t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v－t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误.关注图象中的函数关系及特殊值在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图.作图时，往往只需确定一个或两个特殊点的坐标(如变力F 的最小值F min 和最大值F max 、抛物线的顶点和任意点、圆的圆心等)，即可根据函数关系连线作图.当不能定量确定函数关系时，特殊值的判断尤为重要，读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息.例2 (16分)如图2甲所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s 2，试求：图2(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F ，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力F f2随拉力F 大小变化而变化的图象.答案 (1)1 s (2)见解析图【书面表达过程】 (1)对铁块应用牛顿第二定律：F －μ2mg ＝ma 1，加速度大小 a 1＝F －μ2mg m＝4 m/s 2，(2分)对木板应用牛顿第二定律：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，加速度大小a 2＝μ2mg －μ1(M ＋m )gM ＝2m/s 2，(2分)设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 解得t ＝1 s.(2分)(2)①当F ≤μ1(mg ＋Mg )＝2 N 时，M 、m 相对静止且对地静止，F f2＝F ；(3分) ②设F ＝F 1时，M 、m 恰保持相对静止，此时系统的加速度a ＝a 2＝2 m/s 2， 以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F 1－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F 1＝6 N. 所以，当2 N ＜F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a ＝F －μ1(M ＋m )g M ＋m＝F 2－1以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有F f2′－μ1(M ＋m )g ＝Ma ，F f2＝F f2′， 解得F f2＝F2＋1.(4分)③当F ＞6 N 时，M 、m 发生相对运动，F f2＝μ2mg ＝4 N.如图所示.(3分)1.本题是一道滑块－木板模型的动力学问题，首先要在审题析题方面定准位，然后遵循此类题型特点，寻求解决问题的突破口.2.由于本题还要作图象，它又是一道图象信息题，因此第(2)问的解答只是作出图象而没有分析过程是不规范的.3.规范要求必要的文字说明和重要规律应用的原型表达式.1.实验器材的改进(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力)――→替代长木板(如图3)图3(2)利用光电门测速度(如图4)图4(3)利用位移传感器测位移(如图5)图52.数据测量的改进⎪⎪⎪⎪测定通过的时间，由a ＝12x [(d t 2)2－(dt 1)2]—求出加速度小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到 —――→替代通过打点纸带求加速度 3.实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数.例3 甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验.已知重力加速度为g .图6(1)甲同学所设计的实验装置如图6甲所示.其中A 为一质量为M 的长直木板，B 为木板上放置的质量为m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计.实验时用力将A 从B 的下方抽出，通过C 的读数F 1即可测出动摩擦因数.则该设计能测出________(填“A 与B ”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________.(2)乙同学的设计如图乙所示.他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力.实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间t .在坐标系中作出F －1t 2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，与横轴的截距为c .因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为______.根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为______. 答案 (1)A 与BF 1mg (2)光电门A 、B 之间的距离x 2xb kg解析 (1)当A 达到稳定状态时B 处于静止状态，弹簧测力计的读数F 与B 所受的滑动摩擦力F f 大小相等，B 对木板A 的压力大小等于B 的重力mg ，由F f ＝μF N 得，μ＝F f F N ＝F 1mg ，为A 与B 之间的动摩擦因数.(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移x ＝12at 2.可得：a ＝2xt 2根据牛顿第二定律得 对于物块，F 合＝F －μmg ＝ma则：F ＝2mxt2＋μmg则图线的斜率为：k ＝2mx ，纵轴的截距为：b ＝μmg ；k 与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：μ＝b mg ＝2xbkg .。
南方新高考2018版高考物理大一轮复习专题三牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的运用课时作业
第3讲 牛顿运动定律的运用一、单项选择题1．(2015年北京海淀期中)在游乐园中，游客乘坐升降机可以体验超重与失重的感觉．关于游客在随升降机一起运动的过程中所处的状态，下列说法中正确的是( )A ．当升降机加速上升时，游客处在失重状态B ．当升降机减速下降时，游客处在失重状态C ．当升降机减速上升时，游客处在失重状态D ．当升降机加速下降时，游客处在超重状态2．如图K331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，则在A 向上运动的过程中，轻绳的拉力( )A ．T ＝m A gB ．T >m A gC ．T ＝m B gD ．T >m B g图K331 图K3323．(2015年天津十二区县联考)如图K332所示，在倾角为α＝30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻弹簧连接，现对A 施加一水平向右的恒力，使A 、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L ，下列说法正确的是( )A ．弹簧的原长为L ＋mg 2kB ．水平恒力大小为33mg C ．撤掉恒力的瞬间小球A 的加速度为gD ．撤掉恒力的瞬间小球B 的加速度为gA ．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B ．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C ．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD ．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值图K333 图K3345．(2016年河南郑州高三检测)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝kv (k 为正的常量)．两球的v t 图象如图K334所示．落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2.则下列判断正确的是( )A ．释放瞬间甲球加速度较大B.m1m2＝v2v1C．甲球质量大于乙球质量D．t0时间内两球下落的高度相等6．(2016年湖南衡阳高三联考)一个质量为m＝1 kg的物体放在光滑水平地面上，在一水平外力F1＝2 N的作用下从静止开始做直线运动，物体运动5 s后撤去F1，在此时刻再施加一个与F1反向的力F2＝6 N，物体又运动5 s，规定F1的方向为正方向，则物体在这10 s 内运动的速度时间图象正确的是( )A B C D图K335A．μ1>μ2B．μ1<μ2C．若改变F的大小，当F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动二、多项选择题图K336A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0时刻，A、B间静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B位移最小9．如图K337所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢的竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则( )图K337A．速度可能向左，加速度可能小于μgB．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)gC．加速度一定向左，不能超过μgD．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g10．(2015年广东深圳五校联考)如图K338所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )图K338 A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.3D ．6～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 2三、非选择题11．一质量m ＝0.5 kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°且足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v t 图象，如图K339所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.(2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．图K33912．(2016年四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图K3310所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向．(2)制动坡床的长度．图K3310第3讲 牛顿运动定律的运用1．C 解析：当物体加速度竖直向下时，处于失重状态，即当升降机减速上升或者加速下降时处于失重状态，当加速度竖直向上时，处于超重状态，即当升降机加速上升或者减速下降时，处于超重状态，故C 正确．2．B 解析：物体A 向上加速运动，物体B 向下加速运动，因此A 处于超重状态，T >m A g ，B 处于失重状态，T <m B g ，故B 正确．3．C 解析：分析小球B 的受力，由平衡条件可得：kx ＝mg sin α，解得x ＝mg 2k，弹簧的原长为L －x ＝L －mg 2k，A 错误；分析小球A 的受力，由平衡条件可得F cos α＝mg sin α＋kx ，解得F ＝2 33mg ，B 错误；撤去F 的瞬间，弹簧弹力不变，故B 球的加速度为零，D 错误；由mg sin α＋kx ＝ma A 可得小球A 此时的加速度为a A ＝g ，C 正确．4．D 解析：球受力如图D69所示，则F N 2－F N 1sin θ＝ma ，F N 1cos θ＝mg ，由此判断A 、B 错误；根据牛顿第二定律F N 1、F N 2和mg 三力的合力等于ma ，C 错误；根据F N 1＝mgcos θ，D 正确．图D695．C 解析：释放瞬间，两球受到的阻力均为0，因此加速度相同，选项A 错误；运动到最后达到匀速后，重力和阻力相等，mg ＝kv ，所以m 1m 2＝v 1v 2，选项B 错误；由图象可知v 1>v 2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C 正确；下落高度等于图线与坐标轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D 错误． 6．A 解析：物体先向正方向做初速度为0，加速度为a 1＝F 1m＝2 m/s 2的匀加速直线运动，5 s 末的速度v ＝a 1t ＝10 m/s ，再向正方向做加速度为a 2＝F 2m＝－6 m/s 2的减速运动，速度减为零后，再以a 2向负方向做加速运动，10 s 末的速度为v ′＝v ＋a 2t ′＝－20 m/s ，故物体的v t 图象，A 项正确，B 、C 、D 项错误．7．D 解析：对m 1，根据牛顿运动定律有：F －μ1m 1g ＝m 1a ；对m 2，由于保持静止有：μ1m 1g －F f ＝0，F f <μ2(m 1＋m 2)g ，所以动摩擦因数的大小从中无法比较，故A 、B 错误；改变F 的大小，只要木块在长木板上滑动，则木块对长木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C 错误；若将F 作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g ＝m 1a ，解得a ＝μ1g ，对整体分析，有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得F ＝(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g ，所以当F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动，故D 正确． 8．BC 9．AD10．CD 解析：在0～4 s 内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4 s 末开始运动，则5 s 内位移不为零，则拉力做功不为零，故A 错误；4 s 末拉力为4 N ，摩擦力为4 N ，合力为零，故B 错误；根据牛顿第二定律得，6～9 s 内物体做匀加速直线运动的加速度a ＝2 m/s 2.由f ＝μmg ，解得μ＝0.3，故CD 正确．11．解：(1)由图象可知，滑块的加速度a ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2 滑块冲上斜面过程中，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据解得μ＝0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力下滑的分力大于最大静摩擦力，能再下滑由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移 s ＝v 22a＝5 m 滑块下滑过程中，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v ＝2a 2s ＝2 5 m/s.12．解：(1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数 μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1 ①f ＝μmg cos θ ②联立①②并代入数据得a 1＝5 m/s 2 ③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④F ＝k (m ＋M )g ⑤s 1＝vt －12a 1t 2 ⑥ s 2＝vt －12a 2t 2 ⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2 ⑨联立①～⑨式及M ＝4m 并代入数据解得l ＝98 m.。
2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章 牛
专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题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.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚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.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.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3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( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等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Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 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 ；若传送带较长，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 可能是一直做匀加速运动，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.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤 审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2015·新课标Ⅱ·25)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°＝35)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7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38，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2s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：图7(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.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.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F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F 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F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝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/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ， 小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。
18年高考物理复习解决方案真题与模拟单元重组卷第三单元牛顿运动定律课件
0～1 s 内传送带位移 x1＝v0t1＝10 m，小物块位移 x2 ＝5 m，在传送带上的相对位移 Δx1＝x1－x2＝5 m，相对传 送带向上，1～2 s 内传送带位移 x3＝v0t2＝10 m，小物块位 移 x4＝11 m，故相对位移 Δx2＝x4－x3＝1 m，相对传送带 向下，故痕迹为 5 m，故 D 错误。
A．a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2 B．a1＝1 m/s2，a2＝2 m/s2 C．a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2 D．a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2
解析ห้องสมุดไป่ตู้
本题考查牛顿第二定律的应用，意在考查学生
合理选择研究对象以及应用牛顿第二定律解决问题的能 力。当木块与小车间的摩擦力恰好达到最大值时，木块与 小车加速度相同，木块的加速度最大，对木块，a1＝μg＝2 m/s2 为最大值且 a1≤a2，故选项 A、D 错误；当木块的加速 度为 1 m/s2 时，木块与小车加速度相同，故选项 B 错误； 当 a＝2 m/s2 时，若木块相对小车发生滑动，小车的加速度 随外力 F 增大而增大，故选项 C 正确。
6．[2017· 南昌模拟 ]一斜劈静止于粗糙的水平地面上， 在其斜面上放一滑块 m，若给 m 一向下的初速度 v0，则 m 正好保持匀速下滑。 如图所示， 现在 m 下滑的过程中再加一 个作用力，则以下说法正确的是( )
A．在 m 上加一竖直向下的力 F1，则 m 将保持匀速运 动，M 对地有水平向右的静摩擦力的作用 B．在 m 上加一个沿斜面向下的力 F2，则 m 将做加速 运动，M 对地有水平向左的静摩擦力的作用 C．在 m 上加一个水平向右的力 F3，则 m 将做减速运 动，在 m 停止前 M 对地有向右的静摩擦力的作用 D．无论在 m 上加什么方向的力，在 m 停止前 M 对地 都无静摩擦力的作用
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律第6讲牛顿运动定律的理解课时作业
牛顿运动定律的理解基础巩固1．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，指出力不是维持物体运动的原因，从而奠定了牛顿力学的基础．关于惯性有下列说法，其中正确的是( )A ．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B ．没有力的作用时，物体只能处于静止状态C ．行星在圆轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D ．运动的物体如果没有受到力的作用，也会逐渐变为静止2．[2016·江苏南通如皋模拟] 质量为1 kg 的物体受到大小分别为6 N 和8 N 的两个共点力的作用，则该物体的加速度不可能是( )A ．10 m/s 2B ．6 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.5 m/s 23．如图K61所示，在质量为m 的物体上加一个竖直向上的拉力F ，使物体以加速度a 竖直向上做匀加速运动，若不计阻力，下面说法正确的是( )图K61A ．若拉力改为2F ，则物体加速度为2a ，方向向上B ．若质量改为m 2，则物体加速度为2a ，方向向上 C ．若质量改为2m ，则物体加速度为a 2，方向向下 D ．若质量改为m 2，拉力改为F 2，则物体加速度不变 4．[2016·武汉武昌区调研] 如图K62所示，老鹰沿虚线MN 斜向下减速俯冲的过程中，空气对老鹰的作用力可能是图中的( )图K62A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4能力提升5．如图K63所示，当车厢向右加速行驶时，一质量为m 的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢壁静止，随车一起运动．下列说法正确的是( )图K63A．在竖直方向上，车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡B．在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力C．若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力不变D．若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大6．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小，图K64中能正确描述F与a之间关系的是( )图K647．[2016·湖南郴州摸底] 如图K65所示，将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放，从弹簧接触地面到木箱速度第一次为零的过程中，木箱速度的变化情况是( )图K65A．一直增大B．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减小图K66A．物块立即做减速运动B．物块在开始的一段时间内仍做加速运动C．当弹簧的弹力等于恒力F时，物块静止D．当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度不为零9．[2016·石家庄调研检测] 如图K67所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图K67A．滑块一直做匀变速直线运动B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s10．(多选)[2016·重庆适应性考试] 如图K68所示，司机通过液压装置缓慢抬起货车车厢的一端卸货．当车厢与水平面间的夹角θ增大到一定角度后，货物从车厢内滑下．若卸货过程中货车始终静止，则( )图K68A ．货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力随θ角增大而增大B ．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力随θ角增大而增大C ．货物加速下滑时，地面对货车有向左的摩擦力D ．货物加速下滑时，货车受到地面的支持力比货车与货物的总重力小11．(多选)[2016·浙江丽水模拟] 小陈在地面上从玩具枪中竖直向上射出初速度为v 0的塑料小球，若小球运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图K69所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v 1.下列说法中正确的是( )图K69A ．小球上升过程中的平均速度大于v 02B ．小球下降过程中的平均速度大于v 12C ．小球射出时的加速度最大，到达最高点时的加速度为0D ．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小12．如图K610所示，车内绳AB 与绳BC 拴住一小球，BC 水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )图K610A ．AB 绳、BC 绳的拉力都变大B ．AB 绳的拉力变大，BC 绳的拉力变小C ．AB 绳的拉力变大，BC 绳的拉力不变D ．AB 绳的拉力不变，BC 绳的拉力变大挑战自我13．考驾驶证的某环节，学员需要将车前轮停在指定的感应线上．如图K611所示，车在感应线前以v 0的速度匀速行驶，前轮到感应线的距离为s 时，学员立即刹车，假设刹车后，车受到的阻力为其总重力(包括车内的人)的μ倍．已知车(包括车内的人)的质量为M ，重力加速度为g ，讨论在车的初速度v 0不同的情况下，车停止时，其前轮相对感应线的位置．图K611课时作业(六)1．A [解析] 惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，选项A 正确；根据惯性定律可知，没有力的作用时，物体将保持原来的运动状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，选项B 错误；行星在圆轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，选项C 错误；运动的物体如果不受力的作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，选项D 错误．2．D [解析] 两个力的合力范围为2 N ≤F 合≤14 N ，根据牛顿第二定律知，加速度的范围为2 m/s 2≤a ≤14 m/s 2.故D 不可能．3．D [解析] 根据题意，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ，解得a ＝F －mg m ＝F m－g ，据此可知，若拉力改为2F ，则物体加速度为a 1＝2F m －g >2a ，选项A 错误；若质量改为m 2，则物体加速度a 2＝2F m －g >2a ，选项B 错误；若质量改为2m ，则物体加速度a 3＝F 2m －g <a 2，选项C 错误；若质量改为m 2，拉力改为F 2，则物体加速度a 4＝F m－g ＝a ，选项D 正确． 4．B [解析] 老鹰沿虚线由M 到N 做减速运动，合外力与初速度的方向相反，由受力分析可知，空气的阻力与重力的合力方向与MN 反向，因此空气对老鹰的作用力可能是图中的F 2，B 正确．5．A [解析] 对物块受力分析如图所示，由牛顿第二定律知，在竖直方向有f ＝mg ，在水平方向有F N ＝ma ，A 正确，C 、D 错误；车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力，B 错误．6．C [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，可得F ＝ma ＋μmg ，即F 是a 的一次函数，且截距为正，选项C 正确．7．D [解析] 弹簧接触地面后，木箱受到重力和弹簧的弹力两个力作用．开始阶段弹力先小于重力，木箱所受的合力竖直向下，加速度方向竖直向下，与速度方向相同，木箱做加速运动，木箱的速度增大；之后弹簧的弹力逐渐增大，当弹力大于重力时，木箱所受的合力竖直向上，加速度方向竖直向上，木箱做减速运动，故速度先增大后减小．8．BD [解析] 物块与弹簧接触后，物块受到弹簧的弹力作用，但开始时弹力小于推力，物块继续加速运动，直到弹力等于推力为止，选项A 错误，选项B 正确；当弹力增加到等于推力时，物块速度达到最大，此后由于惯性，物块继续向左运动，弹力大于推力，物块开始减速运动，选项C 错误；弹簧处于最大压缩量时，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，选项D 正确．9．D [解析] 设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ>μ，mg sin θ>μmg cos θ，故滑块上滑到速度为零后，将会向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经过1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m<5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是做匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(3 s －1 s)＝4 m/s ，选项D 正确．10．BD [解析] 对货物的重力进行分解，沿车厢方向，重力分力为G 1＝mg sin θ，垂直车厢方向，重力分力为G 2＝mg cos θ.货物相对车厢静止时，货物对车厢的压力等于重力分力G 2，为mg cos θ，随θ角的增大而减小，选项A 错误．货物相对车厢静止时，货物受到的摩擦力等于重力分力G 1，为mg sin θ，随θ角的增大而增大，选项B 正确．货物加速下滑时，货物在水平方向有向右的加速度，说明车厢对货物有水平向右的作用力，根据牛顿第三定律可知，货物对车厢有水平向左的作用力，对货车，在水平方向由平衡条件可知，地面对货车有水平向右的摩擦力，选项C 错误．货物加速下滑时，货物在竖直方向有向下的加速度，车厢对货物竖直向上的作用力小于货物的重力，由牛顿第三定律可知，货物对车厢的压力小于货物的重力，对货车，在竖直方向由平衡条件可知，地面对货车的支持力小于货车和货物的总重力，选项D 正确．11．BD [解析] 上升过程若是做匀减速直线运动，则其平均速度为v 02，而从图中可以看出，在t 1时间内小球实际上升的位移小于做匀减速运动上升的位移，而平均速度等于位移与时间之比，故其平均速度小于匀减速运动的平均速度，即小于v 02，故A 错误；同理，可知小球下降过程中平均速度大于匀加速运动的平均速度，即大于v 12，故B 正确；小球刚被射出时，根据牛顿第二定律得mg ＋kv 0＝ma ，此时速率最大，可知此时的加速度最大，到最高点时，v ＝0，加速度a ＝g ，不是0，故C 错误；上升过程，有mg ＋kv ＝ma ，v 减小，a 减小，下降过程，有mg －kv ＝ma ，v 增大，a 减小，故D 正确．12．D [解析] 如图所示，车加速时，球的位置不变，则AB 绳的拉力沿竖直方向的分力T 1cos θ仍等于重力G ，T 1＝G cos θ不变；向右的加速度只能是由BC 绳上增加的拉力提供，故T 2增加，选项D 正确．13．略[解析] 由牛顿第二定律知，刹车后车的加速度大小a ＝μg设车的速度为v 时车前轮刚好停在感应线上，则v 2＝2as刹车过程中车的位移s ′＝v 202μg 当v 0＝v ＝2μgs 时，车前轮停在感应线上当v 0<v ＝2μgs 时，车前轮还没到达感应线，车前轮距离感应线的距离为Δs ＝s －s ′＝s－v20 2μg当v0>v＝2μgs时，车前轮已经驶过感应线，车前轮距感应线的距离为Δs＝s′－s＝v202μg－s.。
2018届高考物理大一轮复习教师用书：第三章 牛顿运动
第三章⎪⎪⎪ 牛顿运动定律第14课时 牛顿第一定律 牛顿第三定律(双基落实课)[命题者说] 高考对牛顿第一、第三定律很少单独命题，但弄清楚惯性、作用力和反作用力的关系是进一步学好物理的至关重要一环。
复习本课时时，要侧重对概念和规律的理解及应用。
[小题练通]1．(多选)(2013·海南高考)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。
下列说法符合历史事实的是( )A ．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B ．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：选BCD本题考查物理学史实。
亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡尔也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上，提出了惯性定律，即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
本题应选B、C、D。
2．(多选)(2017·金华质检)早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD物体不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态，物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性，也可以说抵抗运动状态变化的性质是惯性，A、D正确；没有力的作用时物体处于平衡状态，即物体处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，是因为受到万有引力的作用产生向心加速度，速度方向时刻在改变，C错误。
2018年高三物理一轮总复习专题3.1牛顿第一定律牛顿第三定律含解析
第3章牛顿运动定律“牛顿运动定律“是高中物理的核心内容之一，是动力学的基石，也是整个经典力学的理论基础，是历年高考的必考内容。
《考试说明》中对本章的知识能力要求几乎达到了最高地步，因此在历年的高考中，每年都要考查到本章知识，有时还会多题考查。
出题的形式多样，有选择题、填空题和计算题。
一、本章内容、考试范围及要求二、教材各节内容的重点、难点、易错点三、趋势分析及预测1. 分析总结（1）常考点其考查的重点有:准确理解牛顿第一定律,熟练掌握牛顿第二定律及其应用，尤其是物体的受力分析方法,理解牛顿第三定律,理解和掌握运动和力的关系,理解超重和失重。
本章内容的命题形式倾向于应用型、综合型和能力型，易与生产生活、军事科技、工农业生产等紧密联系.还可以力、电综合题形式出现。
从方法上重点考查运用隔离法和整体法来求解加速度相等的连接体问题,运用正交分解法处理受力较复杂的问题，运用图象法处理力与运动的关系问题。
从能力角度来看，重点考查思维能力、分析和解决问题的能力。
（2）命题分析从历年高考物理试题看出，牛顿运动定律的几种命题涉及三个考点：一是对牛顿运动定律的理解，二是牛顿第二定律的应用，三是超重和失重。
三个方面考点通常又相互联系和相互渗透，既可单独命题，又可以与力学、甚至电磁学相联系，构建力电的综合考题。
2. 趋势预测（1）从高考考点透视看出，牛顿第二定律是考查的重点，每年均考；而牛顿第一定律和牛顿第三定律在牛顿第二定律的应用中得到完美体现．与斜面、轻绳、轻杆、轻弹簧、圆周运动等内容综合的题目，命题频率较高．（2）2017 年高考对本专题的考查仍将以概念和规律的应用为主，单独考查本专题的题目多为选择题，与曲线运动、电磁学相结合的题目多为计算题．（3）以实际生活、生产和科学实验中有关问题为命题背景，突出表现物理知识在生活中的应用的趋势较强，2017 年高考应予以高度关注。
四、复习策略1．融会贯通理解牛顿三个定律：牛顿第一定律是“前奏”、第二定律是“主干”、第三定律是“回声”充分体现了力和运动的客观规律．2．应用牛顿定律，关键是对于研究对象正确地进行受力分析，参考加速度的方向建立直角坐标系，可在不同方向上进行应用．3．从近几年的高考形势看，对连结体问题不作要求，但对系统的整体的考查还是必要的．应掌握整体法和隔离法的应用．4．牛顿定律是力学中三大规律之一，另外还有“动量守恒定律”和“功能关系”，解题时还应首先考虑另外两大规律的应用(注意符合题设条件)，然后考虑牛顿定律的应用．专题01 牛顿第一定律牛顿第三定律课前预习● 自我检测1.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”(1)牛顿第一定律是实验定律。
2018高考物理大一轮复习方案：第3单元 牛顿运动定律 物理听课正文
第三单元牛顿运动定律高考纵览教材知识梳理一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持________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．惯性(1)定义：一切物体都有保持原来________运动状态或静止状态的性质．(2)量度：________是物体惯性大小的唯一量度，________大的物体惯性大，________小的物体惯性小．二、牛顿第二定律1．内容：物体的加速度的大小跟它受到的________成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向________．2．公式：________．3．适用范围：(1)只适用于________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________物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．三、牛顿第三定律1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小________，方向________，作用在同一条直线上．2．表达式：F甲对乙＝－F乙对甲，负号表示________．四、国际单位制力学中的基本量是质量、________、长度，对应的基本单位分别是________、________、________．【思维辨析】(1)牛顿第一定律是实验定律．()(2)牛顿第一定律指出，当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态．()(3)物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止．()(4)力的单位是牛顿，1 N＝1 kg·m/s2.()(5)外力(不为零)作用于静止物体的瞬间，物体立刻获得加速度．()(6)物体加速度的方向一定与合外力方向相同．()(7)惯性是物体抵抗运动状态变化的性质．()(8)作用力与反作用力的效果相互抵消．()【思维拓展】根据牛顿第二定律，当合外力为零时物体的加速度等于零，物体保持原来状态不变，所以，牛顿第一定律是第二定律的特殊情况吗？考点互动探究考点一牛顿第一定律1.牛顿第一定律是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上采用科学的逻辑推理得出的结论，物体不受外力是牛顿第一定律的理想条件，所以，牛顿第一定律不是实验定律．2．惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大；牛顿第一定律揭示了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．江苏南通如皋模拟] 飞机在迫降前应该把机载的燃油放空，消防车在跑道上喷出了一条泡沫带．下列说法中正确的是()A．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也增加飞机的惯性B．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小飞机的惯性C．泡沫带是为了减小飞机所受的合力D．泡沫带是为了减小飞机所受的阻力关于运动状态的改变，下列说法正确的是()A．只要物体在运动，其运动状态一定改变B．物体受到多个力作用，其运动状态一定改变C．只要物体的速度大小不变，运动状态就不变D．只要物体的速度大小或方向中有一个改变，其运动状态就一定改变■ 要点总结1．对牛顿第一定律的理解包含两方面：其一，定义了“惯性”和“力”；其二，指出了“惯性”和“力”对运动的影响．2．惯性不是力，惯性和力是两个截然不同的概念．物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性越大，物体运动状态越难以改变．但要判断物体下一时刻的运动状态，必须掌握物体的受力情况和初始状态．考点二牛顿第二定律多选)2016·全国卷Ⅰ] 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在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1 2016·贵阳质量检测] 如图3-6-1所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住而处于静止状态．现用一个水平力F拉斜面体，使球和斜面体在水平面上一起做加速度为a的匀加速直线运动，若忽略一切摩擦，与球静止时相比()图3-6-1A．竖直挡板对球的弹力不一定增大B．斜面对球的弹力保持不变C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零2 (多选)2015·海南卷] 如图3-6-2所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间()图3-6-2A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl23 如图3-6-3所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()图3-6-3A．木块将立即做匀减速直线运动B．木块将立即做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零■ 要点总结1．作用在物体上的每一个力都将独立地产生各自的加速度，合外力产生的加速度是这些加速度的矢量和；2．关于牛顿第二定律的瞬时性，主要考查轻绳和轻弹簧中力的突变对比；3．牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．牛顿第一定律是在物体不受外力的理想情况下经过科学抽象、归纳推理而总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律，牛顿第二定律的意义在于力是如何改变物体运动状态的．考点三牛顿第三定律多选)2016·海阳一中模拟改编] 北京时间2016年9月15日晚10时04分，中国在酒泉卫星发射中心用“长征二号F－T2”火箭将“天宫二号”空间实验室成功发射升空，顺利入轨并正常开展各项科研活动．关于“天宫二号”与火箭起飞的情形，下列叙述正确的是()图3-6-4A．“天宫二号”进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力B．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生反作用力，火箭获得向上的推力C．运载火箭尾部喷出的气体对空气产生作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力D．运载火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽向下喷气，但无法获得前进的动力2016·江苏南通如皋模拟] 下列关于小鸟和飞机相撞时的说法正确的是()A．小鸟对飞机的作用力比飞机对小鸟的作用力大B．飞机对小鸟的作用力比小鸟对飞机的作用力大C．小鸟对飞机的作用力与飞机对小鸟的作用力一样大D．主动撞击的一方产生的作用力大■ 注意事项区分一对相互作用力与一对平衡力是牛顿第三定律问题的重点，平衡力是同一物体受到的一对力，其作用效果可以抵消，相互作用力是两个不同物体受到的一对力，二力分别作用在不同物体上，其作用效果不能抵消；牛顿第三定律的重要作用之一是转换研究对象，当根据已知条件无法直接求得物体受到的某作用力时，可以根据牛顿第三定律，先求得该力的反作用力．第7讲牛顿第二定律的应用(1)教材知识梳理一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛＝ma)求出________，再由运动学的有关公式求出速度或位移．顿第二定律(F合2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出________，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．说明：牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁，加速度是解题的关键．二、超重和失重1．超重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为超重现象．2．失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为失重现象．3．完全失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的情况称为完全失重现象．4．视重与实重(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________．视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．(2)物体实际受到的重力大小称为________．三、连接体与隔离体1．连接体与隔离体：两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为________．如果把其中某个(或几个)物体隔离出来，该物体称为________．2．外力和内力(1)以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的________，而系统内各物体间的相互作用力为________．(2)求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑________；如果把物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将变为隔离体的________．【思维辨析】(1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力．()(2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果．()(3)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．()(4)物体处于超重状态时，物体的重力大于mg.()(5)物体处于完全失重状态时其重力消失．()(6)物体处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关．()(7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力．()考点互动探究考点一解决动力学两类问题的基本思路四川卷] (17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图3-7-2所示，竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图3-7-1图3-7-2解答规范] (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则________＝ma1(2分)f＝________(2分)联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2(1分)a1的方向沿制动坡床向下．(1分)(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k 倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则Mg sin θ＋F－f＝Ma2(2分)F＝k(m＋M)g(2分)s1＝________(2分)s2＝________(2分)s＝________(1分)l＝l0＋s0＋s2(1分)联立并代入数据得l＝98 m．(1分)1 研究表明，一般人的刹车反应时间(即图3-7-3甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g取10 m/s2.求：(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者比一般人增加的反应时间；(3)减速过程中汽车对志愿者的作用力大小与志愿者重力大小的比值．2 2016·合肥质量检测] 如图3-7-4所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是半圆的圆心，圆和半圆处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()图3-7-4A．t AB＝t CD＝t EFB．t AB>t CD>t EFC．t AB<t CD<t EFD．t AB＝t CD<t EF考点二江苏南通如皋模拟] 我国“80后”女航天员王亚平在“天宫一号”里给全国的中小学生们上了一堂实实在在的“太空物理课”．在火箭发射、飞船运行和回收过程中，王亚平要承受超重或失重的考验，下列说法正确是() A．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于超重状态B．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于失重状态C．飞船在绕地球匀速运行时，王亚平处于超重状态D．火箭加速上升时，王亚平处于失重状态■题根分析本题通过受力分析和牛顿第二定律，考查运动过程中的超重、失重问题．对超重、失重问题的分析应注意：(1)超重、失重现象的实质是物体的重力的效果发生了变化，重力的效果增大，则物体处于超重状态；重力的效果减小，则物体处于失重状态．重力的作用效果体现在物体对水平面的压力、物体对竖直悬线的拉力等方面，在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化．(2)物体是处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向．只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态，当物体的加速度等于重力加速度时(竖直向下)，物体就处于完全失重状态．(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平不能测量物体的质量、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等．■变式网络1 2016·合肥质量检测] 如图3-7-5所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是()图3-7-5A．只有“起立”过程才能出现超重的现象B．只有“下蹲”过程才能出现失重的现象C．“下蹲”的过程中，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”“下蹲”的过程中，都能出现超重和失重的现象2 2016·福建质量检测] 如图3-7-6所示，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，则()图3-7-6A．车厢对货物的作用力大小等于mgB．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C．悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)gD．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上3 (多选)飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员处于完全失重状态时，下列说法正确的是()A．宇航员不受任何力作用B．宇航员处于平衡状态C．地球对宇航员的引力全部用来提供向心力D．正立和倒立时宇航员一样舒服考点三连接体问题应用牛顿第二定律解决连接体类问题时，正确地选取研究对象是解题的关键．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，则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)；若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内各物体之间的作用力，则需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力，则可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”．如图3-7-7所示，一足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝37°，大小可以忽略的两个小物体A、B的质量分别为m A＝1 kg、m B＝4 kg，两物体之间的轻绳长L＝0.5 m，轻绳可承受的最大拉力为T＝12 N．对B施加一沿斜面向上的力F，使A、B由静止开始一起向上运动，力F逐渐增大，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；(2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3 m/s，绳断后保持外力F不变，当A运动到最高点时，求A、B之间的距离．图3-7-71 2016·湖南衡阳月考] 如图3-7-8所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小()图3-7-8A．由大变小B．由小变大C．始终不变且大小为m1m1＋m2FD．由大变小再变大2 a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用大小为F的恒力竖直向上拉着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3-7-9所示，下列说法正确的是()图3-7-9A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，则x1>x2D．若m1<m2，则x1<x2■方法技巧求解连接体内部物体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体外部对物体的作用力或加速度时，一般选取系统整体为研究对象．大多数连接体问题中需要整体法和隔离法交替使用．考点互动探究考点一瞬时问题分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后的瞬时作用力是否变化．注意“线”“绳”“轻弹簧”“橡皮绳”等理想模型的特点：(1)质量和重力均可视为等于零，且一根绳、线、轻弹簧、橡皮绳中各点的张力大小相等；(2)无论线和绳受力多大，其长度都不变，线和绳中的张力可以突变；(3)弹簧既能承受拉力，也能承受压力，橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力；(4)由于弹簧和橡皮绳受力时改变状态需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的力不能突变．如图3-8-1所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，两滑块之间连接一弹簧，弹簧原长为L，劲度系数为k，a、b的质量均为m.现用水平恒力F拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，已知弹簧在弹性限度内，两滑块与桌面间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是()图3-8-1A．a、b间的距离为L＋F kB．撤掉F的瞬间，a、b的加速度一定都增大C．若弹簧与a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大D．撤掉F的瞬间，a的加速度不变，b的加速度一定增大2015·武汉模拟] 如图3-8-2所示，细线连接着A球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A、B两球，它们在倾角为θ的光滑斜面体C上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()图3-8-2A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θC．C对地面的压力等于A、B和C的重力之和D．地面对C无摩擦力■注意事项物体的运动情况和受力情况是时刻对应的，当外界条件发生变化时，必须重新进行受力分析和运动分析，加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．对于弹簧、橡皮绳等发生明显形变而产生的弹力，不能发生突变；而对于轻绳、桌面等发生不明显形变而产生的弹力，能够发生突变．考点二牛顿第二定律与运动图像的综合常见图像：v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等．(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点．如图3-8-3甲所示，一个可视为质点的质量m＝2 kg的物块在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为v0＝12 m/s，与此同时对其施加一与运动方向相反的恒力F，此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，g取10 m/s2.(1)求物块与水平面之间的动摩擦因数μ和所施加的恒力F的大小；(2)从施加恒力F开始，求物块再次回到A点时的速度大小．图3-8-31 如图3-8-4所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能E k及拉力的功率P随时间t或位移x的变化图像可能正确的是图3-8-5中的()图3-8-4图3-8-52 2016·兰州实战考试] 用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图3-8-6所示，g取图3-8-6A．物体与水平面间的滑动摩擦力B．物体与水平面间的动摩擦因数C．外力F为12 N时物体的速度D．物体的质量■方法技巧解决图像综合问题的关键图像反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐点的物理意义对图像及运动过程进行分析．考点三动力学中的临界与极值问题1.临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些起止点一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．合肥质量检测] 如图3-8-7所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N．g取10 m/s2.(1)当F作用1.2 s时，求木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，求物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．图3-8-7如图3-8-8所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面体质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑．现对斜面体施加一水平推力F，要使物块相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．(g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图3-8-8热点一滑块——滑块——长木板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速直线运动等主干知识，能力要求较高．滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块——长木板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系．1．模型特点：滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x2－x1＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L.考向一外力F作用下的滑块——长木板兰州实战考试] 如图Z31所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上．现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求能使A、B发生相对滑动的F的最小值；(2)若F＝30 N，作用1 s后撤去F，要使A不从B上滑落，则木板至少为多长？从开始到A、B均静止，A的总位移是多少？图Z31(多选)2015·陕西宝鸡九校联考] 如图Z32所示，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块．现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是()图Z32A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大考向二无外力F作用的滑块——长木板广州模拟] 在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v＝4 m/s的速度做匀。
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。
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课件
下列关于超重、失重现象的说法正确的是 导学号 51342312 ( D ) A．汽车驶过拱形桥顶端时处于失重状态，此时质量没变，重力减小了 B．荡秋千的小孩通过最低点时处于失重状态，此时拉力小于重力 C．宇航员在飞船内处于完全失重状态，而正在进行太空行走的宇航员在飞 船外则处于平衡状态 D．电梯加速上升时，处在电梯中的人处于超重状态，受到的支持力大于重 力
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。(
)
) )
(5)处于完全失重状态的物体，重力并没有发生变化。( (6)超重和失重现象与物体运动的速度大小和方向无关。(
(7)站在台秤上的人下蹲过程，台秤的示数保持不变。(
)
答案：(1)×
不管超重还是失重，物体本身重力并不变。 (3)√ (6)√ (4)× (7)×
[ 解析 ]
物体 A 向上加速运动，物体 B 向下加速运动，因此 A 处于超重状
态，T>mAg，B处于失重状态，T<mBg，故B正确。
4.如图所示，A、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)， 下列说法正确的是 导学号 51342311 ( A ) A．在上升和下降过程 A 对 B 的压力一定为零 B．上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力 C．下降过程中 A 对 B 的压力小于 A 物体受到的重力 D．在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都等于 A 物体受到的重力
拉力 ② 视 重 大 小 等 于 弹 簧 测 力 计 所 受 物 体 的 _________ 或台秤所受物体的 压力 。 _________
2．超重、失重和完全失重的比较
超重现象
概念 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
2018年高考一轮江苏物理 必考部分 第3章 第1节 牛顿第一定律 牛顿第三定律
第1节 牛顿第一定律 牛顿第三定律知识点1 牛顿第一定律1．作用力和反作用力两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体同时对这个物体也施加了力．2．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，作用在同一直线上．(2)表达式：F ＝－F ′.(3)意义：建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系．1．正误判断(1)物体做自由落体运动，就是物体具有惯性的表现．(×)(2)物体运动的速度大小不是由物体的受力决定的．(√)(3)作用力与反作用力可以作用在同一物体上．(×)(4)人走在松软的土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)(5)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的．(√)2．(物理学史)在物理学发展史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( )A ．亚里士多德、伽利略B ．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦D．亚里士多德、牛顿【答案】 B3．(伽利略斜面实验)(2014·北京高考)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图3-1-1所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()【导学号：96622037】图3-1-1A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】 A4．(对惯性的理解)关于惯性，下列说法正确的是()A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大B．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减小惯性，保证其运动的灵活性C．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性D．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性大的缘故【答案】 B5．(对牛顿第三定律的认识)一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是()【导学号：96622038】A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小关系【答案】 C[核心精讲]1．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，惯性表现为运动状态改变的难易程度．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．2．对牛顿第一定律的四点说明(1)明确惯性的概念：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．(2)揭示了力的本质：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．(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的．在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的．(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答．牛顿第一定律是不受外力的理想情况下经过科学抽象、归纳推理而总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．[题组通关]1．关于牛顿第一定律的说法中，正确的是()A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因D根据牛顿第一定律，物体在任何时候都有惯性，故选项C错；不受力时惯性表现为使物体保持静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错；牛顿第一定律还揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D 正确；牛顿第一定律并不能反映物体惯性的大小，故选项B错．2．如图3-1-2所示，木块放在上表面光滑的小车上并随小车一起沿水平面向左做匀速直线运动．当小车遇到障碍物而突然停止运动时，车上的木块将()【导学号：96622039】图3-1-2A．立即停下来B．立即向前倒下C．立即向后倒下D．仍继续向左做匀速直线运动D木块原来随小车一起向左运动，当小车突然停止时，木块在水平方向上没有受到外力的作用，根据牛顿第一定律，木块将继续向左做匀速直线运动．选项D正确．[名师微博]两点技巧：1．应用牛顿第一定律分析实际问题时，要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力和运动的关系，正确理解力不是维持物体运动状态的原因，克服生活中一些错误的直观印象，建立正确的思维习惯．2．如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力作用．因此，判断物体的运动状态是否改变，以及如何改变，应分析物体的受力情况．[核心精讲]1．作用力与反作用力的“四同、三异、三无关”2．作用力、反作用力与一对平衡力的比较[师生共研]●考向1对牛顿第三定律的理解如图3-1-3所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，则()图3-1-3A．绳子对甲的拉力小于甲的重力B．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力C．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定小于乙的重力D．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于乙的重力D甲拉住绳子悬在空中处于静止状态，绳子对甲的拉力等于甲的重力，A 错误；由牛顿第三定律可知，绳子对甲的拉力与甲对绳子的拉力大小相等，B错误；因乙能把绳子拉断，说明乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于甲拉绳子的力，也一定大于乙的重力，故C错误，D正确．●考向2作用力、反作用力与平衡力的区别(多选)如图3-1-4所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是()图3-1-4A．水平力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力B．物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力BD水平力F跟墙壁对物体的压力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项C 错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D正确．1．作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作用的物体不同，所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同．2．作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体．[题组通关]3．“掰手腕”是中学生课余非常喜爱的一项游戏．甲、乙两同学在进行“掰手腕”游戏，关于他们的手之间的力，下列说法正确的是() 【导学号：96622040】A．甲掰赢了乙，是因为甲手对乙手的作用力大于乙手对甲手的作用力B．只有当甲乙僵持不分胜负时，甲手对乙手的作用力才等于乙手对甲手的作用力C．甲、乙比赛对抗时，无法比较甲手对乙手的作用力和乙手对甲手的作用力的大小关系D．无论谁胜谁负，甲手对乙手的作用力大小等于乙手对甲手的作用力大小D甲、乙之间的相互作用力总是大小相等方向相反，作用在一条直线上，故D正确．4．物体静止在斜面上，如图3-1-5所示，下列说法正确的是()图3-1-5A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对平衡力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D．物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力C物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力也是一对作用力与反作用力，A、B均错误；物体所受重力的两个分力仍作用在物体上，D错误；物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，C正确．[典题示例]建筑工人用如图3-1-6所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在水平地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以1.0 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及两者间的摩擦，求：地面受到的压力和摩擦力大小．(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图3-1-6【规范解答】建筑材料受力如图(a)所示：(a)由牛顿第二定律得：F1－mg＝ma代入数据解得：F1＝220 N因此绳对人的拉力F2＝F1＝220 N人受力如图(b)所示：由平衡条件得：(b){F2·cos 53°＝f F2·sin 53°＋N＝Mg代入数据解得：N＝524 N，f＝132 N由牛顿第三定律得：人对地面的压力大小为524 N，地面受到的摩擦力大小为132 N.【答案】524 N132 N如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，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．可见利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们对问题的分析思路更灵活、更宽阔．[题组通关]5．(2017·淮安模拟)如图3-1-7所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力大小一定为()【导学号：96622041】图3-1-7A．μ1(m＋M)g B．μ2mgC．μ1mg D．μ1mg＋μ2MgB木块m在M上向右滑行过程中，受到M对m水平向左的滑动摩擦力，由牛顿第三定律可知，m对M有水平向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，由于M 处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对M的静摩擦力方向水平向左，大小为μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，故B正确．11。
2018届高考物理第一轮总复习全程训练周测三牛顿运动定
周测三牛顿运动定律(B卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.如图所示，质量为m的球置于45°斜面上，被一个垂直斜面挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )A．若加速度足够小，挡板对球的弹力可能为零B．若加速度大小为重力加速度g值时，斜面对球的弹力为零C．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma2．如图甲所示，一根质量分布均匀的粗绳AB长为l，在水平恒力F的作用下沿水平面运动．绳上距A端x处的张力F T与x的关系如图乙所示(F和l为已知量)．下列说法正确的是( )A．粗绳一定不受摩擦力作用B．若只增大恒力F，则F T－x直线斜率的绝对值变大C．若已知粗绳的质量，则可求出粗绳运动的加速度D．若已知粗绳运动的加速度，则可求出粗绳的质量3．(多选)如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t＝0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带．下列描述小物体的速度随时间变化的图象可能正确的是( )4.(多选)如图所示，C是水平地面，A、B是质量均为m的两长方形的物块，设A、B间摩擦力大小为f1，B、C间摩擦力大小为f2，B、C接触面间动摩擦因数为μ.下列说法正确的是( ) A．若水平力F作用在物块B上，且物块A和B静止或以相同的速度匀速运动，则f1＝0，f2＝fB．若水平力F作用在物块B上，且物块A和B一起以a向右加速运动，则f1＝ma，f2＝2μmg C．若水平力F作用在物块A上，且物块A和B静止或以相同的速度匀速运动，f1＝f2＝F D．若水平力F作用在物块A上，且物块A和B一起以a向右加速运动，则f1＝ma，f2＝2μmg 5．(多选)如图所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为F T.已知重力加速度大小为g，下列a－x、F T－x关系图象可能正确的是 ( )6.(多选)如图所示，物体A、B、C放在光滑水平面上并用细绳a、b连接，拉力F作用在A 上，使三物体在水平面上运动，若在B上放一小物体D，D随B一起运动，且原来的拉力F保持不变，那么加上D后两绳中拉力的变化是(绳a中拉力大小用F T a表示，绳b中拉力大小用T b表示)( )A．T a变大 B．T b变大C．T a变小 D．T b变小7.物体被钢索从地面吊起，该物体在竖直方向上运动的v－t图象如图所示，不计空气阻力．关于物体在0～46 s内的运动，下列说法正确的是( )A．在30 s时物体距地面最高B．在46 s时物体距地面的高度为22 mC．在0～10 s内物体处于失重状态D．在30～36 s内钢索最容易断裂8．(多选)某同学用台秤研究电梯中的超、失重现象．地面上其体重为500 N，再将台秤移至电梯内测其体重．电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g＝10 m/s2.则( )A．电梯为下降过程B．在10～11 s内电梯的加速度大小为2 m/s2C．F3的示数为550 ND．电梯运行的总位移为19 m二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(7分)图甲为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中小车A的质量为m1，连接在小车后的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮且足够长的木板上，P的质量为m2，C为力传感器，实验时改变P的质量，读出对应的力传感器的示数F，不计绳与滑轮间的摩擦．(1)电火花打点计时器的工作电压为________(填“交”或“直”)流________V.实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的为了探究在质量不变时，物体的加速度与合力的关系，某学生想到用气垫导轨0)和光电门及质量为m的滑块来进行实验．如图所示，他将气垫导轨的一端用木块垫高，使导轨有一个倾角θ，将滑块从导轨上端释放，光电门自动11．(13分)如图所示，三角形传送带以v＝5 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带两边倾斜部分的长度都是L＝6 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个质量均为m＝1 kg的小物体A、B从传送带顶端都以v0＝1 m/s的初速度同时沿传送带下滑，物体与传送带间的动摩擦因数都是μ＝0.75.取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A、B两物体到达传送带底端的时间差(结果可用分数表示)；(2)整个下滑过程中因摩擦产生的总热量．12.(20分)如图所示，粗糙水平面上放置一个质量M＝2 kg、长度L＝5 m的木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m＝1 kg.已知A、B间动摩擦因数为μ1＝0.2，A 与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4.开始时A、B均处于静止状态，当B获得水平向右的初速度v0＝8 m/s的同时，对A施加水平向右的恒力，取g＝10 m/s2.(1)为使物块B不从木板A的右端滑出，求力F的最小值．(2)若F＝22 N，求物块B的最大速度．周测三牛顿运动定律(B卷)1．B受力分析如图所示，，设其刚开始时加速度为a，。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习第3单元牛顿运动定律单元小结卷
第3单元牛顿运动定律一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段．在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律．伽利略设想了一个理想实验，如图D31所示．图D31①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动．通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接结论是( )A．自然界的一切物体都具有惯性B．在光滑水平面上运动的小球，其运动状态的维持并不需要外力C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2．[2016·浙江高考冲刺] 一条鱼在水中正沿直线水平向左加速游动．在这个过程中，关于水对鱼的作用力的方向，图D32中合理的是( )图D323．[2016·广西高三第一次质量检测] 如图D33所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图D33A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N4．[2016·山西下学期考前质量检测] 用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动．从t＝0时刻起水平力F的大小随时间均减小，到t1时刻F减小为零，则物体运动速度v随时间t变化的图线大致正确的是图D34中的( )图D345．[2016·河北保定高三调研] 如图D35所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B ，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g ，则( )图D35A ．a A ＝1＋m 2m 1μg ，aB ＝μg B ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝1＋m 2m 1μg ，a B ＝0D ．a A ＝μg ，a B ＝μg6．一重物挂在电梯内的弹簧测力计上，弹簧测力计读数小于物体重力的情况是( ) A ．电梯向上加速运动 B ．电梯向上减速运动 C ．电梯向下加速运动 D ．电梯向下减速运动7．如图D36所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O ，现用过O 的水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区域．下列说法正确的是( )图D36A ．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下的加速度为多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D ．无论小车沿斜面向上的加速度为多大，稳定后细线都不可能沿与ON 重合的水平方向 8．如图D37所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝3.5 m ，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A 端的瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B .下列说法中正确的是( )图D37A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sC ．若传送带顺时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B不可能等于3 m/s二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．如图D38所示，一上表面光滑的矩形滑块置于水平地面上，其质量M＝2 kg，长l ＝2 m，高h＝0.8 m，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在滑块的右端放置一个质量为m ＝1 kg的小球．现用外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得v0＝4 m/s的水平向右的速度，经过一段时间后小球落地．(g取10 m/s2)(1)在小球脱离滑块之前，求滑块的加速度大小；(2)求小球落地时距滑块右端的水平距离．图D3810．如图D39所示，足够长的斜面倾角θ＝37°，一个物体以v0＝12 m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25.已知重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；(2)物体沿斜面上滑的最大距离x；(3)物体沿斜面到达最高点后返回时的加速度大小a2；(4)物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t.图D3911．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的碰撞．如图D310所示，一块表面水平的木板放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离为L＝0.08 m，一小物块以初速度v0＝2 m/s从左端滑上木板．已知木板和小物块的质量均为1 kg，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长，使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，且木板与墙碰后以原速率反弹，碰撞时间极短、可忽略，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的时间；(3)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．图D310参考答案（测评手册）单元小结卷(三)1．B [解析] 伽利略理想斜面实验以可靠的实验事实为基础，通过推理得到小球在不受摩擦力作用时将在水平面上做匀速直线运动的结论，选项B 正确．2．A [解析] 鱼受到重力和水对鱼的作用力，这两个力的合力沿水平方向向左，使得鱼产生一定的加速度，故水对鱼的力只可能是斜向左上的，选项A 正确．3．B [解析] 对物体A 、B 整体，由牛顿第二定律，有F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，有μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．4．A [解析] 用水平力F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，说明水平力F (设此时大小为F 0)等于滑动摩擦力f ，即F 0＝f .从t ＝0时刻起水平力F 的大小随时间均匀减小，其大小可表示为F 0－kt ，由牛顿第二定律得(F 0－kt )－f ＝ma ，解得a ＝－kt m，即加速度a 随时间逐渐增大，所以其速度v 随时间t 变化的图线大致正确的是A.5．C [解析] 稳定时A 和B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm 2g ，等于弹簧向左的弹力F ，B 受到的合外力为0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，则B 的加速度为0；A 的加速度为F ＋μm 1g m 1＝1＋m 2m 1μg ，选项C 正确． 6．BC [解析] 弹簧测力计的读数小于重物的重力，说明重物失重，具有向下的加速度，所以电梯可能向下加速运动或向上减速运动，故A 、D 错误，B 、C 正确．7．BD [解析] 若小车匀速运动，则小球所受的合力应为零，细线应处于竖直状态，选项A 错误；若小车沿斜面向下加速运动，由连接体知识可知，小球的加速度方向沿斜面向下，即小球所受合外力方向沿斜面向下，由此可知选项B 正确，选项C 错误；同理，选项D 正确．8．AB [解析] 当传送带不动时，物体从A 到B 做匀减速运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，物体到达B 端时的速度v B ＝v 2A －2ax ＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速运动至B 端，v B ＝3 m/s ，选项A 、B 正确．当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．当传送带速度大于4 m/s 时，物体可能一直加速运动，也可能先加速运动后匀速运动；当传送带速度等于4 m/s 时，物体匀速运动；当传送带速度小于4 m/s 时，物体可能一直减速运动，也可能先减速运动后匀速运动，选项C 、D 错误．9．(1)3 m/s 2(2)2.64 m[解析] (1)由于滑块上表面光滑，故小球在水平方向不受力，所以从滑块开始运动到小球离开滑块的这段时间内，小球始终静止．对于滑块，其加速度大小a 1＝μ（M ＋m ）g M＝3 m/s 2(2)小球脱离滑块时，滑块的速度v 1＝v 20－2a 1l ＝2 m/s在小球脱离滑块后，滑块的加速度大小a 2＝μMg M＝μg ＝2 m/s 2小球脱离滑块后，滑块做匀减速直线运动的时间t 1＝v 1a 2＝1 s 滑块的左端离开小球后，小球做自由落体运动，落地时间t 2＝2hg＝0.4 s<1 s所以，小球落地时距滑块左端的水平距离x ＝v 1t 2－12a 2t 22＝0.64 m小球落地时距滑块右端的水平距离X ＝x ＋l ＝2.64 m.10．(1)8 m/s 2 (2)9 m (3)4 m/s 2(4)3.62 s[解析] (1)物体沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2(2)物体沿斜面上滑，有 v 20＝2a 1x 解得x ＝9 m(3)物体沿斜面返回时，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝4 m/s 2(4)物体沿斜面向上运动时，有v 0＝a 1t 1 物体沿斜面向下运动时，有x ＝12at 22则t ＝t 1＋t 2＝3（2＋1）2s ≈3.62 s11．(1)0.4 m/s (2)2 1.8 s (3)0.06 m[解析] (1)小物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动． 设木板加速度大小为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时木板的速度大小为v 1，则μmg ＝ma L ＝12aT 2 v 1＝aT联立解得T ＝0.4 s ，v 1＝0.4 m/s.(2)在小物块与木板两者达到共同速度前，木板受到小物块对它的摩擦力作用，先做匀加速运动，与墙碰后以原速率反弹，再做匀减速直线运动，因小物块对木板的摩擦力不变，故加速过程和匀减速过程的加速度大小相等地，因而木板与墙相碰后将返回至初始位置且速度减为零，所用时间也为T ，之后重复上述运动过程．小物块与木板的质量相等，加速度大小相等．设在小物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有v ＝v 0－(2nT ＋Δt )a ＝a Δt式中Δt 是碰撞n 次后木板从初始位置至达到共同速度时所需要的时间． 故2v ＝v 0－2nTa由于木板的速率只能在0到v 1之间，故有 0≤v 0－2nTa ≤2v 1 解得1.5≤n ≤2.5由于n 是整数，故n ＝2，v ＝0.2 m/s ，Δt ＝0.2 s从开始到小物块与木板达到共同速度所用的时间为t ＝4T ＋Δt ＝1.8 s(3)物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s ＝L －12a (Δt )2＝0.06 m。
2018年高考物理大一轮复习 第3章 牛顿运动定律章末检测
三牛顿运动定律(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分) 1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是( )A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态C．由牛顿第二定律得到m＝Fa，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体解析：选 B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是( )A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力解析：选 C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是( )A ．不受摩擦力的作用B ．受到水平向左的摩擦力作用C ．处于超重状态D ．所受合力竖直向上解析：选B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A 错误，B 正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C 错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D 错误．4．在地面上以初速度v 0竖直向上抛出一小球，经过2t 0时间小球落回抛出点，其速率为v 1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比．则小球在空中运动时速率v 随时间t 的变化规律可能是( )解析：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v 1＜v 0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a ＝mg ＋kv m 是减小的，v t 图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a ＝mg －kv m是减小的，v t 图象中图线也越来越缓，选项A 正确． 5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m 0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m 的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L ，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL 后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L mg ②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L (m ＋m 0)g③刚松手瞬间物体的加速度为ΔL Lg ，方向向上 ④刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 0m g ，方向向上 A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选 A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．假设没有向下拉弹簧，即ΔL ＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg ，将ΔL ＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a ＝F N －mg m ＝ΔL Lg ，方向向上，③对④错，A 正确． 6．在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L 时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图所示，由图可知( )A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反解析：选AC.两个小球受到的斥力大小相同，但是加速度大小不同，根据a ＝F m可知加速度小的小球质量大，所以a 球质量大于b 球质量，A 正确.0～t 1时间内，两小球相向运动，距离越来越小，t1～t2时间内两小球运动方向相同，但a小球速度大，两小球的距离继续减小，t2时刻两小球距离最小，B错误，C正确．t1～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相同，D错误．7．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变B．若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C．若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D．若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大解析：选CD.将a、b、c看做一个整体，对整体受分力析，整体受力不变，但整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体加速度减小，A错误；如果粘在a上，对c受力分析，绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小；对b受力分析，水平恒力F和a对b的摩擦力的合力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间摩擦力增大，B错误；如果粘在b上，对c受力分析，绳的拉力即为c受到的合力，根据牛顿第二定律得c受到的拉力减小，对a、c整体受力分析，b对a的摩擦力即为两者的合力，根据牛顿第二定律得a、c整体受到的合力减小，故b对a的摩擦力减小，C 正确；如果粘在c上，对b受力分析，水平恒力F减去a对b的摩擦力即为b受到的合力，根据牛顿第二定律得b受到的合力减小，故a、b间的摩擦力增大，对a受力分析．b对a 的摩擦力减去绳的拉力即为a受到的合力，根据牛顿第二定律得a受到的合力减小，说明绳的拉力增大，D正确．8．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是( )解析：选BD.小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，小木块与传送带同速后，因μ＜tan θ，小木块将继续向下加速运动，此时有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，有a 1＞a 2，故B 、D 正确，A 、C 错误．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，采用如下图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用m 表示，盘及盘中重物的总质量用m 0表示，小车的加速度可由打点计时器打在纸带上的点计算出．(1)当m 与m 0的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的重力．(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中重物的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地确定出加速度a 与质量m 的关系，应该作a 与__________的图象．(3)如图(a)为甲同学根据测量数据作出的a －F 图线，说明实验存在的问题是________________________________________________．(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a －F 图线如图(b)所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？______________________解析：从实验原理入手，对照本实验的操作要求，弄清各图象的物理意义，讨论实验中处理数据的方法．(1)当m ≫m 0时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中重物的总重力．(2)因由实验画的a －m 图线是一条曲线，难以判定它所对应的函数式，从而难以确定a与m 的定量关系，所以在实验中应作a －1m图象而不是a －m 图象来分析实验结果． (3)图(a)为甲同学根据测量数据作出的a －F 图线，图线没有过原点，而是与F 轴交于一点，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a －F 图线，两图线的斜率不同，说明两个同学做实验时的小车及车中砝码的质量不同．答案：(1)m ≫m 0 (2)1m(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 (4)小车及车中砝码的质量不同10．(12分)为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d ，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F 大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t ，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次．得到下列表格中5组数据.(1)若测得两光电门之间距离为d ＝0.5 m ，运动时间t ＝0.5 s ，则a ＝________ m/s 2；(2)依据表中数据在坐标纸上画出a F 图象．(3)由图象可得滑块质量m ＝________ kg ，滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________(g 取10 m/s 2)解析：(1)滑块在两个光电门之间从静止开始做匀加速直线运动，d ＝12at 2，代入距离和时间得加速度a ＝2d t 2＝2×0.50.52 m/s 2＝4.0 m/s 2. (2)描点作图，注意根据牛顿第二定律F －μmg ＝ma ，所以a F 是一条倾斜的直线．而且由于摩擦力，所以不过原点．(3)根据牛顿第二定律可得a ＝1m F －μg ，即a F 图象斜率表示1m ＝4－11.5－0.76，整理得m ＝0.25 kg ，当加速度等于0时，则有0＝1mF －μg ＝4×0.5－10μ，整理得μ＝0.2.答案：(1)4.0 (2)图象如下 (3)0.25 0.211．(15分) 如图是某同学的航模飞机，操作遥控器使飞机起飞时，飞机受到空气竖直向上的恒定推动力，大小是重力的43倍．一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3 s 末关闭发动机．(忽略空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)此飞机最高可上升到距地面多高处？(2)关闭发动机多长时间后重新启动，才能使飞机恰好安全落地？解析：(1)飞机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得：F －mg ＝ma 1解得：a 1＝13g 3 s 末的速度为v 1＝a 1t 1＝10 m/s上升的高度为h 1＝12a 1t 21＝15 m 减速上升阶段有a 2＝g上升的高度为h 2＝v 212g＝5 m 故总上升的高度为H ＝h 1＋h 2＝20 m(2)设飞机上升到最高点后经过时间Δt 启动发动机，再经Δt ′飞机安全落地，则由运动学公式可得：v ＝g Δt ＝13g Δt ′12g (Δt )2＋12×13g (Δt ′)2＝H 解得：Δt ＝1 s ，Δt ′＝3 s关闭发动机后上升的时间为t 2＝v 1g＝1 s故关闭发动机后经过t ＝Δt ＋t 2＝2 s ，重新启动发动机，飞机安全落地．答案：(1)20 m (2)2 s12．(15分)如图所示，薄板A 长L ＝5 m ，其质量M ＝5 kg ，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A 上距右端s ＝3 m 处放一物体B (可看成质点)，其质量m ＝2 kg.已知A 、B 间动摩擦因数μ1＝0.1，A 与桌面间和B 与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F 持续作用在A 上直到将A 从B 下抽出才撤去，且使B 最后停于桌的右边缘．求：(1)B 运动的时间；(2)力F 的大小．解析：(1)对于B ，在未离开A 时，其加速度为：a B 1＝μ1mg m＝1 m/s 2 设经过时间t 1后B 离开A ，离开A 后B 的加速度为：a B 2＝－μ2mg m＝－2 m/s 2 设物体B 离开A 时的速度为v B ，则v B ＝a B 1t 112a B 1t 21＋v 2B －2a B 2＝s ， 代入数据解得t 1＝2 s ，t 2＝v B －a B 2＝1 s ，所以B 运动的时间是：t ＝t 1＋t 2＝3 s. (2)设A 的加速度为a A ，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B 1t 21＝L －s 解得：a A ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得 F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A ，代入数据得：F ＝26 N.答案：(1)3 s (2)26 N。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
单元小结卷(三)一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段．在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律．伽利略设想了一个理想实验，如图D31所示．①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动．通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接结论是()A．自然界的一切物体都具有惯性B．在光滑水平面上运动的小球，其运动状态的维持并不需要外力C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2．2016·浙江高考冲刺] 一条鱼在水中正沿直线水平向左加速游动．在这个过程中，关于水对鱼的作用力的方向，图D32中合理的是()图D323．2016·广西高三第一次质量检测] 如图D33所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图D33A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N4．2016·山西下学期考前质量检测] 用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动．从t＝0时刻起水平力F的大小随时间均减小，到t1时刻F减小为零，则物体运动速度v随时间t变化的图线大致正确的是图D34中的()图D345．2016·河北保定高三调研] 如图D35所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为a A和a B，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，则()图D35A ．a A ＝1＋m 2m 1μg ，a B ＝μgB ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝1＋m 2m 1μg ，a B ＝0D ．a A ＝μg ，a B ＝μg6．一重物挂在电梯内的弹簧测力计上，弹簧测力计读数小于物体重力的情况是( )A ．电梯向上加速运动B ．电梯向上减速运动C ．电梯向下加速运动D ．电梯向下减速运动7．如图D36所示，小车在外力作用下沿倾角为θ的斜面运动，小车的支架上用细线拴一个摆球，悬点为O ，现用过O 的水平虚线MN 和竖直虚线PQ 将竖直平面空间分成四个区域．下列说法正确的是( )图D36A ．若小车沿斜面向上匀速运动，则稳定后细线可能在Ⅲ区与竖直方向成一定夹角B ．若小车沿斜面向下匀加速运动，则稳定后细线可能在Ⅳ区与竖直方向成一定夹角C ．无论小车沿斜面向下的加速度为多大，稳定后细线都不可能在Ⅰ区与水平方向成一定夹角D ．无论小车沿斜面向上的加速度为多大，稳定后细线都不可能沿与ON 重合的水平方向8．如图D37所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝3.5 m ，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A 端的瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B .图D37A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带逆时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sC ．若传送带顺时针匀速转动，v B 一定等于3 m/sD ．若传送带顺时针匀速转动，v B 不可能等于3 m/s二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．如图D38所示，一上表面光滑的矩形滑块置于水平地面上，其质量M＝2 kg，长l＝2 m，高h＝0.8 m，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在滑块的右端放置一个质量为m＝1 kg的小球．现用外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得v0＝4 m/s 的水平向右的速度，经过一段时间后小球落地．(g取10 m/s2)(1)在小球脱离滑块之前，求滑块的加速度大小；(2)求小球落地时距滑块右端的水平距离．图D3810．如图D39所示，足够长的斜面倾角θ＝37°，一个物体以v0＝12 m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25.已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；(2)物体沿斜面上滑的最大距离x；(3)物体沿斜面到达最高点后返回时的加速度大小a2；(4)物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t.图D3911．在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的碰撞．如图D310所示，一块表面水平的木板放在光滑的水平地面上，它的右端与墙之间的距离为L ＝0.08 m，一小物块以初速度v0＝2 m/s从左端滑上木板．已知木板和小物块的质量均为1 kg，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板足够长，使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，且木板与墙碰后以原速率反弹，碰撞时间极短、可忽略，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木板第一次与墙碰撞时的速度大小；(2)从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的时间；(3)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．图D310参考答案（测评手册）单元小结卷(三)1．B解析] 伽利略理想斜面实验以可靠的实验事实为基础，通过推理得到小球在不受摩擦力作用时将在水平面上做匀速直线运动的结论，选项B正确．2．A解析] 鱼受到重力和水对鱼的作用力，这两个力的合力沿水平方向向左，使得鱼产生一定的加速度，故水对鱼的力只可能是斜向左上的，选项A正确．3．B解析] 对物体A、B整体，由牛顿第二定律，有F max－μ1(m＋M)g＝(m ＋M)a；对物体A，由牛顿第二定律，有μ2mg＝ma；联立解得F max＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相关数据得F max＝15 N，选项B正确．4．A解析] 用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，说明水平力F(设此时大小为F0)等于滑动摩擦力f，即F0＝f.从t＝0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，其大小可表示为F 0－kt ，由牛顿第二定律得(F 0－kt )－f ＝ma ，解得a ＝－ktm ，即加速度a 随时间逐渐增大，所以其速度v 随时间t 变化的图线大致正确的是A.5．C 解析] 稳定时A 和B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm 2g ，等于弹簧向左的弹力F ，B 受到的合外力为0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，则B 的加速度为0；A 的加速度为F ＋μm 1g m 1＝1＋m 2m1μg ，选项C 正确．6．BC 解析] 弹簧测力计的读数小于重物的重力，说明重物失重，具有向下的加速度，所以电梯可能向下加速运动或向上减速运动，故A 、D 错误，B 、C 正确．7．BD 解析] 若小车匀速运动，则小球所受的合力应为零，细线应处于竖直状态，选项A 错误；若小车沿斜面向下加速运动，由连接体知识可知，小球的加速度方向沿斜面向下，即小球所受合外力方向沿斜面向下，由此可知选项B 正确，选项C 错误；同理，选项D 正确．8．AB 解析] 当传送带不动时，物体从A 到B 做匀减速运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，物体到达B 端时的速度v B ＝v 2A －2ax ＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速运动至B 端，v B ＝3 m/s ，选项A 、B 正确．当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．当传送带速度大于4 m/s 时，物体可能一直加速运动，也可能先加速运动后匀速运动；当传送带速度等于4 m/s 时，物体匀速运动；当传送带速度小于4 m/s 时，物体可能一直减速运动，也可能先减速运动后匀速运动，选项C 、D 错误．9．(1)3 m/s 2 (2)2.64 m解析] (1)由于滑块上表面光滑，故小球在水平方向不受力，所以从滑块开始运动到小球离开滑块的这段时间内，小球始终静止．对于滑块，其加速度大小a 1＝μ（M ＋m ）g M＝3 m/s 2(2)小球脱离滑块时，滑块的速度v 1＝v 20－2a 1l ＝2 m/s 在小球脱离滑块后，滑块的加速度大小a 2＝μMgM ＝μg ＝2 m/s 2 小球脱离滑块后，滑块做匀减速直线运动的时间t 1＝v 1a 2＝1 s滑块的左端离开小球后，小球做自由落体运动，落地时间t 2＝2hg ＝0.4 s<1 s所以，小球落地时距滑块左端的水平距离x ＝v 1t 2－12a 2t 22＝0.64 m 小球落地时距滑块右端的水平距离X ＝x ＋l ＝2.64 m. 10．(1)8 m/s 2 (2)9 m (3)4 m/s 2 (4)3.62 s解析] (1)物体沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 解得a 1＝8 m/s 2(2)物体沿斜面上滑，有 v 20＝2a 1x 解得x ＝9 m(3)物体沿斜面返回时，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 解得a 2＝4 m/s 2(4)物体沿斜面向上运动时，有v 0＝a 1t 1物体沿斜面向下运动时，有x ＝12at 22 则t ＝t 1＋t 2＝3（2＋1）2s ≈3.62 s11．(1)0.4 m/s (2)2 1.8 s (3)0.06 m解析] (1)小物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动． 设木板加速度大小为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时木板的速度大小为v 1，则μmg ＝maL ＝12aT 2 v 1＝aT联立解得T ＝0.4 s ，v 1＝0.4 m/s.(2)在小物块与木板两者达到共同速度前，木板受到小物块对它的摩擦力作用，先做匀加速运动，与墙碰后以原速率反弹，再做匀减速直线运动，因小物块对木板的摩擦力不变，故加速过程和匀减速过程的加速度大小相等地，因而木板与墙相碰后将返回至初始位置且速度减为零，所用时间也为T ，之后重复上述运动过程．小物块与木板的质量相等，加速度大小相等．设在小物块与木板两者达到共同速度v 前木板共经历n 次碰撞，则有v ＝v 0－(2nT ＋Δt )a ＝a Δt式中Δt 是碰撞n 次后木板从初始位置至达到共同速度时所需要的时间． 故2v ＝v 0－2nTa由于木板的速率只能在0到v 1之间，故有 0≤v 0－2nTa ≤2v 1 解得1.5≤n ≤2.5由于n 是整数，故n ＝2，v ＝0.2 m/s ，Δt ＝0.2 s从开始到小物块与木板达到共同速度所用的时间为t ＝4T ＋Δt ＝1.8 s(3)物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s ＝L －12a (Δt )2＝0.06 m。