云南2011届高三物理一轮复习试题牛顿定律的单元小结

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高三物理一轮复习知识点牛顿定律

高三物理一轮复习知识点牛顿定律【】高一高二的同学忙着准备期中考试的时候，高三的同学们正在进行紧张的高考前地理论复习，下面是查字典物理网准备的高三物理一轮复习知识点:牛顿定律欢迎大家点击参考!★1.牛顿第一定律: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运动状态为止。

(1)运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。

(2)定律说明了任何物体都有惯性。

(3)不受力的物体是不存在的。

牛顿第一定律不能用实验直接验证。

但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。

它告诉了人们研究物理问题的另一种新方法:通过观察大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律。

(4)牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。

2.高三物理一轮复习知识点：惯性--物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质。

(1)惯性是物体的固有属性，即一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动状态无关。

因此说，人们只能利用惯性而不能克服惯性。

(2)质量是物体惯性大小的量度。

★★★★3.牛顿第二定律:物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同，表达式F合=ma(1)牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律，分析出物体的运动规律;反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础。

(2)对牛顿第二定律的物理表达式F合=ma，F合是力，ma是力的作用效果，特别要注意不能把ma看作是力。

(3)牛顿第二定律揭示的是力的瞬间效果。

即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬间效果是加速度而不是速度。

(4)牛顿第二定律F合=ma，F合是矢量，ma也是矢量，且ma与F合的方向总是一致的。

【最新】高考物理一轮复习考点归纳专题《牛顿运动定律》(含答案)

【最新】高考物理一轮复习知识考点专题01 《牛顿运动定律》第一节牛顿第一、第三定律【基本概念、规律】一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．意义(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．二、惯性1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．3．普遍性：惯性是物体的本质属性，一切物体都有惯性．与物体的运动情况和受力情况无关．三、牛顿第三定律1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，而且在一条直线上．2．表达式：F＝－F′.特别提示：(1)作用力和反作用力同时产生，同时消失，同种性质，作用在不同的物体上，各自产生的效果，不会相互抵消．(2)作用力和反作用力的关系与物体的运动状态无关．【重要考点归纳】考点一牛顿第一定律1．明确了惯性的概念．2．揭示了力的本质．3．揭示了不受力作用时物体的运动状态．4.(1)牛顿第一定律并非实验定律．它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的．(2)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种固有属性，与物体是否受力、受力的大小无关，与物体是否运动、运动速度的大小也无关．考点二牛顿第三定律的理解与应用1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同．(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．2．相互作用力与平衡力的比较【思想方法与技巧】用牛顿第三定律转换研究对象作用力与反作用力，二者一定等大反向，分别作用在两个物体上．当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．第二节牛顿第二定律两类动力学问题【基本概念、规律】一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．二、两类动力学问题1．已知物体的受力情况，求物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况．特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．三、力学单位制1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．【重要考点归纳】考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度1．求解思路求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．3．在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．4.解决瞬时加速度问题的关键是弄清哪些力发生了突变，哪些力瞬间不变，正确画出变化前后的受力图．考点二动力学两类基本问题1.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．2.(1)解决两类动力学基本问题应把握的关键①一个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁．②两类分析——受力分析和运动过程分析．(2)解决动力学基本问题时对力的两种处理方法①合成法：物体受2个或3个力时，一般采用“合成法”．②正交分解法：物体受3个或3个以上的力时，则采用“正交分解法”．(3)解答动力学两类问题的基本程序①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．考点三动力学图象问题1．图象类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况．(3)已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况．2．问题的实质：是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．3.数形结合解决动力学问题(1)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．(2)解决这类问题必须把物体的实际运动过程与图象结合，相互对应起来．【思想方法与技巧】传送带模型中的动力学问题1．模型特征一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图甲、乙、丙所示．2．建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．根据物体与传送带的相对速度方向判断摩擦力方向．两者速度相等是摩擦力突变的临界条件．(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．3.解答传送带问题应注意的事项(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况．(2)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．(3)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传．第三节牛顿运动定律的综合应用【基本概念、规律】一、超重和失重1．超重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况称为超重现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况称为失重现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的情况称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．二、解答连接体问题的常用方法1．整体法当系统中各物体的加速度相同时，我们可以把系统内的所有物体看成一个整体，这个整体的质量等于各物体的质量之和，当整体受到的外力已知时，可用牛顿第二定律求出整体的加速度．2．隔离法当求解系统内物体间相互作用力时，常把物体从系统中“隔离”出来进行分析，依据牛顿第二定律列方程．3．外力和内力(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力；(2)内力：系统内物体之间的作用力．【重要考点归纳】考点一超重和失重现象1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.5.超重和失重现象的判断方法(1)从受力的大小判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的方向判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．考点二整体法和隔离法解决连接体问题1．整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．2．隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．3．整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．4.正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．考点三分解加速度求解受力问题在应用牛顿第二定律解题时，通常不分解加速度而分解力，但有一些题目要分解加速度．最常见的情况是与斜面模型结合，物体所受的作用力是相互垂直的，而加速度的方向与任一方向的力不同向．此时，首先分析物体受力，然后建立直角坐标系，将加速度a分解为a x和a y，根据牛顿第二定律得F x＝ma x，F y＝ma y，使求解更加便捷、简单．【思想方法与技巧】“滑块——滑板”模型的分析1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．模型分析解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．3.(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是：滑块到达滑板一端时两者共速．(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变．动力学中的临界条件及应用一、临界状态物体在运动状态变化的过程中，相关的一些物理量也随之发生变化．当物体的运动变化到某个特定状态时，相关的物理量将发生突变，该物理量的值叫临界值，这个特定状态称之为临界状态．二、临界状态的判断1．若题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．3．临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，因此，若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．4．若题目中有“最终”、“稳定”等文字，即是求收尾速度或加速度．三、处理临界问题的思路1．会分析出临界状态的存在．2．要抓住物体处于临界状态时的受力和运动特征，找出临界条件，这是解决问题的关键．3．能判断物体在不满足临界条件时的受力和运动情况．4．利用牛顿第二定律结合其他规律列方程求解．四、力学中常见的几种临界条件1．接触物体脱离的临界条件：接触面间的弹力为零，即F N＝0.2．绳子松弛的临界条件：绳中张力为0，即F T＝0.3．相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值，即f静＝f m.4．滑块在滑板上不滑下的临界条件：滑块滑到滑板一端时，两者速度相同．实验四验证牛顿运动定律一、实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律．2．探究加速度与力、质量的关系．3．掌握灵活运用图象处理问题的方法．二、实验原理(见实验原理图)1．保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．2．保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．3．作出a－F图象和a－1m图象，确定其关系．三、实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．四、实验步骤1．测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.2．安装：按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．4．操作：(1)小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码．(2)保持小车的质量m不变，改变砝码和小盘的质量m′，重复步骤(1)．(3)在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.(4)描点作图，作a－F的图象．(5)保持砝码和小盘的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤(1)和(3)，作a－1m图象．一、数据处理1．保持小车质量不变时，计算各次小盘和砝码的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度，填入表(一)中．表(一)实验次数加速度a/(m·s－2)小车受力F/N12342.入表(二)中．表(二)实验次数加速度a/(m·s－2)小车和砝码的总质量m/kg12343.4．以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．5．以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线过原点，就能判定a与m成反比．二、注意事项1．平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着打点的纸带匀速运动．2．不重复平衡摩擦力．3．实验条件：m≫m′.4．一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达定滑轮前按住小车．5．作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上．不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧．6．作图时两轴标度比例要选择适当．各量需采用国际单位．三、误差分析1．系统误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．2．偶然误差：摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．【最新】高考物理一轮复习知识考点专题专题二《曲线运动、万有引力与航天》第一节曲线运动运动的合成与分解【基本概念、规律】一、曲线运动1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．3．曲线运动的条件：物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．二、运动的合成与分解1．运算法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动和分运动的关系(1)等时性：合运动与分运动经历的时间相等．(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响．(3)等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果．【重要考点归纳】考点一对曲线运动规律的理解1．曲线运动的分类及特点(1)匀变速曲线运动：合力(加速度)恒定不变．(2)变加速曲线运动：合力(加速度)变化．2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．3．速率变化情况判断(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，速率增大；(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，速率减小；(3)当合力方向与速度方向垂直时，速率不变．考点二运动的合成及合运动性质的判断1．运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动的性质判断⎩⎪⎨⎪⎧加速度或合外力⎩⎪⎨⎪⎧变化：变加速运动不变：匀变速运动加速度或合外力与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动3．两个直线运动的合运动性质的判断两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v 合与a 合共线，为匀变速直线运动如果v 合与a 合不共线，为匀变速曲线运动4.行各量的合成运算．【思想方法与技巧】两种运动的合成与分解实例一、小船渡河模型 1．模型特点两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究其速度方向不同时对合运动的影响．这样的运动系统可看做小船渡河模型．2．模型分析(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动． (2)三种速度：v 1(船在静水中的速度)、v 2(水流速度)、v (船的实际速度)． (3)两个极值①过河时间最短：v 1⊥v 2，t min ＝dv 1(d 为河宽)．②过河位移最小：v ⊥v 2(前提v 1＞v 2)，如图甲所示，此时x min ＝d ，船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2v 1；v 1⊥v (前提v 1＜v 2)，如图乙所示．过河最小位移为x min ＝d sin α＝v 2v 1d .3.求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下三点：(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，在船的航行方向也就是船头指向方向的运动，是分运动；船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线．(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解．(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．二、绳(杆)端速度分解模型 1．模型特点绳(杆)拉物体或物体拉绳(杆)，以及两物体通过绳(杆)相连，物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，求解运动过程中它们的速度关系，都属于该模型．2．模型分析(1)合运动→绳拉物体的实际运动速度v(2)分运动→⎩⎪⎨⎪⎧其一：沿绳或杆的分速度v 1其二：与绳或杆垂直的分速度v 2(3)关系：沿绳(杆)方向的速度分量大小相等． 3.解决绳(杆)端速度分解问题的技巧(1)明确分解谁——分解不沿绳(杆)方向运动物体的速度； (2)知道如何分解——沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向分解；(3)求解依据——因为绳(杆)不能伸长，所以沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．第二节抛体运动【基本概念、规律】一、平抛运动1．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g 的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线． 2．规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，以竖直向下的方向为y 轴建立平面直角坐标系，则(1)水平方向：做匀速直线运动，速度：v x ＝v 0，位移：x ＝v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度：v y ＝gt ，位移：y ＝12gt 2.(3)合运动①合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝gt v 0. ②合位移：x 合＝x 2＋y 2，方向与水平方向夹角为α，则tan α＝y x ＝gt 2v 0.二、斜抛运动 1．性质加速度为g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．2．规律(以斜向上抛为例说明，如图所示)(1)水平方向：做匀速直线运动，v x ＝v 0cos θ. (2)竖直方向：做竖直上抛运动，v y ＝v 0sin θ－gt . 【重要考点归纳】考点一平抛运动的基本规律及应用 1．飞行时间：由t ＝2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关．3．落地速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝v y v x ＝2gh v 0，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关．4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示．5．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙中A 点和B 点所示．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹。

高中物理必修一牛顿运动定律复习与总结 (含练习解析)

牛顿定律的复习与巩固【学习目标】1.理解牛顿第一定律及惯性,并能运用它解释有关现象。

2.理解牛顿第二定律及其应用。

3.理解牛顿第三定律,分清作用力和反作用力与一对平衡力的区别。

【知识网络】:,(1),(2):⎧⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎩⎩定律的表述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。

也叫惯性定律牛顿概念:物体本身固有的维持原来运动状态不变的属性,与第一运动状态无关。

质量是惯性大小的量度定律惯性不受外力时表现为保持原来运动状态不变表现受外力时,表现为改变运动状态的难易程度牛顿定律的表述物体的加速度跟所受合外第二定律牛顿运动定律:12(1):F ma F ma=⎧⎪⎨⎪=⎩⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎩−→合合力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合外力方向相同定律的数学表达式:作用力和反作用力的概念定律的内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,牛顿方向相反,作用在同一条直线上第三定律作用力、反作用力与一（）作用力、反作用力分别作用在两个物体上对平衡力的主要区别（）一对平衡力作用在同一个物体上两类问题运动牛顿定律的应用:0,(3),,0F a F G a F G a g F ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧−−←−−−⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎨=⎨⎪⎩⎪>⎧⎪⎪⎪<⎨⎪⎪==⎪⎩⎩⎧⎪⎨⎪⎩合力加速度是运动和力之间联系的纽带和桥梁平衡状态:静止或匀速直线运动状态(2)共点力的平衡平衡条件向上时超重超重和失重向下时失重时完全失重基本单位:千克(kg)、米(m)、秒(s)力学单位制导出单位七个基本单位：千克、米、秒、摩尔、开尔文、安培、卡德拉⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩【要点梳理】要点一、牛顿第一定律要点诠释：1、前人的思想亚里士多德：运动与推、拉等动作相联系。

有推、拉的作用，物体就会运动；没有推、拉的作用，原来运动的物体就会静止下来。

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

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

高考物理力学知识点之牛顿运动定律知识点总复习附答案解析(1)

高考物理力学知识点之牛顿运动定律知识点总复习附答案解析(1)一、选择题1．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N。

他将弹簧秤移至电梯内称其体重，0t至3t时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）( )A．B．C．D．2．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A．B．C ．D ．3．如图所示，小球从高处落到竖直放置的轻弹簧上，则小球从开始接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中（）A ．小球的动能不断减少B ．小球的机械能在不断减少C ．弹簧的弹性势能先增大后减小D ．小球到达最低点时所受弹簧的弹力等于重力4．在光滑水平轨道上有两个小球A 和B （均可看做质点），质量分别为m 和2m ，当两球间的距离大于L 时，两球间无相互作用；当两球间的距离等于或小于L 时，两球间存在恒定斥力，若A 球从距离B 球足够远处以初速度0v 沿两球连线向原来静止的B 球运动，如图所示，结果两球恰好能接触，则该斥力的大小为（）A ．20mv LB ．202mv LC ．202mv LD ．203mv L5．跳水运动员从10m 高的跳台上腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中的上升过程和下落过程，以下说法正确的有（）A ．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B ．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C ．上升过程和下落过程均处于超重状态D ．上升过程和下落过程均处于完全失重状态6．如图所示，有一根可绕端点B 在竖直平面内转动的光滑直杆AB ，一质量为m 的小圆环套在直杆上。

在该竖直平面内给小圆环施加一恒力F ，并从A 端由静止释放小圆环。

高三物理一轮复习教学案牛顿第二定律

2011高三物理一轮复习教学案（13）--牛顿第二定律【学习目标】1.理解牛顿第二定律的内容，知道牛顿第二定律表达式的确切含义2.会用牛顿第二定律处理两类动力学问题【自主学习】一、牛顿第二定律1.牛顿第二定律的内容，物体的加速度跟成正比，跟成反比，加速度的方向跟方向相同。

2.公式：3.理解要点：（1）F=ma 这种形式只是在国际单位制中才适用一般地说F ＝kma ，k 是比例常数，它的数值与F 、m 、a 各量的单位有关。

在国际单位制中，即F 、m 、a 分别用N 、kg 、m/s 2作单位，k=1，才能写为F=ma.（2）牛顿第二定律具有“四性”①矢量性：物体加速度的方向与物体所受的方向始终相同。

②瞬时性：牛顿第二定律说明力的瞬时效应能产生加速度，物体的加速度和物体所受的合外力总是同生、同灭、同时变化，所以它适合解决物体在某一时刻或某一位置时的力和加速度的关系问题。

③独立性：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，而物体的实际加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，分力和加速度的各个方向上的分量关系 F x =ma x也遵从牛顿第二定律，即：F y =ma y④相对性：物体的加速度必须是对相对于地球静止或匀速直线运动的参考系而言的。

4.牛顿第二定律的适用范围（1）牛顿第二定律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）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况。

二、两类动力学问题1.已知物体的受力情况求物体的运动情况根据物体的受力情况求出物体受到的合外力，然后应用牛顿第二定律F=ma 求出物体的加速度，再根据初始条件由运动学公式就可以求出物体的运动情况––物体的速度、位移或运动时间。

2.已知物体的运动情况求物体的受力情况根据物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，然后再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出某些未知力。

2011高考物理一轮复习典例精析课件：第三章牛顿运动定律(可编辑文字版)

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

2011级物理第一轮复习第十五导学案《牛顿运动定律》 Microsoft Word 文档

2011级高考物理第一轮复习导学案第十五导学案《牛顿运动定律》1．牛顿第一定律：惯性2．牛顿第二定律：加速度与质量、合外力的关系3．牛顿第三定律:1．牛顿第一定律⑴伽利略的理想实验：是针对“力是维持物体运动的原因”的错误认识，经过通过物体沿光滑斜面下滑，观察它滚上另一个斜面（平面）运动情况的抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素的理想实验。

当物在光滑的水平面上运动，物的速度保持不变，物体运动并不需要力来维持。

物在水平面上运动之所以会停下来，是因为是受到阻力的缘故。

⑵惯性：①物体保持原来静止或匀速直线运动状态的性质。

②一切物体都有惯性，惯性是所有物体的固有性质。

③它与物体是否运动、运动快慢、受力情况无关。

④质量是惯性大小的量度，质量大的物体惯性大，在同样力作用下，质量大的物体运动状态难改变。

用惯性解释现象时，着重强调物体保持原来运动状态的特性（静止或匀速直线运动）。

2．牛顿第二定律⑴特点：a=F/m是一个瞬时作用规律，即a是F作用所产生，与F始终同向，同时变化，同时存在或消失。

⑵应用：①进行受力分析是应用F＝ma解题的关键步骤。

②按加速度方向列式。

③与运动学结合计算时一般以加速度为中间量。

④注意物体运动中加速度是否变化。

3．牛顿第三定律⑴特点：①大小相同、方向相反、在同一直线上，性质相同、同时产生、同时消失。

②分别作用在两个物体上，产生的效果不一定相同，也不能互相抵消。

③借助F和F 的关系，可以通过改变研究对象分析问题，但此种情况下答题时要注意引入牛顿第三定律答题。

4．力学单位制国际单位制：力学中－长度（米）、质量（千克）、时间（秒），热学中－热力学温度（开）、物质的量（摩尔），电学中－电流强度（安培），是国际基本单位。

由这些基本单位推导出的单位，如牛（千克·米/秒2）等，是导出单位。

基本单位和导出单位一起组成单位制。

【基础题1】关于伽俐略理想实验，以下说法正确的是（）A.完全是理想的，没有事实为基础B.是以可靠事实为基础的经科学抽象，深刻反映自然规律的C.没有事实为基础，只是理想推理D.以上说法都不对编者意图展示：知道伽利略和亚里士多德对力和运动的关系的不同认识，知道伽利略的理想实验及其推理过程和结论。

高一物理牛顿定律知识点与题型总结归纳

高一物理牛顿定律知识点与题型总结归纳标题：高一物理牛顿定律知识点与题型总结归纳牛顿定律是高中物理中的重要内容，对理解物体运动具有极高的价值。

本文将针对人教版高一物理下学期必修二中的牛顿定律知识点进行总结，并对常考题型进行解析，以帮助同学们更好地掌握这一部分内容。

一、牛顿定律知识点总结1.牛顿第一定律（惯性定律）：一个物体若不受外力作用，将保持静止状态或匀速直线运动状态。

2.牛顿第二定律（动力定律）：物体受到的合外力等于其质量与加速度的乘积，即F=ma。

3.牛顿第三定律（作用与反作用定律）：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，作用在同一直线上。

二、常考题型解析1.判断题：考查对牛顿定律的理解和应用。

例题：一个物体受到两个大小相等、方向相反的力作用，物体的运动状态一定不变。

解析：错误。

物体受到的两个力虽然大小相等、方向相反，但如果作用点不在同一直线上，物体将产生旋转运动。

2.选择题：考查对牛顿定律知识点的掌握。

例题：下列哪个选项正确描述了牛顿第一定律？A.物体受到的合外力等于其质量与加速度的乘积B.物体若不受外力作用，将保持静止状态或匀速直线运动状态C.两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反解析：B。

选项B正确描述了牛顿第一定律。

3.计算题：考查对牛顿定律的应用。

例题：一个质量为2kg的物体受到一个水平方向的大小为10N的力作用，求物体的加速度。

解析：根据牛顿第二定律F=ma，代入数据得a=10N/2kg=5m/s。

4.应用题：考查对牛顿定律的综合应用。

例题：一辆小车质量为1000kg，以20m/s的速度行驶，紧急刹车时，阻力为5000N，求小车停止所需的时间。

解析：根据牛顿第二定律F=ma，可得a=5000N/1000kg=5m/s。

小车停止所需的时间为t=(v-0)/a=20m/s / 5m/s=4s。

总结：通过对牛顿定律知识点的总结和常考题型的解析，希望同学们能够更好地掌握牛顿定律，并在实际问题中灵活运用。

高三物理一轮复习,牛顿运动定律知识点总结

高三物理一轮复习，牛顿运动定律知识点总结高三物理一轮复习，应该如何快速掌握知识点，灵活运用物理公式呢？三好网小编整理出高三物理一轮复习，牛顿运动定律知识点总结，希望能帮助高三生轻松应对一轮复习。

1、运用牛顿第二定律解题的基本思路(1)通过认真审题，确定研究对象.(2)采用隔离体法，正确受力分析.(3)建立坐标系，正交分解力.(4)根据牛顿第二定律列出方程.(5)统一单位，求出答案.2、解决连接体问题的基本方法是：(1)选取最佳的研究对象.选取研究对象时可采取“先整体，后隔离”或“分别隔离”等方法.一般当各部分加速度大小、方向相同时，可当作整体研究，当各部分的加速度大小、方向不相同时，要分别隔离研究.(2)对选取的研究对象进行受力分析，依据牛顿第二定律列出方程式，求出答案.3、解决临界问题的基本方法是：(1)要详细分析物理过程，根据条件变化或随着过程进行引起的受力情况和运动状态变化，找到临界状态和临界条件.(2)在某些物理过程比较复杂的情况下，用极限分析的方法可以尽快找到临界状态和临界条件.易错现象：(1)加速系统中，有些同学错误地认为用拉力F直接拉物体与用一重力为F的物体拉该物体所产生的加速度是一样的。

(2)在加速系统中，有些同学错误地认为两物体组成的系统在竖直方向上有加速度时支持力等于重力。

(3)在加速系统中，有些同学错误地认为两物体要产生相对滑动拉力必须克服它们之间的最大静摩擦力。

高中物理牛顿运动定律的应用(二)1、动力学的两类基本问题：(1)已知物体的受力情况，确定物体的运动情况.基本解题思路是：①根据受力情况，利用牛顿第二定律求出物体的加速度.②根据题意，选择恰当的运动学公式求解相关的速度、位移等.(2)已知物体的运动情况，推断或求出物体所受的未知力.基本解题思路是：①根据运动情况，利用运动学公式求出物体的加速度.②根据牛顿第二定律确定物体所受的合外力，从而求出未知力.(3)注意点：①运用牛顿定律解决这类问题的关键是对物体进行受力情况分析和运动情况分析，要善于画出物体受力图和运动草图.不论是哪类问题，都应抓住力与运动的关系是通过加速度这座桥梁联系起来的这一关键.②对物体在运动过程中受力情况发生变化，要分段进行分析，每一段根据其初速度和合外力来确定其运动情况；某一个力变化后，有时会影响其他力，如弹力变化后，滑动摩擦力也随之变化.2、关于超重和失重：在平衡状态时，物体对水平支持物的压力大小等于物体的重力.当物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力就不等于物体的重力.当物体的加速度方向向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫超重现象.当物体的加速度方向向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫失重现象.对其理解应注意以下三点：(1)当物体处于超重和失重状态时，物体的重力并没有变化.(2)物体是否处于超重状态或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，即不取决于速度方向，而是取决于加速度方向.(3)当物体处于完全失重状态(a=g)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、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.易错现象：(1)当外力发生变化时，若引起两物体间的弹力变化，则两物体间的滑动摩擦力一定发生变化，往往有些同学解题时仍误认为滑动摩擦力不变。

高考物理昆明力学知识点之牛顿运动定律知识点总复习附解析

高考物理昆明力学知识点之牛顿运动定律知识点总复习附解析一、选择题1．如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s2．下列单位中，不能．．表示磁感应强度单位符号的是（）A．T B．NA m⋅C．2kgA s⋅D．2N sC m⋅⋅3．如图所示，质量m=1kg、长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F=5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为( )（g取10m/s2）A．1J B．1.6J C．2J D．4J4．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小5．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示，则由图象中AB段曲线可知，运动员在此过程中A ．做匀变速曲线运动B ．做变加速运动C ．所受力的合力不断增大D ．机械能守恒6．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0t =时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物块上，且F 的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a 、摩擦力f F 、速度v 随F 的变化图象正确的是（）A ．B ．C ．D ．7．如图所示，质量为1.5kg 的物体A 静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg 的物体B 由细线悬挂在天花板上，B 与A 刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A 、B 间的作用力大小为（g 取210m /s ）（）A ．0B ．2.5NC ．5ND ．3.75N8．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为222(m)x t t =+。

高三物理第一轮复习——牛顿运动定律考点例析

高三物理第一轮复习——牛顿运动定律考点例析答案例1-1、分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用，如图1所示.取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：F f =macos300, F N -mg=masin300因为56=m g F N ，解得53=mg F f . 例1-2、分析与解：（1）错。

因为L 2被剪断的瞬间，L 1上的张力大小发生了变化。

剪断瞬时物体的加速度a=gsin θ.（2）对。

因为L 2被剪断的瞬间，弹簧L 1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。

例1-3、分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C 选项正确。

例1-4、分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F 为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：N g a m M F 3502))((=++=再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中F N 是吊台对人的支持力。

由牛顿第二定律得：F+F N -Mg=Ma,故F N =M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N ，方向竖直向下。

例1-5、分析纠错：笔者看到这道试题以后，对高考命题专家是佩服得五体投地！命题者将常见的四种不同的物理情景放在一起，让学生判别弹簧的伸长量的大小，不少学生不加思考的选择B 答案。

没有良好思维习惯的学生是不能正确解答本题的。

这正是命题人的独具匠心！本题实际上就是判断四种情景下弹簧所受弹力的大小。

由于弹簧的质量不计，所以不论弹簧做何种运动，弹簧各处的弹力大小都相等。

因此这四种情况下弹簧的弹力是相等，即四个弹簧的伸长量是相等。

只有D 选项正确。

例2-1、分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F=（M+m ）a,解得a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x 长的绳为研究对象，如图15所示。

高中物理牛顿运动定律技巧小结及练习题含解析

高中物理牛顿运动定律技巧小结及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？（2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？（3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=3．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s =【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间．【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：mg ma μ=代入数据得：24/a g m s μ==（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s根据运动学公式可得：202as v =运动的位移： 20842v s m a==>则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有212l at =解得 1t s = 【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．4．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求：(1)木块B 离开桌面时的速度大小； (2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小．【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】【详解】(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ′．根据平抛运动规律有：212h gt =，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2gv sh== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：22.5m/s Mga Mμ==设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得0 2.0m/s v v at =-=(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：2Mv Mv mv =+1解得：210.80m/s Mv mv v M-==.5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5ma g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1，则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．6．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小； (3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)【答案】（1）22/m s （2）9000N （3）26N 【解析】【分析】（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力；（3）座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ，F 的竖直分力的竖直分力等于重力，水平分力提供加速度．根据力的合成可求．【详解】(1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1，得加速度a 1＝2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3 解得a 2＝2 m/s 2 F 阻＝Ma 2＝9000 N.(3)匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F ，F 的竖直分力等于mg ，F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平＝ma 1 F ()()221mg ma +得F ＝26 N.7．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求：（1）物块运动的最大速度；（2）F 的大小；（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小．（3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功．【详解】（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2x v m s t ⨯=== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=62vt ==3m/s 2．设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN 联立解得：F=3.2N（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-12mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．8．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ．【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma根据匀变速直线运动规律有：a ＝2202v h -＝－15m/s 2解得：N ＝75N （2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用9．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (vt+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2，则有：5F+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化ΔT =T 2-T 1=1415kmg10．质量为5.0kg 的物体，从离地面36m 高处，由静止开始匀加速下落，经3s 落地，g 取10m/s 2，求：（1）物体下落的加速度的大小；（2）下落过程中物体所受阻力的大小。

高三物理一轮复习优化测控试题牛顿律的单元小结

峙对市爱惜阳光实验学校高三物理一轮复习同步优化测控试题第18讲单元小结1.如下图，一个盛水的容器底部有一小孔，静止时用手指堵住小孔不让它漏水.假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，那么以下说法正确的选项是[高考·卷]( )A.容器自由下落时，小孔向下漏水B.将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C.将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D.将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水解析：容器无论是向上抛出、向下抛出还是斜向上、斜向下抛出，在空中的加速度大小都为g，竖直向下，水处于完全失重状态，即水中各处的压强与大气压相，水不会从孔中漏出.答案：D2.如下图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固在小车上，右端与一小球相连.设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，假设忽略小球与小车间的摩擦力，那么在此段时间内小车可能是[高考·理综卷Ⅰ]( )A.向右做加速运动B.向右做减速运动C.向左做加速运动D.向左做减速运动解析：小球在水平方向受到向右的弹簧弹力，由牛顿第二律可知，小球必具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右加速运动或向左减速运动.答案：AD3.如下图，一固斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑.A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α.B与斜面之间的动摩擦因数是[高考·理综卷Ⅱ]()A.23tan αB.23cot αC.tanα D.cotα解析：A、B两物体受到斜面的支持力均为mgcos α，所受滑动摩擦力分别为：f A＝μAmgcos α，fB＝μBmg cosα.对整体进行受力分析并结合平衡条件可得：2mgsin α＝fA＋fB，且μA＝2μB，解得：μB＝23tan α.答案：A4.有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断.例如，从解的物理量单位，解随某些量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果方面进行分析，并与预期结果、结论进行比拟，从而判断解的合理性或正确性.举例如下：如下图，质量为M 、倾角为θ的滑块A 放于水平地面上，把质量为m 的滑块B 放在A 的斜面上.忽略一切摩擦，有人求得B 相对地面的加速度a ＝M ＋m M ＋m sin 2θg sin θ，式中g 为重力加速度. 对于上述解，某同学首先分析了号右侧量的单位，没发现问题.他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的〞.但是，其中有一项为哪一项错误．．的.请你指出该项.[高考·理综卷]( )A.当θ＝0°时，该解给出a ＝0，这符合常识，说明该解可能是对的B.当θ＝90°时，该解给出a ＝g ，这符合结论，说明该解可能是对的C.当M ≫m 时，该解给出a ＝g sin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的D.当m ≫M 时，该解给出a ＝gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的解析：当m ≫M 时，该解给出a ＝gsin θ，这与实际不符，说明该解是错误的，应选D.答案：D5.一有固斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于图示状态.设斜面对小球的支持力为F N，细绳对小球的拉力为T ，关于此时刻小球的受力情况，以下说法正确的选项是[高考·理综卷]()A.假设小车向左运动，FN 可能为零B.假设小车向左运动，T可能为零C.假设小车向右运动，FN 不可能为零D.假设小车向右运动，T不可能为零解析：此题考查牛顿运动律.对小球进行受力分析，当FN 为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，选项A正确、C 错误；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，选项B 正确、D 错误.解题时抓住FN、T为零时受力分析的临界条件作为突破口，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度.答案：AB6.如下图，在倾角为α的固光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫.木板的质量是猫的质量的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，那么此时木板沿斜面下滑的加速度为[高考·理综卷Ⅳ]( )A.g2sin α B.g sin α C.32g sin α D.2g sin α 解析：此题可用隔离法.猫向上跑时相对于斜面位置不变，即所受合力为零.根据力的平衡原理可知猫所受的沿斜面向上的摩擦力f ＝mg sin α，由牛顿第三律可知木板受猫的沿斜面向下的摩擦力也于mg sin α.以木板为研究对象，由牛顿第二律得：mg sin α＋2mg sin α＝2ma ，a ＝32g sin α，应选项C 正确.此题也可用整体法求解.绳子断时，以猫和木板作为一个整体可得沿斜面向下的合力为3mg sin α，而只有木板向下滑动，故：3mg sin α＝2ma ，a ＝32g sin α.应选项C 正确.答案：C7.在光滑的水平地面上有一静止的物体.现以大小为F 1的水平恒力推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的大小为F 2的水平恒力推这一物体；当恒力F 2作用的时间与恒力F 1作用的时间相时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为 32 J ，那么可知( )A.F 2＝2F 1B.F 2＝3F 1C.F 1做的功为8 J ，F 2做的功为24 JD.F 1做的功为8 J ，F 2做的功为－24 J 解析：图示为物体的受力情况及运动示意图.设F 1、F 2的作用时间为t ，由题意知：s ＝12·F 1m ·t 2，－s ＝(F 1m ·t )t －12·F 2m·t 2解得：F 2＝3F 1由W 1＝F 1·s ，W 2＝F 2·s ，W 1＋W 2＝32 J 解得：W 1＝8 J ，W 2＝24 J. 答案：BC8.在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面数据如下表所示，人们推测第二、三列数据可能分别表示时间和长度.伽利略时代的1个长度单位相当于现在的2930mm ，假设1个时间单位相当于现在的0.5 s.由此可以推测时光滑斜面的长度至少为 m ，斜面的倾角约为度.(取g ＝10 m/s 2)[高考·物理卷]1 1 32 4 2 130 93 298 164 526 25582436 6 1192 49 7 1600 64 8 2104解析：依题意，第一列数据为时间的平方t 2，从数据分析可知第一列数据与第三列数据之比约为1∶32(取平均值后比值为1∶35)，即斜面长度与时间的平方成正比，根据当时数据与现在的数据换算关系和匀变速运动公式，可得角度约为(θ≈sin θ＝0.025 rad)°.答案：2.039.如图甲所示，光滑固细杆与地面成一倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动.推力F 与小球速度v 随时间变化的规律如图乙所示，g 取10 m/s 2.求：(1)小环的质量m .(2)细杆与地面间的倾角α. [高考·物理卷]解析：(1)在0～2 s 内有：F 1－mg sin α＝ma 又由v －t 图象可知：a ＝0.5 m/s 2在2 s 以后：F 2＝mg sin α 联立解得：F 1－F 2＝ma所以m ＝F 1－F 2a ＝－5.00.5kg ＝1 kg.(2)由上式得，sin α＝F 2mg ＝12所以α＝30°.答案：(1)1 kg (2)30°10.一质量m ＝40 kg 的小孩站在电梯内的体重计上.电梯从t ＝0时刻由静止开始上升，在0～6 s 内体重计的示数F 的变化如下图.试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？(取g ＝10m/s 2)[高考·理综卷Ⅱ]解析：由题图可知，在t ＝0到t 1＝2 s 的时间内，体重计的示数大于mg ，故电梯做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩子的力为F 1，电梯及小孩的加速度为a 1，由牛顿第二律，得：F 1－mg ＝ma 1在这段时间内电梯上升的高度h 1＝12a 1t 21在t 1＝2 s 到t 2＝5 s 的时间内，体重计的示数于mg ，故电梯做匀速上升运动，速度为t 1时刻电梯的速度，即v 1＝a 1·t 1，在这段时间内电梯上升的高度h 2＝v 1(t 2－t 1).在t 2＝5 s 到t 3＝6 s 的时间内，体重计的示数小于mg ，故电梯做向上的减速运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为F 2，电梯及小孩的加速度为a 2，由牛顿第二律，得：mg －F 2＝ma 2在这段时间内电梯上升的高度h 3＝v 1(t 3－t 2)－12a 2(t 3－t 2)2电梯上升的总高度h ＝h 1＋h 2＋h 3.由以上各式，利用牛顿第三律和题文及题图中的数据，解得：h ＝9 m.答案：9 m11.如下图，物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点.每隔0.2秒通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了测量数据.取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：t /s 0.0 0.2 0.4 …… v /(m·s－1)0.01.02.0…0.7…(1)斜面的倾角α.(2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ.(3)t＝0.6 s 时的瞬时速度v .[高考·物理卷]解析：(1)由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度a 1＝ΔvΔt ＝5 m/s2，由mg sin α＝ma1，可得：α＝30°.(2)由后两列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小a 2＝ΔvΔt ＝2 m/s 2，μmg ＝ma 2可得：μ＝0.2.(3)设0.4 s 后再经过t 时间物体滑至B 点，有：2＋5t ＝＋2(0.8－t ) 解得：t ＝0.1 s即物体在斜面上下滑的时间为0.5 s ，那么t ＝0.6 s 时物体在水平面上，设物体在0.6 s 时的速度为v ，有：v ＝v －a 2(－0.6)＝1.1 m/s解得：v ＝2.3 m/s.答案：(1)30° (2)0.2 (3)2.3 m/s12.如下图，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m 1和m 2，拉力F 1和F 2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F 1＞F 2.试求两个物块运动过程中轻线的拉力T .[高考·理综卷]解析：设两物块一起运动的加速度为a ，那么有：F 1－F 2＝(m 1＋m 2)a根据牛顿第二律，对质量为m 1的物块有：F 1－T ＝m 1a解得：T ＝m 1F 2＋m 2F 1m 1＋m 2.答案：m 1F 2＋m 2F 1m 1＋m 2。

高中物理：第四章牛顿运动定律本章综合小结 Word版含答案

在此类问题中，物体的运动过程不再是单一的过程，而是两个甚至更多个过程．由于运动情况发生变化，必然导致受力情况发生变化，解决此类问题的一般步骤是：(1)将题目涉及的物理问题合理地分解为几个彼此相对独立、又相互联系的过程． (2)对各个物理过程进行受力分析及运动状态分析． (3)根据各个过程遵从的物理规律逐个建立方程． (4)通过各过程把相关联的物理量联系起来．【突破训练一】1．如图所示，水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速运转，在其左端无初速度释放一质量为m ＝1 kg 的小滑块，滑块可视为质点，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带长L ＝2 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块从传送带左端到右端的时间； (2)滑块相对传送带滑行的位移．解析：(1)滑块运动的加速度a ＝f m ＝μmgm＝μg ＝2 m/s 2释放后经t 1时间到达传送带速度，t 1＝v a ＝22 s ＝1 s位移x 1＝v 22a ＝222×2m ＝1 m<2 m之后匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－12 s ＝0.5 s总时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋0.5 s ＝1.5 s.(2)滑块和传送带在t 1时间内有相对运动，传送带的位移x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m 滑块相对传送带的位移：Δx ＝x 2－x 1＝2 m －1 m ＝1 m. ☆答案☆：(1)1.5 s (2)1 m2．在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动，如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底部B 点后沿水平滑道再滑行一段距离到C 点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计空气阻力，斜坡倾角θ＝37°，试分析：(取g ＝10 m/s 2)(1)若人和滑板的总质量为m ＝60 kg ，求人在斜坡上下滑时的加速度大小；(2)若由于受到场地限制，B 点到C 点的水平距离为x ＝20 m ．为了确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对AB 长L 应有怎样的要求？解析：(1)人在斜坡上受力如图：设下滑加速度为a，由牛顿第二定律可得：mg sinθ－μN＝ma，mg cosθ＝N解得a＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.6－0.5×0.8)m/s2＝2 m/s2.(2)人先在斜坡上下滑，后在水平面上做匀减速运动，加速度为a1，受力分析如图所示：在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1下滑至B点的速度为v，B到C做匀减速运动，末速度为0，有v2＝2a1x，从A到B做初速度为0的匀加速直线运动有：v2＝2aL代入数据解得：L＝50 m当L大于50 m时，水平面的长度就得大于20 m，为了确保人身安全，AB长L应小于50 m.☆答案☆：(1)2 m/s2(2)见解析1.连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫做连接体．如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆连在一起．此类问题涉及的研究对象至少为两个，因而使问题变得较为复杂，能力要求也较高．2.连接体问题的处理方法——整体法与隔离法3．如图所示，质量为M的木箱放在光滑水平地面上，受到一水平恒力F的作用，木箱的顶部用细绳悬挂一质量为m的小球，若想使细绳与竖直方向夹角为θ，则恒力F应为多大？解析：以小球为研究对象，受力如图所示，根据题意小球所受合力水平向右，则：mg tanθ＝ma解得a＝g tanθ以木箱和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tanθ.☆答案☆：(M＋m)g tanθ1.临界极值问题在运用牛顿运动定律解决动力学问题时，常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动，相互接触的物体是否会发生分离等，这类问题就是临界问题．2.解题关键解决临界问题的关键是分析临界状态．例如，两个物体刚好要发生相对滑动时，接触面上必须出现最大静摩擦力；两个物体要发生分离，相互之间的作用力——弹力必定为零．3.解决临界问题的一般方法(1)极限法题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时，一般就隐含着临界问题，解决这类问题时，常常是把物理问题(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决有关问题的目的．(2)假设法有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题，一般要用假设法．(3)数学推理法根据分析的物理过程列出相应的数学表达式，然后由数学表达式讨论出临界条件．【突破训练三】4．如图所示，质量为m的光滑小球用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜边与水平面夹角为θ＝30°，求：(1)劈以加速度a 1＝g3水平向左加速运动时，绳的拉力多大？(2)劈的加速度至少多大时小球对劈无压力作用？加速度方向如何？解析：(1)对小球受力分析如图所示：水平方向：F T1cos θ－F N1sin θ＝ma 1 竖直方向：F T1sin θ＋F N1cos θ＝mg由①②得F T1＝3＋36mg . (2)对小球受力分析如图所示：由牛顿第二定律得 F T2cos θ＝ma 2④ F T2sin θ＝mg ⑤由④⑤可得a 2＝3g ，方向水平向左．☆答案☆：(1)3＋36mg (2)3g 方向水平向左物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，动力学中常见的图象有v t 图象、x t 图象、F t 图象、F a 图象等，解决图象问题的关键有：(1)分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义．(2)明确图线斜率的物理意义，如v t 图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出哪些有用信息(如v t 图线所围面积表示位移等)，并结合牛顿运动定律求解．(4)利用横、纵坐标物理量间的函数关系对图象作出判断．【突破训练四】5．如图甲所示，质量m＝4 kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图乙所示．(取重力加速度g＝10 m/s2)求：(1)8 s末物体离a点的距离；(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ.解析：(1)设8 s末物体离a点距离为s，s应为vt图象所包围面积，则s＝12×4×8 m－12×4×4 m＝8 m则物体在a点右侧8 m处．(2)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由vt图象得a1＝2 m/s2①根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由vt图象得：a2＝1 m/s2③根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2④解①②③④得F＝6 N，μ＝0.05.☆答案☆：(1)8 m (2)6 N 0.05【品味高考】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25 m ．汽车在刹车前的瞬间速度大小为(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 m/sB ．20 m/sC ．30 m/sD ．40 m/s解析：刹车时，汽车受到摩擦力作用，加速度a ＝μg ＝8 m/s 2，刹车线长25 m ，根据匀变速直线运动规律可知，汽车在刹车前的瞬间速度大小v ＝2ax ＝20 m/s ，B 选项正确．☆答案☆：B2．(多选)(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 ，设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 ＝56B ．若μ≠0，则k ＝35C ．若μ＝0，则k ＝12D ．若μ＝0，则k ＝35解析：研究整体的受力情况，根据牛顿第二定律得，F －6μmg ＝6ma .研究物块P 的受力情况F －F PQ －μmg ＝ma ，解得F PQ ＝5μmg ＋5ma .研究物块R 的受力情况，F QR －3μmg ＝3ma ，解得F QR ＝3μmg ＋3ma ，则F QR F PQ ＝k ＝35，当μ为零时，上述结论仍然成立，故B 、D 两项正确． ☆答案☆：BD3．(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35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，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x 0.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．解析：(1)研究物块a 、b ，整体处于平衡状态，kx 0＝⎝⎛⎭⎫m ＋35m g sin θ. 解得k ＝8mg sin θ5x 0. (2)分析物块b 的运动情况，做初速度为零的匀加速直线运动，第1个t s ，第2个t s 内位移之比为1∶3，即x 1∶x 0＝1∶4.弹簧压缩量为34x 0时，物块a 、b 分离．分析物块a 的受力情况，根据牛顿第二定律可知，kx 1－mg sin θ＝ma .联立解得a ＝g sin θ5. ☆答案☆：(1)8mg sin θ5x 0 (2)g sin θ5。

高三物理一轮复习牛顿运动定律复习题及答案解析

章末检测(三)(时间：60分钟，分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )A ．gB ．2gC ．3gD ．4g2．如图是一种升降电梯的示意图，A 为载人箱，B 为平衡重物，它们的质量均为M ，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中人的总质量为m ，匀速上升的速度为v ，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h 高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，h 为( )A.v 22gB.(M ＋m )v 22mgC.(M ＋m )v 2mgD.(2M ＋m )v 22mg3．如图所示，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角．下列说法中正确的是( )A ．圆环不一定加速下滑B ．圆环可能匀速下滑C ．圆环与杆之间一定没有摩擦D ．圆环与杆之间一定存在摩擦4．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE 向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A. 2 s B．2 sC. 3 s D．2 2 s5．2013年10月11日，温州乐清市德力西公司的专家楼B幢发生惊险一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落．但幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙．假设从楼上窗台到接住男孩的位置高度差为h＝20 m，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2 s，则(忽略空气阻力，g取10 m/s2)()A．男孩接触老伯手臂时的速度大小为25 m/sB．男孩自由下落时间约为4 sC．老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍D．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2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v2>v1，则() A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意)7．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是()A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下8．如图所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是() A．两球质量一定相等B．两球质量可能不相等C．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为gD．剪断左侧细线瞬间，b球加速度为09．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，设向右为正方向，则关于A 物体运动的加速度a、速度v、B对A的摩擦力F f及运动的位移x随时间变化的关系图象正确的是()三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10．(10分)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧测力计固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d.开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t.(1)木块的加速度可以用d、t表示为a＝________.(2)改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是________．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________．A．可以改变滑动摩擦力的大小B．可以更方便地获取更多组实验数据C．可以更精确地测出摩擦力的大小D．可以获得更大的加速度以提高实验精度11．(18分)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F 的大小；(2)t ＝6 s 时物体的速度，并在图乙上将6 s 内物体运动的v －t 图象补画完整，要求标明有关数据．12．(18分)如图所示，质量为M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.已知在运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取g ＝10 m/s 2.求：(1)经过多长时间两者达到相同的速度；(2)小车至少多长才能保证小物块不从小车上掉下来？(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？章末检测(三)1．[解析]选B.从图象可知，当人最后不动时，绳上的拉力为35F 0，即mg ＝35F 0，最大拉力为95F 0，因此最大加速度为95F 0－mg ＝ma,3mg －mg ＝ma ，a ＝2g ，B 正确．2．[解析]选D.关闭发动机后，系统做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝mg2M ＋m，上升的高度h ＝v 22a ＝(2M ＋m )v 22mg，选项D 正确．3．[解析]选D.对小球由牛顿第二定律得：沿斜面方向mg sin 60°－F T sin 30°＝ma ，垂直斜面方向mg cos 60°－F T cos 30°＝0，解得a ＝33g ，由于小球与圆环保持相对静止，故圆环一定加速下滑，选项A 、B 错误；对小球和圆环组成的系统，由牛顿第二定律得(M ＋m )g sin 60°－F f ＝(M ＋m )a ，解得F f ＝36(M ＋m )g ，故圆环与杆之间一定存在摩擦，选项D 正确，C 错误．4．[解析]选B.根据题图乙所示的示意图可知，AE 两点在以D 为圆心、半径为R ＝10 m 的圆周上，根据物体在竖直圆弧轨道内的斜面上运动的特点可知，滑行者沿AE 滑道滑行的时间与沿AD 所在的直径自由下落的时间相同，则有t ＝4Rg＝2 s ，故B 正确．5．[解析]选C.由运动规律可得，男孩下落到老伯手臂处的速度为v ，由v 2＝2gh 解得v ＝20 m/s ，男孩的下落时间t 1＝v /g ＝2 s ，所以A 、B 项错误；从接触老伯手臂到停止运动，男孩的加速度a ＝v /t 2＝100 m/s 2，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可得，F ＝11mg ，故C 项正确．老伯接男孩的整个过程，男孩做减速运动，加速度方向向上，男孩处于超重状态，D 项错误．6．[解析]选B.小物块对地速度为零时，即t 1时刻，小物块在A 处左侧且距离A 最远．t 2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大.0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t 2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力的作用．B 正确．7．[解析]选BD.由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 对；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －F N ＝ma ，可知a ＝g5，方向竖直向下，D 对．8．[解析]选AD.由对称性可知，两球质量相等，A 正确．剪断左侧细线瞬间，a 球加速度为g /sin α，b 球加速度为0，D 正确．9．[解析]选AD.A 、B 相对静止，A 的加速度就是系统的加速度，系统的合外力为F ，因此加速度与F 成正比，A 项正确；A 做的是变加速运动，B 项错误；t 0时刻速度不为零，C 项错误；A 的加速度由B 对A 的静摩擦力提供，因此F f 与a 成正比，D 项正确．10．[解析](1)由匀变速直线运动规律得d ＝12at 2，解得a ＝2dt2.(2)木块刚刚开始滑动时，弹簧测力计的示数F 0大小等于木块所受的滑动摩擦力；木块加速运动时，由牛顿第二定律得F －F 0＝ma ，解得a ＝1m F －F 0m，选项C 正确．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是可以更方便地获取更多组实验数据，可以更精确地测出摩擦力的大小，选项B 、C 正确．[答案](1)2dt2 (2)C (3)BC11．[解析](1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a 1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a 2，由v －t 图象可知：a 1＝20－01－0 m/s 2＝20 m/s 2(2分)a 2＝20－102－1m/s 2＝10 m/s 2(2分)对物体在撤去拉力前，由牛顿第二定律得 F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1(2分)对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 2(2分) 解得F ＝30 N ，μ＝0.5.(2分)(2)加速上滑的时间t 1＝1 s ，撤去拉力时的速度为v ＝20 m/s ，设再经过t 2速度减至0. 由0＝v －a 2t 2得t 2＝2 s(2分)在最高点时，因mg sin 37°>μmg cos 37°，故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a 3，据牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 3(2分)解得a 3＝2 m/s 2(2分)再经过3 s 物体的速度大小为6 m/s ，方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示．(2分)[答案](1)0.5 30 N (2)见解析12．[解析](1)设小物块和小车的加速度分别为a m 、a M ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma m (1分)F －μmg ＝Ma M (1分) 代入数据解得a m ＝2 m/s 2，a M ＝0.5 m/s 2(2分)设经过时间t 1两者达到相同的速度，由a m t 1＝v 0＋a M t 1得t 1＝1 s ．(2分)(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a 做匀加速运动．对小物块和小车构成的整体，由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a (1分) 得a ＝0.8 m/s 2(1分)此时小物块和小车之间的摩擦力 F f ＝ma ＝1.6 N(1分)而小物块和小车之间的最大静摩擦力 F fm ＝μmg ＝4 N(1分)F f <F fm ，所以两者达到相同的速度后，保持相对静止．从小物块放上小车开始，小物块的位移x m ＝12a m t 21(1分)小车的位移x M ＝v 0t 1＋12a M t 21(1分)小车的长度至少为L ＝x M －x m ＝0.75 m ．(1分) (3)在开始的t 1＝1 s 内，小物块的位移为x m ＝12a m t 21＝1 m(1分)末速度v ＝a m t 1＝2 m/s(1分)在接下来的0.5 s 内，小物块与小车相对静止，以共同的加速度a ＝0.8 m/s 2做匀加速运动．这0.5 s 内通过的位移x ＝v (t －t 1)＋12a (t －t 1)2(1分)代入数据解得x ＝1.1 m(1分)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为x 总＝x m ＋x ＝2.1 m ．(1分)[答案](1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m。