专题(02)牛顿运动定律与直线运动(解析版)

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2021年高考物理二轮重点专题整合突破

专题（02）牛顿运动定律与直线运动（解析版）

高考题型1 匀变速直线运动规律的应用 1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法

2.解题的基本步骤

画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论 3.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析

末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解. (2)双向可逆类运动分析

匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x 、v 、a 等矢量的正负及物理意义.

【例1】(2019·全国卷Ⅰ·18)如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2

t 1

满足(

)

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图1

A.1

B.2

C.3

t 1<4

D.4

t 1

<5

【答案】C

【解析】本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个H

4所用的时间为t 2＝

2×H 4g ，第一个H

4

所用的时间为t 1＝2H

g

－2×34

H g

，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3

<4，选项C 正确. 【例2】(2020·全国卷Ⅰ·24)我国自主研制了运-20重型运输机.飞机获得的升力大小F 可用F ＝kv 2描写，k 为系数；v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的v 称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg 时，起飞离地速度为66 m/s ；装载货物后质量为1.69×105 kg ，装载货物前后起飞离地时的k 值可视为不变.

(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；

(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间.

【答案】(1)78 m/s (2)2 m/s 2 39 s

【解析】(1)设飞机装载货物前质量为m 1，起飞离地速度为v 1；装载货物后质量为m 2，起飞离地速度为v 2，重力加速度大小为g .飞机起飞离地应满足条件 m 1g ＝kv 12Ⅰ m 2g ＝kv 22Ⅰ

由ⅠⅠ式及题给条件得v 2＝78 m/sⅠ

(2)设飞机匀加速滑行距离为s ，滑行过程中加速度大小为a ，所用时间为t . 由匀变速直线运动公式有 v 22＝2as Ⅰ v 2＝at Ⅰ

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联立ⅠⅠⅠ式及题给条件得a ＝2 m/s 2，t ＝39 s. 【变式训练】

1.一物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度大小是( ) A.2

3 m/s 2 B.4

3 m/s 2 C.8

9 m/s 2 D.16

9

m/s 2 【答案】B

【解析】解法一：基本公式法

设物体在第一段的初速度为v 0，加速度为a ，x 1＝v 0t 1＋12at 12，x 1＋x 2＝v 0(t 1＋t 2)＋12a (t 1＋t 2)2，联立解得v 0＝4

3

m/s ，a ＝4

3 m/s 2，故选项B 正确.

解法二：平均速度法

第一段时间内的平均速度为：v 1＝x 1t 1＝164 m/s ＝4 m/s ，第二段时间内的平均速度为：v 2＝x 2t 2＝16

2 m/s ＝8 m/s ，

两段运动过程中间时刻的时间间隔为：Δt ＝2 s ＋1 s ＝3 s ，则根据匀变速直线运动规律，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，加速度大小为：a ＝v 2－v 1Δt ＝8－43 m/s 2＝4

3

m/s 2，选项A 、C 、D 错误，B 正确.

2. 现有甲、乙两汽车正沿同一平直道路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为t 0＝0.5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g ＝10 m/s 2，假设汽车可看成质点. (1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m ，他采取上述措施能否避免闯红灯？

(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？ 【答案】(1)能 (2)1.5 m

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【解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为a 1＝F f1m 1＝0.4m 1g

m 1＝4 m/s 2.

甲车停下来所需时间为 t 1＝v 0a 1＝10

4

s ＝2.5 s ，

滑行距离x ＝v 022a 1＝102

2×4 m ＝12.5 m ，

由于x ＝12.5 m<15 m ，

可见甲车司机刹车后能避免闯红灯.

(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a 2＝F f2m 2＝0.6m 2g

m 2＝6 m/s 2，刹车过程中，两车速度相等时处于同一位置，即

为恰好不相撞的条件.

设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x 0，在乙车刹车t 2时间后两车的速度相等， 其运动关系如图所示，

则有速度关系v 0－a 1(t 2＋t 0)＝v 0－a 2t 2，v ＝v 0－a 2t 2 位移关系v 0t 0＋v 02－v 22a 2＝x 0＋v 02－v 2

2a 1

解得x 0＝1.5 m.

高考题型2 牛顿运动定律的应用 1.动力学两类基本问题的解题思路

2.超重与失重

3.瞬时加速度的求解

(1)两个重要模型

Ⅰ轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失；

Ⅰ轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为不变.

(2)注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以.

【例3】(2020·全国卷Ⅰ·25)如图2，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直.已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力.

图2

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件.

【答案】见解析

【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为F f，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋F fⅠ

ma2＝F f－mgⅠ

联立ⅠⅠ式并代入题给数据，得

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a 1＝2g ，a 2＝3g Ⅰ

(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v 0＝2gH Ⅰ

方向均向下.管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下.

设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向，由运动学公式得 v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1Ⅰ 联立ⅠⅠⅠ式得t 1＝

2

5

2H g

Ⅰ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得 h 1＝v 0t 1－1

2a 1t 12Ⅰ

v ＝v 0－a 1t 1Ⅰ

由ⅠⅠⅠⅠ式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点.由运动学公式有h 2＝

v 2

2g Ⅰ

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则H 1＝ h 1＋ h 2Ⅰ 联立ⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠ式可得 H 1＝1325

H Ⅰ

(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有 Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－F f x 1＝0Ⅰ

联立ⅠⅠ式并代入题给数据得 x 1＝45

H Ⅰ

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x 2＝4

5

H 1Ⅰ

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设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是 x 1＋ x 2≤L Ⅰ

联立ⅠⅠⅠⅠ式，L 应满足条件为 L ≥152125H . 【变式训练】

3.如图3所示，两个质量均为m 的小球A 、B 用细绳相连，小球A 与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g ，现突然把细线剪断.在剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小是

(

)

图3

A.22g

B.5g

C.2g

D.2g

【答案】B

【解析】细线剪断前，小球A 受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力大小F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球A 只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F ＝2mg ，所以此时A 球受到的合力大小F A ＝

mg

2＋

2mg 2＝5mg ，由牛顿第二定

律可知，在剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小a ＝5g ，故B 正确，A 、C 、D 错误.

4.(2020·山东模拟)在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m 的小物块，如图4甲所示.升降机从t ＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a 随时间t 变化的图象如图乙所示.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g ，以下说法正确的是( )

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图4

A.在0～2t 0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

B.在t 0～3t 0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态

C.t ＝t 0时刻，物块所受的支持力大小为mg

D.t ＝3t 0时刻，物块所受的支持力大小为2mg 【答案】C

【解析】当a >0时，物块具有向上的加速度，处于超重状态，故A 、B 错误.t ＝t 0时刻，a ＝0，F N ＝mg ，C 正确.t ＝3t 0时刻，a ＝2g ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝ma ，得F N ＝3mg ，选项D 错误.

5.(2020·河南信阳市高三期末)如图5所示，将质量m ＝1 kg 的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 3 N 的拉力F ，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝

3

2

，g ＝10 m/s 2，则：

图5

(1)F 作用t ＝2 s 时圆环的速度是多大？

(2)2 s 后撤去力F ，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？ 【答案】(1)20 m/s (2)16 m

【解析】(1)F 作用时，对圆环受力分析，如图甲所示.

沿杆方向：F cos 30°－mg sin 30°－F f ＝

ma

1

垂直杆方向：mg cos 30°＝F N＋F sin 30°

又F f＝μF N

联立解得：a1＝10 m/s2

由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t 代入数据解得：v＝20 m/s

(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示.

沿杆方向：mg sin 30°＋F f′＝ma2

垂直杆方向：mg cos 30°＝F N′

又F f′＝μF N′

联立解得：a2＝12.5 m/s2

圆环继续沿杆上滑的最大距离

x＝v2

2a2＝

202

2×12.5m＝16 m.

高考题型3运动学和动力学图象

1.常见图象

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2.非常规图象

遇到其他运动的图象时，可以根据物理规律写出两个物理量间的函数关系，来确定斜率和截距.

例如：(1)在匀变速直线运动中的v 2－x 图象，由v 2－v 02＝2ax 得v 2＝2ax ＋v 02，斜率k ＝2a ，截距b ＝v 02； (2)x t －t 图象：由x ＝v 0t ＋12at 2得x t ＝v 0＋12at ，斜率k ＝1

2

a ，截距

b ＝v 0. 3.在F －l 图象、F －t 图象、I －t 图象中，图线与横轴所围的面积分别表示功、冲量、电荷量.

【例4】(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)如图6(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力.细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s 2.由题给数据可以得出( )

图6

A.木板的质量为1 kg

B.2～4 s 内，力F 的大小为0.4 N

C.0～2 s 内，力F 的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】AB

【解析】由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行

受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.2

5－4 m/s 2

＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误.

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【变式训练】

6.(多选)甲、乙、丙、丁四个物体在同一条直线上做直线运动，甲物体的x －t 图象、乙物体的v －t 图象、丙物体和丁物体的a －t 图象依次如图所示，规定水平向右为正方向，已知物体在t ＝0时的速度均为零，且此时丙物体在丁物体的左边1.75 m 处，则( )

A.0～4 s 内运动位移最大的物体是乙物体

B.0～4 s 内运动位移最大的物体是丙物体

C.t ＝2.5 s 时，丙物体追上丁物体

D.t ＝3.5 s 时，丙物体追上丁物体 【答案】BD

【解析】0～4 s 内甲、乙两物体的位移为零；丙物体一直向右运动；丁物体在0～1 s 内先加速，在1～2 s 内减速到零，然后在2～3 s 内反向加速，在3～4 s 内减速到零回到出发点，故0～4 s 内运动位移最大的物体是丙物体，A 项错误，B 项正确.画出丙、丁对应的v －t 图象如图所示，则丙物体在0～3 s 内位移x 1＝1

2×1×2

m ＋1

2×1×1 m ＝1.5 m ，在3～3.5 s 内位移x 2＝1＋0.52×0.5 m ＝0.375 m ，故0～3.5 s 内丙的位移x 丙＝x 1＋x 2＝

1.875 m,0～3.5 s 内，丁物体的位移x 丁＝12×0.5×0.5 m ＝0.125 m ，因开始时丙物体在丁物体的左边1.75 m 处，

则t ＝3.5 s 时丙物体追上丁物体，C 项错误，D 项正确.

7.(2020·福建漳州市测试)甲、乙两车在平直的公路上从同一地点同向行驶，两车的速度v 随时间t 的变化关系如图7所示，其中两阴影部分的面积S 1＝S 2，则( )

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图7

A.在t 1时刻，甲、乙两车相遇

B.在t 1时刻，甲车的加速度大于乙车的加速度

C.在0～t 2时间内，甲、乙两车的平均速度相等

D.在0～t 2时间内，甲车的平均速度v ＝v 1＋v 2

2

【答案】C

【解析】甲、乙两车从同一地点同向行驶，根据速度－时间图线与t 坐标轴围成的面积表示位移，可知0～t 1时间内甲车的位移比乙车的大，则在t 1时刻，甲、乙两车没有相遇，故A 错误；由v －t 图线切线的斜率表示加速度，知在t 1时刻，乙的斜率大于甲的斜率，即乙的加速度大于甲的加速度，故B 错误；两阴影部分的面积S 1＝S 2，则知在0～t 2时间内，甲车运动的位移等于乙车运动的位移，所用时间也相等，则甲、乙两车的平均速度相等，v 甲＝v 乙＝v 2

2

，故C 正确，D 错误.

8.(2020·湖北荆州市高三期末)一个物体沿直线运动，t ＝0时刻物体的速度为1 m/s ，加速度为1 m/s 2，物体的加速度随时间变化的规律如图8所示，则下列判断正确的是( )

图8

A.物体做匀变速直线运动

B.物体的速度与时间成正比

C.t ＝8 s 时刻物体的速度为12.2 m/s

D.前8 s 内物体的平均速度为v ＝6.6 m/s 【答案】C

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【解析】物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A 错误；由题图知物体的加速度随时间增大，根据v ＝v 0＋at 可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B 错误；a －t 图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则0～8 s 内，a ＝0.1t ＋1 (m/s 2)，当t ＝8 s 时，a ＝1.8 m/s 2，速度的变化量Δv ＝1＋1.8

2×8 m/s ＝11.2 m/s ，

知t ＝8 s 时的速度为v ＝v 0＋Δv ＝1 m/s ＋11.2 m/s ＝12.2 m/s ，故C 正确；因为加速度增大，结合v －t 图象可知，v <

v 0＋v 2＝1＋12.2

2

m/s ＝6.6 m/s ，D 错误. 9.(多选)(2020·湖南3月模拟)近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门.在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做直线运动.测试段内机车速度的二次方v 2与对应位移x 的关系图象如图9所示.在该测试段内，下列说法正确的是( )

图9

A.机车的加速度越来越大

B.机车的加速度越来越小

C.机车的平均速度大于v 02

D.机车的平均速度小于v 0

2

【答案】BC

【解析】如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移Δx 内，速度的二次方的差值逐渐减小，由运动学公式Δv 2＝2a Δx 分析可知，机车的加速度逐渐减小，故A 错误，B 正确；由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内，机车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度v 0

2，故C 正确，

D 错误.

牛顿运动定律的临界问题

牛顿运动定律的应用----------临界问题 一、临界问题 在物体的运动变化过程中，往往会出现某个特殊的状态，相关物理量在这个特定状态前后会发生突变，这种运动状态称为临界状态。临界状态通常分为运动（速度、加速度）变化的临界状态和力（摩擦力、弹力）变化的临界状态。 1、运动变化的临界状态：运动的物体出现最大或最小速度，相互作用的物体在运动中达到共同的速度等。 2、力变化的临界状态： 相互作用的物体间静摩擦力达到最大时将要发生相对滑动。 相互接触的物体运动中因为弹力逐渐减小直至减小到零将要发生分离等。 二、分析临界问题的一般步骤 1、通过受力分析和过程分析找到临界状态； 2、弄清在临界状态下满足的临界条件；如：两相互滑动的物体恰好不脱离、同向运动的两个物体相距最近的临界条件是两物体达到共同的速度。 3、使用物理方法或数学方法求解。 【例1】（弹力变化的临界）如图1所示，在倾角为θ的光滑斜 面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C 时物块A 的加速度a 和从开始到此时物块A 的位移d ．重力加速度为g ． 变式1．如图2所示，一弹簧秤的托盘质量m 1=1.5kg ，盘内放一质量为m 2=10.5kg 的物体P ，弹簧质量不计，其劲度系数为k =800N/m ，开始时系统处于静止状态．现给 P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始做匀加速直线运动，已知在最 初0.2s 内F 是变化的，在0.2s 后F 是恒定的，求F 的最大值和最小值各是 多少．（取g =10m/s 2） 【例2】（摩擦力变化的临界）如图3所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上．A 、B 质量分别为m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2， F 从10逐渐增大到50N 在此过程中，下列说法准确的是( )． A ．当拉力F <12 N 时，两物体均保持相对静止状态 B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N 时，开始相对滑动 C ．两物体从受力开始就有相对运动 D ．当拉力超过48 N 时，开始相对滑动 θ C 图1 A B 图2

牛顿运动定律解题(二)

牛顿运动定律解题（二） 1、一个物体放在光滑的水平面上，处于静止。从某一时刻t=0 起，受到如下图所示的力F的作用，设力F的正方向为向北， 物体的质量为m＝10kg。物体在5s末的位移是____；速度是 ____，方向_____，物体在10s末的位移是____；速度是_____， 方向_____ 2、用恒力F在时间t内能使质量为m的物体，由静止开始移动一段距离s，若用F/2恒力，在时间2t内作用于该物体，由静止开始移动的距离是_____。 3、物体在力F1作用下获得正西方向4 m/s2的加速度，在力F1和力F2共同作用下获得正北方向3 m/s2的加速度。那么物体在力F2单独作用下的加速度大小是_____ 。 4、甲、乙两个物体的质量之比为2：1，受到的合外力的大小之比是1：2，甲、乙两个物体都从静止开始运动，那么，两个物体经过相同的时间通过的路程之比为_____。 5、在运动的升降机中天花板上用细线悬挂一个物体A，下面吊着一个轻质 弹簧秤（弹簧秤的质量不计），弹簧秤下吊着物体B，如下图所示，物体A 和B的质量相等，都为m＝5kg，某一时刻弹簧秤的读数为40N，设g=10 m/s2， 则细线的拉力等于_____，若将细线剪断，在剪断细线瞬间物体A的加速度 是_____，方向______；物体B的加速度是_____；方向_____。 6、一滑块恰能沿斜面匀速下滑.现在该滑块上作用一竖直向下的恒力，则滑块的运动情况是 (A)仍保持匀速滑下； (B)将加速下滑； (C)将减速下滑； (D)根据具体数据才能确定. 7、如图所示，A，B两滑块叠放在水平地面上.A，B间的摩擦系数为μ1，B与地面的摩擦系数为μ2.若在A上作用一水平力F，使A，B一起以相同速度作匀速直线运动.则关于两摩擦系数必须有 (A)μ1≠0，μ2＝0；(B)μ1≠0μ2≠0； (C)μ1＞μ2，μ2≠0；(D)μ1＜μ2，μ1≠0. 8、重10牛的滑块A置于倾角37°的斜面上，用细线通过斜面 顶端滑轮与砝码B相连，如图.A和斜面间的摩擦系数为0.4. 不计滑轮摩擦，要使A在斜面上平衡，B所受重力应多大? 9、水平地面上放着重6牛的物体，用1.8牛的水平拉力能使物 体匀速前进.如用与水平面成30°角的力来拉，则要使物体匀速运动拉力的大小为 . 10如图，A，B是两个带柄(a和b)的完全相同的木块，C是质量为m 的长木板，A，B与斜面及木板间皆有摩擦，C与A，B间摩擦系数均 匀μ.设它们原来都是静止的.(1)使A不动，手握b使B沿斜面向上 拉，当B开始移动时，C是否动? ，此时A与C间的摩擦力f A为 .(2)若使B不动，手握a使A沿斜面向下拉，当A开始移动时，C是否动? . 11、一物体沿斜面匀速向上滑动，那么关于该物体受力的个数可能是 (A)两个力；(B)三个力； (C)四个力；(D)多于四个力. 12、重5牛的滑块恰能在倾角为37°的斜面上匀速下滑.则物块与斜面间的摩擦系数为 . 若用一平行斜面的力拉滑块匀速向上滑动，则拉力大小为 .

02 牛顿运动定律

习题二 牛顿运动定律 一、选择题： 1、如图，两个质量相同的木块A 和B 紧靠在一起，置于光滑的水平面上，若分别 受水平推力1F 和2F 的作用，则A 对B 的作用力大小为（ D ） A 、21F F - B 、21F F + C 、)(2121F F - D 、)(2121F F + 2、在滑动摩擦系数为u 的地面上，用力F 拉一个质量为m 的物体，使物体水平运动有最大加速度，则拉力F 与水平方向的夹角α A 、αcos =u B 、αsin =u C 、tan =u 提示：求出(),0da a a d αα==令 3、如图所示,竖立的圆筒形转笼，半径为R ，绕中心轴OO ' 转动，物块A 紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要使物块 A 不下落，圆筒的角速度ω 至少应为 （ C ） (A) R g μ (B) g μ (C) ()R g μ (D) R g 4、在绳子的一端系一质量为m 的物体，使之在半径为R 的铅直圆 周上运动，求物体在运动过程中所需的最小速率（ B ） A 、Rg B 、Rg C 、2)(Rg D 、3Rg 5、两个质量相等的小球由轻弹簧相连接，再用一细绳竖直悬挂 于天花板上，处于静止状态，如图所示；将绳子剪断的瞬间， 球1和球2的加速度分别为（ D ） A 、g a g a ==21， B 、g a a ==210， C 、021==a g a ， D 、0221==a g a ， F

二、填空题 1、 一光滑斜面上放置一质量为m 为 mg cos α ，若用一竖直的光滑木板挡住物体下滑，则物 体对斜面的压力为 mg sec α。 2、 用一沿水平方向的外力F 把一质量kg m 2=的物体紧紧 地压在摩擦系数25.0=u 的墙面上，当N F 10=时，则摩 擦力=f 2.5 N ；当N F 100=时， 则摩擦力=f 19.6 N 或20N 。 3、 质量为m 的质点与一长为L 、质量为M 的匀质细棒沿一 线放置，质点与棒的近端相距为d ，则 这两物体间的万有引力大小为()GMm d d L +。 特别提示：用微元法！因万有引力定律只适用两个质点，细棒不可以看成质点！！ 4、一船质量为 m ，关闭引擎后的速度为0v ，运动中受到水的阻力，阻力大小与船速成正比，比例系数为k ，则船速减为其初速的一半所需的时间为ln 2m k ?，这段时间内船前进的距离为02mv k 。 提示：1）dv F kv m dt =-=，m dv dt k v =-，00t v v m dv dt k v =-??，求出()v v t =，令02 v v =,求出t ?； 2）dx v dt =，dx vdt =，210x t x x dx vdt ??==??。 d L

高考物理牛顿运动定律专题训练答案

高考物理牛顿运动定律专题训练答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。重力加速度g ＝10m/s 2，试求： （1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2 （3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。 【答案】（1）0.3（2） 120（3）2.75m 【解析】 【分析】 （1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】 （1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1 v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=； （2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 0121 2v mg mg m t μμ+?= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 21222v mg mg m t μμ-?= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ= ，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为： 01100.52 v x t m +=?=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：

牛顿运动定律中的临界和极值问题

牛顿运动定律中的临界和极值问题 1．动力学中的典型临界问题 (1)接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力F N＝0. (2)相对静止或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，则相对静止或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 绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力．绳子松弛的临界条件是 F T＝0. (4)速度最大的临界条件 在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值． 2．解决临界极值问题常用方法 (1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的． (2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题． (3)数学法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件． 题型一：接触与脱离类的临界问题 例1: 如图所示，在劲度系数为k的弹簧下端挂一质量为m的物体，物体下有一 托盘，用托盘托着物体使弹簧恰好处于原长，然后使托盘以加速度a竖直向下做 匀速直线运动（a

牛顿运动定律的应用2

牛顿第二定律（2） 应用牛顿第二定律解题的一般步骤： (1)确定研究对象(在有多个物体存在的复杂问题中，确定研究对象尤其显得重要)。 (2)分析研究对象的受力情况，画出受力图。 (3)选定正方向或建立直角坐标系。通常选加速度的方向为正方向，或将加速度的方向作为某一坐标轴的正方向。这样与正方向相同的力(或速度)取正值；与正方向相反的力(或速度)取负值。 (4)求合力(可用作图法，计算法或正交分解法)。 (5)根据牛顿第二定律列方程。 (6)必要时进行检验或讨论。 1．质量为2kg 的物体放在水平地面上，与水平地面的动摩擦因数为0．2，现对物体作用一向右与水平方向成37°，大小为10N 的拉力F ，使之向右做匀加速运动，求物体运动的加速度? 2．如图所示，装有架子的小车，用细线拖着小球在水 平地面上运动，已知运动中，细线偏离竖直方向30°， 则小车在做什么运动? 4．在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作( ) A ．匀减速运动。 B ．匀加速运动。 C ．速度逐渐减小的变加速运动。 D ．速度逐渐增大的变加速运动。 5．一个力作用于质量为m 1的物体A 时，加速度为a 1；这个力作用于质量为m 2的物体时，加速度为a 2，如果这个力作用于质量为m 1+m 2的物体C 时，得到的加速度为( ) A ． 221a a + B ．2111m m a m + C ．2122m m a m + D ．2 121a a a a + 作业： 1．当作用在物体上的合外力不等于零时，则 ( ) A ．物体的速度一定越来越大 B ．物体的速度一定越来越小

精选2018高中物理第四章牛顿运动定律6深度剖析临界问题练习新人教版必修1

深度剖析临界问题 （答题时间：30分钟） 1. （多选）如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是（） A. 若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左 m mg kxμ - B. 若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝ m mg kxμ - ，且小车只能向左加速运动 C. 若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右 D. 若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为 m mg kxμ + ，最小值为 m mg kxμ - 2.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量m＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m1＝10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g＝10 m/s2）（） A. 25 m/s2 B. 5 m/s2 C. 10 m/s2 D. 15 m/s2 3. （渭南检测）如图所示，有A、B两个楔形木块，质量均为m，靠在一起放于水平面上，它们的接触面的倾角为θ，现对木块A施一水平推力F，若不计一切摩擦，要使A、B一起运动而不发生相对滑动，求水平推力F的最大值。 4.（山东高考）如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与 斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A 点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m.，已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的

专题三牛顿运动定律知识点总结归纳

精心整理 专题三牛顿三定律 1.牛顿第一定律（即惯性定律） 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状态为止。 （1 （2 ③由牛顿第二定律定义的惯性质量m＝F/a和由万有引力定律定义的引力质量 2/严格相等。 m Fr GM ④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质。力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。 2.牛顿第二定律

（1）定律内容 成正比，跟物体的质量m成反比。 物体的加速度a跟物体所受的合外力F 合 （2）公式：F ma = 合 理解要点： 是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时①因果性：F 合 3. （1 4. 分析物体受力情况，应用牛顿第二定律列方程。（隔离法） 一般两种方法配合交替应用，可有效解决连接体问题。 5.超重与失重 视重：物体对竖直悬绳（测力计）的拉力或对水平支持物（台秤）的压力。（测力计或台秤示数）

物体处于平衡状态时，N＝G，视重等于重力，不超重，也不失重，a＝0 当N＞G，超重，竖直向上的加速度，a↑ 当N＜G，失重，竖直向下的加速度，a↓ 注：①无论物体处于何状态，重力永远存在且不变，变化的是视重。 ②超、失重状态只与加速度方向有关，与速度方向无关。（超重可能：a↑，v↑，向 例 度为 f1－ h1＝ 在t1到t＝t2＝5s的时间内，体重计的示数等于mg，故电梯应做匀速上升运动，速度为t1时刻电梯的速度，即 v1＝a1t1，③ 在这段时间内电梯上升的高度 h2＝v2（t2－t1）。④

在t2到t＝t3＝6s的时间内，体重计的示数小于mg，故电梯应做向上的减速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为f1，电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律，得 mg－f2＝ma2，⑤ 在这段时间内电梯上升的高度 h3＝2 h＝h h＝ 例B。它 A m A 令x2 定律可知 kx2＝m B gsinθ② F－m A gsinθ－kx2＝m A a ③ 由②③式可得a＝④ 由题意d＝x1+x2⑤

牛顿运动定律中的临界问题

例1、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m 的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a(a ＜g ＝匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。 例2、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P 处于静 止，P 的质量m=12kg ，弹簧的劲度系数k=300N/m 。现在给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静 止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s 内F 是变力，在0.2s 以后F 是恒力，g=10m/s 2 ,则F 的最小值是，F 的最大值是。 例3、一弹簧秤的秤盘质量m 1=1．5kg ，盘内放一质量为m 2=10．5kg 的物体P ，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m ，系统处于静止状态，如图9所示。现给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s 内F 是变化的，在0．2s 后是恒定的， 求F 的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s 2 ） 例4、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB =2N ，Ａ受到的水平力ＦA =(9-2t)N ，(t 的单位是s)。从t ＝0开始计时，则： A ．Ａ物体在3s 末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍； B ．t ＞４s 后,Ｂ物体做匀加速直线运动； C ．t ＝4.5s 时,Ａ物体的速度为零； D ．t ＞4.5s 后,ＡＢ的加速度方向相反。 图7 图8 图 9 图10

例5、如图11所示，细线的一端固定于倾角为450 的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线的另一端拴一质量为m 的小球。当滑块至少以加速度a=向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g 的加速度向左运动时，线中拉力T=。 例6、如图所示，在小车的倾角为300 的光滑斜面上，用倔强系数k=500N/m 的弹簧连接一个质量为m=1kg 的物体，当小车以2 /3s m 的加速度运动时，m 与斜面保持相对静止，求弹簧伸长的长度？若使物体m 对斜面的无压力，小车加速度必须多大？若使弹簧保持原长，小车加速度大小、方向如何？

高中物理牛顿运动定律练习题及答案含解析

高中物理牛顿运动定律练习题及答案含解析 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．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s =，求： ()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量． 【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】 ()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值． ()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】 ()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得 1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =； 木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ?=； 220m v a t =-； 由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ= ()2小物块减速过程中，有： 13mg ma μ=；

高考二轮复习专题(物理-牛顿运动定律)

高考二轮复习专题三：牛顿运动定律 （一）牛顿第一定律（即惯性定律） 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状态为止。 （1）理解要点： ①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。 ②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。 ③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。 ④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。 （2）惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。 ①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关。 ②质量是物体惯性大小的量度。 ③由牛顿第二定律定义的惯性质量m=F/a 和由万有引力定律定义的引力质量mF r G M =2 /严格相等。 ④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。 （二）牛顿第二定律 1. 定律内容 物体的加速度a 跟物体所受的合外力F 合成正比，跟物体的质量m 成反比。 2. 公式：F m a 合= 理解要点： ①因果性：F 合是产生加速度a 的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失； ②方向性：a 与F 合都是矢量，方向严格相同； ③瞬时性和对应性：a 为某时刻某物体的加速度，F 合是该时刻作用在该物体上的合外力。 （三）力的平衡 1. 平衡状态 指的是静止或匀速直线运动状态。特点：a =0 。 2. 平衡条件 共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即∑=F 0。 3. 平衡条件的推论 （1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等大反向； （2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下，处于平衡状态，这三个力必为共点力； （3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形。 （四）牛顿第三定律 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，作用在一条直线上，公式可写为F F =-'。 （五）力学基本单位制：k g m s 、、（在国际制单位中） 1. 作用力与反作用力的二力平衡的区别 内容 作用力和反作用力 二力平衡 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上 依赖关系 同时产生，同时消失相互依存，不可单独存在 无依赖关系，撤除一个、另一个可依 然存在，只是不再平衡 叠加性 两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力 两力运动效果可相互抵消，可叠加， 可求合力，合力为零；形变效果不能 抵消 力的性质 一定是同性质的力 可以是同性质的力也可以不是同性质 的力 2. 应用牛顿第二定律解题的一般步骤 ①确定研究对象； ②分析研究对象的受力情况画出受力分析图并找出加速度方向； ③建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余分解到两坐标轴上； ④分别沿x 轴方向和y 轴方向应用牛顿第二定律列出方程； ⑤统一单位，计算数值。

实用文档之牛顿运动定律中的临界和极值问题

实用文档之"牛顿运动定律中的临界和极值问题" 1．动力学中的典型临界问题 (1)接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力F N＝0. (2)相对静止或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，则相对静止或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 绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力．绳子松弛的临界条件是F T＝0. (4)速度最大的临界条件 在变加速运动中，当加速度减小为零时，速度达到最大值． 2．解决临界极值问题常用方法 (1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的． (2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题． (3)数学法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件． 题型一：接触与脱离类的临界问题 例1: 如图所示，在劲度系数为k的弹簧下端挂一质量为m的物体，物体下有一托盘，用托盘托着物体使弹簧恰好处于原长，然后使托盘以加速度a竖直向下做匀速直线运动（a

运动一段距离后将分离，分离后A 上升最大高度为0.2 m ，取g ＝10 m/s 2 ， 求刚撤去F 时弹簧的弹性势能？ 例3:如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于mg 21的恒力F 向上拉A ，当运动距离为h 时A 与B 分离。则下列说法正确的是（ ） A ．A 和 B 刚分离时，弹簧为原长 B ．弹簧的劲度系数等于h mg 23 C ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中，两物体的动能先增大后减小 D ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中，A 物体的机械能一直增大 例4:如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，A 、B 两物块在开始一段时间内的v-t 关系分别对应图乙中A 、B 图线（t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点），重力加速度为g ，则（ ） A ．t 1和t 2时刻弹簧形变量分别为k ma mg +θsin 和0 B ．A 、B 分离时t 1()ak ma mg +=θsin 2 C ．拉力F 的最小值ma mg +θsin D ．从开始到t 2时刻，拉力F 逐渐增大

专题02力的平衡和牛顿运动定律(新课标卷)-高三物理名校模拟金卷分项汇编(第01期)(原卷版)

1.【2014·江西重点中学盟校高三十校第一次联考】下列关于物理学发展史的表述，其中观点正确的是A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动 B．牛顿认为力的真正效果是改变物体的速度，而不仅仅是使之由静止开始运动 C．法拉第首先发现了电流的磁效应 D．伽利略根据理想实验得出，物体自由落体运动速度与下落位移成正比 2.【2014·湖北八市高三3月联考】结合你所学知识和图中描述的物理学史，判断下列说法错误 ．．的是 A．图中“力学”高峰期是指牛顿建立动力学理论 B．伽俐略将他的“斜面实验”和“比萨斜塔实验”都记录在他的《自然哲学的数学原理》一书中 C．“电磁学”理论的完备晚于“力学”理论的完备 D．法拉第发现了电磁感应现象的规律 3.【2014·河南开封高三二模】某同学通过以下步骤测出了从一定高度落丁的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球以规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印，再将印有水印的白纸铺在台式测力计上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时测力计的示数即为冲击力的最大值，下列物理学习或研

究中用到的方法与该同学的方法相同的是 A.建立“合力与分力”的概念 B.建立“点电荷”的概念 C.建立“瞬时速度”的概念D ．研究加速度与合力、质量的关系 4.【2014·湖北八市高三3月联考】如图所示，置于水平地面上的三脚支架的顶端固定着一质量为m 的照相机，支架的三根轻杆长度均为L 且始终不变，第一次“三个落脚点”均匀分布于半径为L/2的圆周上，第二次均匀分布于半径为2/2L 的圆周上。两次相机均能处于静止状态，两次相机对每根轻杆的压力分别设为1T 和2T ，则1T ：2T 为 A.36 B.2 C.3 D.26 5.【2014·河北邯郸高三一模】如图所示，轨道NO 和OM 底端对接且θ＞α，小环自N 点由静止滑下再滑上OM 。已知小环在轨道NO 下滑的距离小于在轨道OM 上滑的距离，忽略小环经过O 点时的机械能损失，轨道各处的摩擦系数相同。若用F 、f 、v 和E 分别表示小环所受的合力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。其中能正确反映小环自N 点到右侧最高点运动过程的是（） 6.【2014·湖北八市高三3月联考】如图所示，质量相等的长方体物块A 、B 叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与A 、B 相连接，两弹簧的原长相同，与A 相连的弹簧的劲度系数小于与B 相连的弹簧的劲度系数。开始时A 、B 处于静止状态。现对物块B 施加一水平向右的拉力，使A 、B 一起向右移动到某一位置（A 、B 无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），撤去这个力后

牛顿运动定律临界问题

临界极值 1、如图所示，质量kg m 401=的物块A 放于光滑水平面上，另一质量kg m 102=的物 块B 放于A 的上表面上，B 的上表面水平。A 、B 间摩擦因数4.0=μ。 （1）当水平拉力F=40N 时，A 、B 的加速度多大？ （2）当F=100N 时，AB 的加速度又多大？（g 取2/10s m 3.一个质量为0.2 kg 的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端，如图4，斜面静止时，球 紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10 m/s 2的加速度向右做加速运动时， 求绳的拉力及斜面对小球的弹力. T =22)()(mg ma +=2.83 N,N =0. 4. 如图所示，把长方体切成质量分别为m 和M 的两部分，切面与底面的夹角为θ，长方体置于光滑的水平面上。设切面是光滑的，要使m 和M 一起在水平面上滑动，作用在m 上的水平力F 满足什么条件？ 4.()tan m F m M g M θ≤+ 例1. 如图1所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球。当滑块以2g 加速度向左运动时，线中拉力T 等于多少？ 图 3

5.一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m 的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图5所示。现让木板由静止开始以加速度a(a ＜g ）匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离. 5. ka a g m t )(2-=。 6.如图6所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P 处于静止，P 的质量m=12kg ，弹簧的劲度系数k=300N/m 。现在给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s 内F 是变力，在0.2s 以后F 是恒力，g=10m/s 2,则F 的最小值是 ，F 的最大值是 。 7.如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m 。现施加水平力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改为水平力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过（ ） A ．2F B ．F /2 C ．3F D ．F /3 8.A 、B 两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知木块A 、B 质量分别为0.42 kg 和0.40 kg ，弹簧的劲度系数k =100 N/m ，若在木块A 上作用一个竖直向上的力F ，使A 由静止开始以0.5 m/s 2的加速度竖直向上做匀加速运动（g =10 m/s 2） 求：使木块A 竖直做匀加速运动的过程中，力F 的最大值； 即F m =m A （g +a ）=4.41 N 图5 图 6

02物理竞赛讲义——牛顿运动定律

第二部分牛顿运动定律 第一讲牛顿三定律 一、牛顿第一定律 1、定律。惯性的量度 2、观念意义，突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律 1、定律 2、理解要点 a、矢量性 b、独立作用性：ΣF →a ，ΣF x→a x… c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析 三、牛顿第三定律 1、定律 2、理解要点 a、同性质（但不同物体） b、等时效（同增同减） c、无条件（与运动状态、空间选择无关） 第二讲牛顿定律的应用 一、牛顿第一、第二定律的应用 单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。 应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。 1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（） A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下， 对地做加速运动 B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩 擦力变为静摩擦力 C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点 右侧的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止 的状态 解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。 较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t →0 ，a →

专题三牛顿运动定律知识点总结

专题三牛顿三定律 1. 牛顿第一定律（即惯性定律） 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状态为止。 （1）理解要点： ①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。 ②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。 ③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。 ④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。 （2）惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。 ①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关。 ②质量是物体惯性大小的量度。 ③由牛顿第二定律定义的惯性质量m＝F/a和由万有引力定律定义的引力质量 2/严格相等。 m Fr GM ④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质。力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。 2. 牛顿第二定律 （1）定律内容 物体的加速度a跟物体所受的合外力F 成正比，跟物体的质量m成反比。 合

（2）公式：F ma = 合 理解要点： 是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消 ①因果性：F 合 失； 都是矢量，方向严格相同； ②方向性：a与F 合 ③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F 是该时刻作用在该物体上的合外 合 力。 3. 牛顿第三定律 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，作用在一条直线上，公式可写为F F =-'。 （1）作用力和反作用力与二力平衡的区别 4. 牛顿定律在连接体中的应用 在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体间的相互作用力，并且各个物体具有相同加速度，可以把它们看成一个整体。分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出整体的加速度。（整体法） 如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体隔离出来，将内力转化为外力，分析物体受力情况，应用牛顿第二定律列方程。（隔离法） 一般两种方法配合交替应用，可有效解决连接体问题。 5. 超重与失重 视重：物体对竖直悬绳（测力计）的拉力或对水平支持物（台秤）的压力。（测力计或台秤示数）

牛顿运动定律二例题分析

牛顿运动定律的应用（二）·例题分析 例1 如图3-31所示的三个物体质量分别为m1和m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计，为使三个物体无相对运动．水平推力F等于多少？ 分析由于三个物体无相对运动，因此可看作一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程．然后再隔离m1、m2，分别列出它们的运动方程． 解由整体在水平方向的受力列出牛顿第二定律方程为 F=（m1+m2+m3）a．①分别以m1、m2为研究对象作受力分析（图3-32）．设绳张力为T．

对m1，在水平方向据牛顿第二定律得 T=m1a． ②对m2，在竖直方向由力平衡条件得 T-m2g=0． ③联立式①、②、③，得水平推力 说明也可以全部用隔离法求解．设连接m1与m2的绳中张力为T，m2与m3之间相互作用力为N，滑轮两侧绳子张力形成对m3的合力为F′，画出各个物体的隔离体受力图如图3-33所示（m1、m3竖直方向的力省略）． 对于m1，由受力分析知

T=m1a． ④对于m2，由水平方向与竖直方向的受力情况分别可得 N=m2a， ⑤ T-m2g=0． ⑥对于m3，由于F′的水平分力（向左）等于T，因此 F-N-T=m3a． ⑦由④、⑤、⑥三式得 把它们代入式⑦得水平推力F：

显然，全部用隔离法求解时，不仅未知数和方程数多，还可能因疏漏滑轮两侧绳子拉力对m3的影响而造成错误．所以应注意灵活地有分有合，交替使用隔离法和整体法． 例2 两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3-34所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力 [ ] A．等于零 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ 分析把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a．由牛顿第二定律 （M+m）gsinθ-μ1（M+m）gcosθ=（M+m）a，

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at

ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x=L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg△x 代值解得： Q=0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送 带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1= 3 2 ，木板与传送 带间的动摩擦因数μ2=3 ，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m； (3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。 【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J 【解析】 【详解】 （1）对小木块受力分析如图甲：