专题三牛顿运动定律的综合应用
考纲解读1.掌握超重、失重的概念，会分析超重、失重的相关问题.2.学会分析临界与极值问题.3.会进行力学多过程问题的分析．
1．[对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中，正确的是() A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了
B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用
C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态
D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化
答案 D
解析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，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错，D正确．
2．[超重与失重概念的应用]下列说法中正确的是()
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
答案 B
解析当加速度有竖直向下的分量时，物体处于失重状态；当加速度有竖直向上的分量时，物体处于超重状态，蹦床运动员在空中上升和下降的过程中加速度方向均竖直向下，且a＝g，为完全失重状态，所以B正确．而A、C、D中运动员均为平衡状态，F＝mg，既不超重也不失重．
3．[动力学中的图象问题]一个木块以某一水平初速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v－t图象如图1所示．已知重力加速度为g，则根据图象不能求出的物理量是
()
图1
A．木块的位移
B．木块的加速度
C．木块所受摩擦力
D．木块与桌面间的动摩擦因数
答案 C
解析位移可由图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于不知木块的质量，故不能求出木块所受摩擦力．
1．超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．
(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)等于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．
考点一超重与失重现象
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.
例1如图2所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是()
图2
A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大
B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大
C．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力先增大后减小
D．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力一直减小
答案 B
突破训练1在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()
答案 D
解析该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D 正确．
考点二动力学中的图象问题
1．图象的类型
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情
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．
例2如图3甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A，某时刻，B受到水平向左的外力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝
kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图中可以定性地描述物块A 的v －t 图象的是( )
图3
解析 刚开始，外力F 较小，A 、B 保持相对静止，加速度大小为a ＝F 2m ＝kt
2m ，可见，
加速度a 的大小随着时间t 逐渐增大，对应的v －t 图线的斜率逐渐增大，C 、D 错误；随着时间t 的增大，外力F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A 与木板B 发生相对运动，此时有F f ＝ma ，F －F f ＝ma ，解得F ＝2F f ，即kt ＝2F f ，可见t >2F f
k 后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v －t 图
线是倾斜的直线，A 错误，B 正确． 答案 B
数图结合解决动力学问题
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来哪些有用信息(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．
突破训练2 我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到
返回水面过程中的速度图象，如图4所示．以下判断正确的是( )
图4
A．6 min～8 min内，深潜器的加速度最大
B．4 min～6 min内，深潜器停在深度为60 m处
C．3 min～4 min内，潜水员处于超重状态
D．6 min～10 min内，深潜器的加速度不变
答案 C
解析速度—时间图线的斜率的绝对值表示加速度的大小，图线与时间轴围成的面积等于位移的大小.6 min～8 min内深潜器的加速度小于3 min～4 min内深潜器的加速度，A 错误.4 min～6 min内，深潜器停在深度为360 m处，B错误.3 min～4 min内，深潜器向下做匀减速运动，加速度向上，故处于超重状态，C正确.6 min～8 min内与8 min～
10 min内深潜器的加速度大小相等，方向相反，D错误．
考点三动力学中的临界极值问题
临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“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)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)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．例3(2013·山东·22)如图5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
的动摩擦因数μ＝
3
3.重力加速度g取10 m/s
2.
图5
(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．
(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？
解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得 L ＝v 0t ＋1
2at 2①
v ＝v 0＋at ②
联立①②式，代入数据得 a ＝3 m/s 2③ v ＝8 m/s ④
(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得
F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤ F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥ 又F f ＝μF N ⑦ 联立⑤⑥⑦式得
F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋ma cos α＋μsin α⑧
由数学知识得 cos α＋
33sin α＝233
sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应最小F 的夹角 α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为 F min ＝
1335
N 答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°
133
5
N
动力学中的典型临界条件
(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)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，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，绳子松驰的临界条件是：F T ＝0. (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时．
突破训练3 如图6所示，水平地面上放置一个质量为m 的物体，在与水平方向成θ角、斜
向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
图6
(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F的大小范围；
(2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a＝5 m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值．
答案(1)
μmg
cos θ＋μsin θ
≤F≤
mg
sin θ(2)40 5 N
解析(1)要使物体运动时不离开水平面，应有：F sin θ≤mg 要使物体能一直向右运动，应有：
F cos θ≥μ(mg－F sin θ)
联立解得：
μmg
cos θ＋μsin θ
≤F≤
mg
sin θ
(2)根据牛顿第二定律得：F cos θ－μ(mg－F sin θ)＝ma
解得：F＝μmg＋ma
cos θ＋μsin θ
上式变形F＝
μmg＋ma
1＋μ2sin(θ＋α)
，
其中α＝sin－1
1
1＋μ2
，当sin(θ＋α)＝1时F有最小值
解得：F min＝μmg＋ma
1＋μ2
，
代入相关数据解得：F min＝40 5 N.
12.“传送带模型”问题的分析思路
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7(a)、(b)、(c)所示．
图7
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．判断
摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等．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．
例4如图8所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°)与一斜面BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B点到C点的距离为L＝0.6 m，运输带运行速度恒为v0＝5 m/s，A点到B点的距离为x＝4.5 m，现将一质量为m＝0.4 kg的小物体轻轻放
于A点，物体恰好能到达最高点C点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝
3
6，求：
(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)
图8
(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；
(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.
审题与关联
解析 (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma 1
由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.
(2)因为v 8 . (3)小物体从A 点运动到B 点经历时间t 1＝v a 2，从B 运动到C 经历时间t 2＝v a 1 联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s. 答案 (1)3 m/s (2)7 8 (3)3.4 s 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；倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况． (2)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． (3)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． 13.“滑块—木板模型”问题的分析思路 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．建模指导 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． 例5 如图9所示，质量M ＝4.0 kg 的长木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质 量m ＝1.0 kg 的小滑块A (可视为质点)．初始时刻，A 、B 分别以v 0＝2.0 m/s 向左、向右运动，最后A 恰好没有滑离B 板．已知A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g ＝10 m/s 2.求： 图9 (1)A 、B 相对运动时的加速度a A 和a B 的大小与方向； (2)A 相对地面速度为零时，B 相对地面运动已发生的位移大小x ； (3)木板B 的长度l . 审题与关联 解析 (1)A 、B 分别受到大小为μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二定律 对A 有μmg ＝ma A 则a A ＝μg ＝4.0 m/s 2 方向水平向右 对B 有μmg ＝Ma B 则a B ＝μmg /M ＝1.0 m/s 2 方向水平向左 (2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t 1，则v 0＝a A t 1，解得t 1＝v 0/a A ＝0.50 s B 相对地面向右做匀减速运动x ＝v 0t 1－12a B t 21 ＝0.875 m (3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A ＝4.0 m/s 2 B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为a B ＝1.0 m/s 2 当A、B速度相等时，A滑到B最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移． 在A相对地面速度为零时，B的速度 v B＝v0－a B t1＝1.5 m/s 设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则 a A t2＝v B－a B t2 解得t2＝v B/(a A＋a B)＝0.3 s 共同速度v＝a A t2＝1.2 m/s 从开始到A、B速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A向左运动的位移 x A＝(v0－v)(t1＋t2) 2＝ (2－1.2)×(0.5＋0.3) 2m＝0.32 m B向右运动的位移 x B＝(v0＋v)(t1＋t2) 2＝ (2＋1.2)×(0.5＋0.3) 2m＝1.28 m B板的长度l＝x A＋x B＝1.6 m 答案(1)A的加速度大小为4.0 m/s2，方向水平向右B的加速度大小为1.0 m/s2，方向水平向左(2)0.875 m(3)1.6 m 高考题组 1．(2013·浙江·19)如图10所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2. 关于该热气球，下列说法正确的是() 图10 A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/s D ．以5 m/s 的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 答案 AD 解析 从地面刚开始竖直上升时v ＝0，空气阻力F f ＝0.由F 浮－mg ＝ma ，得F 浮＝m (g ＋a )＝4 830 N ，故A 正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B 错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s 的时间大于10 s ，C 错误；匀速上升时F 浮－mg －F f ＝0，计算得F f ＝230 N ，D 正确． 2．(2013·广东·19)如图11，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道， 甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有( ) 图11 A ．甲的切向加速度始终比乙的大 B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D ．甲比乙先到达B 处 答案 BD 解析 在曲线上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为θ，则切向力为：mg sin θ＝ma t ，可以看出甲的切向加速度一直减小，乙的切向加速度一直增大，在B 点，就有甲的切向加速度小于乙，当然这样的地方还有很多，A 错．当甲、乙下降相同的高度h 时，由动能定理得：mgh ＝1 2 m v 2，即：v ＝2gh ，B 对．画切向速度函数图象如下： 分析过程：经分析甲、乙开始一段时间，切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面图(a)、(b)、(c)3种可能，假设图(b)成立，从0到末时刻有s 甲>s 乙，末时刻速度大小相同，表 示甲、乙下降的高度相同，然后用水平线去截甲、乙轨迹，如图(d)所示，则有s甲 模拟题组 3．如图12所示，质量为1 kg的木块A与质量为2 kg的木块B叠放在水平地面上，A、B 间的最大静摩擦力2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2.用水平力F作用于B，则A、B 保持相对静止的条件是(g＝10 m/s2)() 图12 A．F≤12 N B．F≤10 N C．F≤9 N D．F≤6 N 答案 A 解析当A、B间有最大静摩擦力(2 N)时，对A由牛顿第二定律知，加速度为2 m/s2，对A、B整体应用牛顿第二定律有：F－0.2×30 N＝3×2 N，F＝12 N，A、B保持相对静止的条件是F≤12 N，A正确，B、C、D错误． 4．如图13所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为() 图13 A.F 3k B.F 2k C．L＋F 3k D．L＋F 2k 答案 C 5．如图14所示，厚度不计的薄板A长L＝5.0 m，质量M＝5.0 kg，放在水平桌面上．在A 上距其右端s＝3.0 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2.0 kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间的动摩擦因数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＝26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出．(g＝10 m/s2)求： 图14 (1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多少； (2)B运动多长时间离开A. 答案(1)2 m/s2 1 m/s2(2)2 s 解析(1)对A：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A 解得：a A＝2 m/s2 对B：μ1mg＝ma B 解得a B＝1 m/s2 (2)设经时间t抽出，则x A＝1 2a A t 2 x B＝1 2a B t 2 Δx＝x A－x B＝L－s t＝2 s 6．一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一足够长的斜面，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图15所示．(g＝10 m/s2)求： 图15 (1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小； (2)斜面的倾角θ； (3)小物块沿斜面上滑的最大距离； (4)小物块在斜面上运动的总时间． 答案(1)8 m/s2(2)37°(3)4.0 m(4)(1＋2)s 解析(1)由小物块上滑过程的速度—时间图线可得小物块冲上斜面过程中加速度为a ＝v t－v0 t＝ 0－8.0 1.0m/s 2＝－8 m/s2 加速度大小为8 m/s2. (2)对小物块进行受力分析如图，有mg sin θ＋F f＝ma1 F N－mg cos θ＝0 F f＝μF N 代入数据解得θ＝37° (3)由题图知物块沿斜面上滑的最大距离为 x ＝v 02t ＝8 2 ×1.0 m ＝4.0 m. (4)小物块下滑时，有mg sin θ－F f ＝ma 2 x ＝12a 2t 22 得t 2＝ 2 s 总时间t ＝t 1＋t 2＝(1＋2) s (限时：30分钟) ?题组1 超重、失重的理解与应用 1．有关超重和失重，以下说法中正确的是( ) A ．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小 B ．竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态 C ．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程 D ．站在月球表面的人处于失重状态 答案 B 解析 超重与失重时，物体自身的重力不会发生变化，A 项错；竖直上抛中的木箱中的物体的加速度都为竖直向下的重力加速度g ，所以是完全失重，B 项正确；升降机失重时，也有可能是做向上的减速运动，C 项错；月球表面对人体也有引力作用，虽然他对月面的压力小于在地球时对地球表面的压力，但对月面的压力等于他在月球上受的重力，所以这不是失重，D 项错，正确选项为B. 2．如图1所示是某同学站在力传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F 随时间t 变化 的图线，由图线可知该同学( ) 图1 A ．体重约为650 N B ．做了两次下蹲—起立的动作 C ．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s 起立 D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态 答案AC 解析做下蹲—起立的动作时，下蹲过程中先向下加速后向下减速，因此先处于失重状态后处于超重状态，D错误；由图线可知，第一次下蹲4 s末结束，到6 s末开始起立，所以A、C正确，B错误． 3．如图2所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是() 图2 A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g B．地面对木楔的支持力小于(M＋m)g C．地面对木楔的支持力等于(M＋m)g D．地面对木楔的摩擦力为0 答案 A 解析由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误． ?题组2动力学中的图象问题 4．如图3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F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则下列说法不正确的是() 图3 A．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间静摩擦力为零 D．2t0时刻，A、B位移最大 答案 AC 解析 由题图乙可知，A 、B 一起先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，所以B 项正确；全过程运动方向不变，2t 0时刻，A 、B 位移最大，所以D 项正确；不正确的选项为A 、C 项． 5．下面四个图象依次分别表示A 、B 、C 、D 四个物体的加速度、速度、位移和摩擦力随时 间变化的规律．其中可能处于受力平衡状态的物体是( ) 答案 CD 解析 若物体处于受力平衡状态，则加速度a ＝0，因此A 、B 均错误．C 代表匀速直线运动，所以正确．D 为摩擦力的变化，但是有可能跟外力平衡，所以D 也正确． 6．如图4甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动．过A 点时给物体一 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v －t 图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求： 图4 (1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)10 s 末物体离A 点的距离． 答案 (1)3 N 0.05 (2)2 m 解析 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a 1，则由题中v －t 图象得a 1＝2 m/s 2① 根据牛顿第二定律有，F ＋μmg ＝ma 1② 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2，则由题中v －t 图象得a 2＝1 m/s 2③ 根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 2④ 联立①②③④解得：F ＝3 N ，μ＝0.05 (2)设10 s 末物体离A 点的距离为d ，d 应为v －t 图象与横轴所围的面积，则 d ＝8×42 m －6×62 m ＝－2 m 负号表示物体在A 点左侧 ?题组3 传送带模型 7．如图5所示，质量为m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体到传送带左端的 距离为L ，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v 1、v 2的速度做逆时针转动时(v 1 图5 A ．F 1 B ．F 1＝F 2 C ．t 1一定大于t 2 D ．t 1可能等于t 2 答案 BD 解析 本题考查传送带模型的应用．不论传送带的速度大小是多少，物体与传送带间的滑动摩擦力是一样的，分析物体受力情况，其所受的合力为零，则F 1＝F 2；因L 的大小未知，物块在传送带上的运动情况不能确定，所以t 1可能等于t 2. 8．如图6所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v ＝10 m/s ，动摩擦因数 μ＝0.5，在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m ＝0.5 kg 的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求： 图6 (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A 滑到底端B 的时间． 答案 (1)4 s (2)2 s 解析 (1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，又μ 则a ＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s 2， 根据l ＝1 2 at 2得t ＝4 s. (2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1 则有a 1＝mg sin 37°＋μmg cos 37°m ＝10 m/s 2 设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1，位移为x 1，则有 t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21 ＝5 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin 37°>μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则 a 2＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m 又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 2 2＝11 解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去) 所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s. ?题组4 滑块—木板模型与临界极值问题 9．如图7所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车 间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F 拉动小车，设物块的加速度为a 1和小车的加速度为a 2.当水平恒力F 取不同值时，a 1与a 2的值可能为(当地重力加速度g 取10 m/s 2)( ) 图7 A ．a 1＝2 m/s 2，a 2＝3 m/s 2 B ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝2 m/s 2 C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2 D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2 答案 D 解析 由受力分析可知物块的加速度取决于M 对物块的摩擦力，即F f ＝ma 1，且F f 的最大值为F fm ＝μmg ，即a 1的最大值为a 1m ＝μg ＝3 m/s 2.当二者相对静止一起加速时，a 1＝a 2≤3 m/s 2.当F 较大时，m 与M 发生相对滑动，a 1＝3 m/s 2，a 2>3 m/s 2，综上述只有选项D 符合题意． 10．如图8所示，一质量为m B ＝2 kg 的木板B 静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠 一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B 右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°.一质量也为m A ＝2 kg 的物块A 由斜面轨道上距轨道底端x 0 ＝8 m 处静止释放，物块A 刚好没有从木板B 的左端滑出．已知物块A 与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B 上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，物块A 可看做质点．请问： 图8 (1)物块A 刚滑上木板B 时的速度为多大？ (2)物块A 从刚滑上木板B 到相对木板B 静止共经历了多长时间？木板B 有多长？ 答案 (1)8 m/s (2)2 s 8 m 解析 (1)设物块A 沿斜面下滑的加速度为a 1，则 m A g sin θ－μ1m A g cos θ＝m A a 1 解得a 1＝4 m/s 2 物块A 滑到木板B 上时的速度为 v 1＝2a 1x 0＝2×4×8 m/s ＝8 m/s. (2)物块A 在木板B 上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为 a 2＝μ2m A g m A ＝μ2g ＝2 m/s 2 设木板B 的长度为L ，二者相对静止时经历的时间为t 2，最终的共同速度为v 2，在达到共同速度时，木板B 滑行的距离为x 利用位移关系得v 1t 2－12a 2t 22－12a 2t 2 2＝L 对物块A 有v 2＝v 1－a 2t 2 v 22－v 2 1＝－2a 2(x ＋L ) 对木板B 有v 22＝2a 2x 联立解得相对滑行时间和木板B 的长度分别为： t 2＝2 s ，L ＝8 m. 高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．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 ，木板与传送带间的动摩擦因数μ2= 3 4 ，取g=10m/s 2，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： 木块重力沿斜面的分力：1 sin 2 mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13 cos 4 m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态； （2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-= 木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9 9.0N 8 m F M m g = += （3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动 对小木块有：2 1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-= 对长木棒受力如图丙所示 ()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'= 解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122 L a t at =-' 解得1t s = 全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα?? =+=+++ ??? 解得：12J Q =。 2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s2)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小； 牛顿运动定律的应用 教学目标 一、 知识目标 1. 知道运用牛顿运动定律解题的方法 2. 进一步学习对物体进行正确的受力分析 二、 能力目标 1. 培养学生分析问题和总结归纳的能力 2. 培养学生运用所学知识解决实际问题的能力 三、 德育目标 1. 培养学生形成积极思维，解题规范的良好习惯 教学重点 应用牛顿运动定律解决的两类力学问题及这两类问题的基本方法 教学难点 应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法 教学方法 实例分析发归纳法讲练结合法 教学过程 一、 导入新课 通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。 二、 新课教学 （一）、牛顿运动定律解答的两类问题 1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类： a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。 b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路 已知物体的受力情况???→?=ma F 据 求得a ?→?据t v v s as v v at v v at v s t t t ......2210202020可求得???? ?????=-?→?+=+= 已知物体的运动情况???→?????→?=???????=-+=+=ma F as v v at v s at v v a t t 据据求得2221022 00求得物体的受力情况 3.总结 由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。 （二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况 选修4－1几何证明选讲 1．平行截割定理 (1)平行线等分线段定理 如果一组__________在一条直线上截得的线段______，那么在任一条(与这组平行线相交的)直线上截得的线段也________． (2)平行线分线段成比例定理 两条直线与一组平行线相交，它们被这组平行线截得的对应线段成________． 2．相似三角形的判定与性质 (1)相似三角形的判定定理 ①两角对应________的两个三角形________； ②两边对应成________且夹角________的两个三角形________； ③三边对应成________的两个三角形________． (2)相似三角形的性质定理 ①相似三角形的对应线段的比等于____________． ②相似三角形周长的比等于____________． ③相似三角形面积的比等于________________________． 3．直角三角形射影定理 直角三角形一条直角边的平方等于________________________________，斜边上的高的平方等于________________________________． 4．圆中有关的定理 (1)圆周角定理：圆周角的度数等于其所对弧的度数的________． (2)圆心角定理：圆心角的度数等于________________的度数． (3)切线的判定与性质定理 ①切线的判定定理 过半径外端且与这条半径________的直线是圆的切线． ②切线的性质定理 圆的切线________于经过切点的半径． (4)切线长定理 从圆外一点引圆的两条切线，切线长________． (5)弦切角定理 弦切角的度数等于其所夹弧的度数的________． (6)相交弦定理 圆的两条相交弦，每条弦被交点分成的两条线段长的积________． (7)割线定理 从圆外一点引圆的两条割线，该点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积________．(8)切割线定理 从圆外一点引圆的一条割线与一条切线，切线长是这点到割线与圆的两个交点的线段长的________________． (9)圆内接四边形的性质与判定定理 ①圆内接四边形判定定理 (ⅰ)如果四边形的对角________，则此四边形内接于圆； (ⅱ)如果四边形的一个外角________它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．②圆内接四边形性质定理 (ⅰ)圆内接四边形的对角________； 高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求： （1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P到达B时的速度大小； （3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度v c与a的关系式，并画出v c2-a图象． 【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s （4） 2 2 2 200.4/ 80.4/ c a a m s v a m s ?< =? ≥ ? （） （） 如图所示： 【解析】 【分析】 先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系，从而画出图像。 【详解】 （1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-= 代入数据得：2 10.4/a m s =-，方向：沿传送带向上； （2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220 L=2v v a - 代入数据得：1/v m s =； （3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-= 得2 20.4/a m s = 当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4 v t s s a = == 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4 v x m m a = ==? 因为x 牛顿运动定律专题集团标准化工作小组 #Q8QGGQT-GX8G08Q8-GNQGJ8-MHHGN# 牛顿运动定律专题 一、基础知识归纳 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，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止。 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，即力是改变物体运动状态的原因，（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义：t v a ??=，有速度变化就一定有加速度，所以 可以说：力是使物体产生加速度的原因。（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。）； （3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。质量是物体惯性大小的量度。 （4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外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方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律； （5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F =0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、牛顿第二定律：物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。公式F=ma. 理解要点： 实验八描绘小电珠的伏安特性曲线 考纲解读 1.掌握滑动变阻器的使用方法及连接方式.2.掌握伏安特性曲线的描绘方法.3.理解小电珠的伏安特性曲线为什么不是一条直线． 考点一对实验原理和电路设计的考查 例1(2013·天津理综·9(3))要测绘一个标有“3 V0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有： 电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)； 电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)； 电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)； 电键一个、导线若干． ①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)． A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A) B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) ②实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)． ③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图1所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W. 图1 解析 ①测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围地测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的A. ②因为小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V ，故滑动变阻器应采用分压接法．灯泡的电阻R ＝U 2P ＝15 Ω，额定电流I ＝P U ＝0.2 A ，由R ＝15 Ω＜ R A R V ＝ 15 000 Ω，依据 公式法“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B. ③在灯泡的I －U 图上作出电源的I －U 图线，交点坐标即为这个电源给这个灯泡供电时的电压和电流，此时P 灯＝IU ＝0.1×1 W ＝0.1 W. 答案 ①A ②B ③0.1 考点二 对实验数据处理与分析的考查 例2 物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W ，额定电 【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题 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，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求： （1）开始时B离小车右端的距离； （2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。 【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离： 【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒 解得：， A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止 ，， 解得 B离右端距离 (2)从开始到达共速历时，，， 解得 小车在前静止，在至之间以a向右加速： 小车向右走位移 牛顿运动定律经典练习题 一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3， 则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与 水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为 （ ） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) 第 5 题 第 6 题 第3讲牛顿运动定律的应用 ★考情直播 1．考纲解读 考纲内容能力要求考向定位 1.牛顿定律的应用 2.超重与失重 3.力学单位制1.能利用牛顿第二定 律求解已知受力求运 动和已知运动求受力 的两类动力学问题 2.了解超重、失重现 象，掌握超重、失重、 完全失重的本质 3.了解基本单位和导 出单位，了解国际单 位制 牛顿第二定律的应 用在近几年高考中出 现的频率较高，属于 Ⅱ级要求，主要涉及 到两种典型的动力学 问题，特别是传送带、 相对滑动的系统、弹 簧等问题更是命题的 重点.这些问题都能 很好的考查考试的思 维能力和综合分析能 力. 考点一已知受力求运动 [特别提醒] 已知物体的受力情况求物体运动情况：首先要确定研究对象，对物体进行受力分析，作出受力图，建立坐标系，进行力的正交分解，然后根据牛顿第二定律求加速度a，再根据运动学公式求运动中的某一物理量. 一轻质光滑的定滑轮，一条不可伸长的轻 绳绕过定滑轮分别与物块A 、B 相连，细绳处于伸直状态，物块A 和B 的质量分别为m A =8kg 和m B =2kg ，物块A 与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1，物块B 距地面的高度h =0.15m.桌面上部分的绳足够长.现将物块B 从h 高处由静止释放，直到A 停止运动.求A 在水平桌面上运动的时间.（g=10m/s 2） [解析]对B 研究，由牛顿第二定律得m B g-T=m B a 1 同理，对A ：T-f =m A a 1 A N f μ= 0=-g m N A A 代入数值解得21/2.1s m a = B 做匀加速直线运2112 1t a h =；11t a v = 解得s t 5.01= s m v /6.0= B 落地后，A 在摩擦力作用下做匀减速运动2a m f A = ；2 1a v t = 解得：s t 6.02= s t t t 1.121=+= [方法技巧] 本题特别应注意研究对象和研究过程的选取，在B 着地之前，B 处于失重状态，千万不可认为A 所受绳子的拉力和B 的重力相等.当然B 着地之前，我们也可以把A 、B 视为一整体，根据牛顿第二定律求加速度，同学们不妨一试. 考点二 已知运动求受力 [例2]某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10ｓ内高度下降1700ｍ造成众多 考点容 要求 考纲解读 动量、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查． 2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反 应的结合已成为近几年高考命题的热点． 3．波粒二象性部分的重点容是光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点． 4．核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加，可能单独命题， 也可能与其他知识联合出题． 5．半衰期、质能方程的应用、计算和核反应方程的书写是高考的热点 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 光电效应 Ⅰ 爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ 氢原子光谱 Ⅰ 氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ 原子核的组成、放射性、原子核衰变、半衰期 Ⅰ 放射性同位素 Ⅰ 核力、核反应方程 Ⅰ 结合能、质量亏损 Ⅰ 裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ 射线的危害和防护 Ⅰ 实验：验证动量守恒定律 问题，试题一般以基础知识为主， 较简单. 第1课时动量守恒定律及其应用 考纲解读1.理解动量、动量变化量的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题． 1．[对动量、动量变化量的理解]下列说确的是( ) A．速度大的物体，它的动量一定也大 B．动量大的物体，它的速度一定也大 C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变 D．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大 答案 D 2．[动量守恒的判断]把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说确的是( ) A．枪和弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒 C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒 答案 D 解析力、外力取决于系统的划分．以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒．枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统 第三章牛顿运动定律专题 考试内容和要求 一．牛顿运动定律 1．牛顿第一定律 （1）第一定律的内容：任何物体都保持或的状态，直到有迫使它改变这种状态为止。牛顿第一定律指出了力不是产生速度的原因，也不是维持速度的原因，力是改变的原因，也就是产生的原因。 （2）惯性：物体保持的性质叫做惯性。牛顿第一定律揭示了一切物体都有惯性，惯性是物体的固有性质，与外部条件无关，因此该定律也叫做惯性定律。 【典型例题】 1．（2005广东）一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是（） （A）车速越大，它的惯性越大 （B）质量越大，它的惯性越大 （C）车速越大，刹车后滑行的路程越长 （D）车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 2．（2006广东)下列对运动的认识不正确的是（） （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）伽利略认为力不是维持物体速度的原因 （C）牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动 （D）伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去 3．（2003上海理综）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，还要注意运用科学的方法。 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，如图所示，其中有一个是经验 事实，其余是推论。 ①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度； ②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面； ③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度； ④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动。 请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列（只要填写序号即可）。在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论。 下列关于事实和推论的分类正确的是（） （A）①是事实，②③④是推论 （B）②是事实，①③④是推论 （C）③是事实，①②④是推论 （D）④是事实，①②③是推论 2．牛顿第二定律 （1）第二定律的内容：物体运动的加速度同成正比，同成反比，而且加速度方向与力的方向一致。ΣF＝ma （2）1牛顿＝1千克·米/秒2 第2讲 光合作用与细胞呼吸 [考纲要求] 1.光合作用的基本过程(Ⅱ)。2.影响光合作用速率的环境因素(Ⅱ)。3.细胞呼吸(Ⅱ)。 1．细胞呼吸的过程图解 2．影响细胞呼吸的环境因素分析 [ 1．有氧和无氧时，酵母菌呼吸作用产物不同(2013·新课标Ⅱ，3D)(√) 2．有氧呼吸产生的[H]在线粒体基质中与氧结合生成水(2010·课标全国，2B)(×) 3．无氧呼吸不需要O2的参与，该过程最终有[H]的积累(2010·课标全国，2C)(×) 4．人体在剧烈运动时所需要的能量由乳酸分解提供(2014·新课标Ⅱ，6C)(×) 5．无氧呼吸的终产物是丙酮酸(2010·课标全国，2A)(×) 6．葡萄糖氧化分解为丙酮酸只发生在细胞有氧时(2012·上海，25A)(×) 7．及时排涝，能防止根细胞受酒精毒害(2012·福建，1B)(√) 8．无氧和零下低温环境有利于水果的保鲜(2009·浙江，4A)(×) 题组一从细胞呼吸的过程与方式进行考查 1．人的肌肉组织分为快肌纤维和慢肌纤维两种，快肌纤维几乎不含有线粒体，与短跑等剧烈运动有关；慢肌纤维与慢跑等有氧运动有关。下列叙述错误的是() A．消耗等摩尔葡萄糖，快肌纤维比慢肌纤维产生的A TP多 B．两种肌纤维均可在细胞质基质中产生丙酮酸、[H]和A TP C．短跑时快肌纤维无氧呼吸产生大量乳酸，故产生酸痛感觉 D．慢跑时慢肌纤维产生的A TP主要来自于线粒体内膜 答案 A 解析由题意可知，快肌纤维进行无氧呼吸，慢肌纤维进行有氧呼吸。慢跑时慢肌纤维产生的ATP 主要来自于线粒体内膜。消耗等摩尔葡萄糖时，快肌纤维比慢肌纤维产生的ATP要少。两种肌纤维均可在细胞质基质中产生丙酮酸、[H]和ATP，短跑时快肌纤维无氧呼吸产生大量乳酸，故产生酸痛感觉。 2．不同种类的生物在不同的条件下，呼吸作用方式不同。若分解底物是葡萄糖，下列对呼吸作用方式的判断不正确的是() A．若只释放CO2，不消耗O2，则细胞只进行无氧呼吸 B．若CO2的释放量多于O2的吸收量，则细胞既进行有氧呼吸，也进行无氧呼吸 C．若CO2的释放量等于O2的吸收量，则细胞只进行有氧呼吸 牛顿运动定律专题（一） 知识达标： 1、下列说法正确的是…………………………………（） A、甲主动推乙，甲对乙的作用力的发生先于乙对甲的作用力 B、施力物体必然也是受力物体 C、地球对人的吸引力显然要比人对地球的吸引力大得多 D、以卵击石，卵破碎，说明石块对卵的作用力大于卵对石块的作用力 2、关于惯性下列说法中正确的是…………………………………………（） A、物体不受力或所受的合外力为零才能保持匀速直线运动状态或静止状态，因此只有此时物体才有惯性 B、物体加速度越大，说明它的速度改变得越快，因此加速度大的物体惯性小； C、行驶的火车速度大，刹车后向前运动距离长，这说明物体速度越大，惯性越大 D、物体惯性的大小仅由质量决定，与物体的运动状态和受力情况无关 3、一小球用一细绳悬挂于天花板上，以下几种说法正确的是………………………（） A、小球所受的重力和细绳对它的拉力是一对作用力和反作用力 B、小球对细绳的拉力就是小球所受的重力 C、小球所受的重力的反作用力作用在地球上 D、小球所受重力的反作用力作用在细绳上 4、当作用在物体上的合外力不为零时，下面结论正确的是……………………（） A、物体的速度大小一定发生变化 B、物体的速度方向一定发生变化 C、物体的速度不一定发生变化 D、物体的速度一定发生变化 5、关于超重和失重的说法中正确的是…………………………………（） A、超重就是物体受到的重力增加了 B、失重就是物体受到的重力减少了 C、完全失重就是物体的重力全部消失了 D、不论超重、失重还是完全失重，物体所受重力不变 6、在升降机内，一人站在磅秤上，发现自己的体重减少了20%，于是他作出了下列判断，你认为正确的是（） A、升降机以0.8g的加速度加速上升 B、升降机以0.2g的加速度加速下降 C、升降机以0.2g的加速度减速上升 D、升降机以0.8g的加速度减速下降 7、2001年1月，我国又成功进行“神舟二号”宇宙飞船的航行，失重实验是至关宇宙员生命安全的重要实验，宇宙飞船 在下列哪种状态下会发生失重现象………………………（） A、匀速上升 B、匀速圆周运动 C、起飞阶段 D、着陆阶段 经典题型： 一、牛顿第二定律结合正交分解 例：1、细线悬挂的小球相对于小车静止，并与竖直方向成θ角，求小车运动的加速度。 2、如图，斜面固定，物体在水平推力F作用下沿斜面上滑，已知物体质量m，斜面倾角 θ，动摩擦因数μ和物体小球加速度a，求水平推力F的大小。 练习：1、如图，已知θ=300，斜杆固定，穿过斜杆的小球质量m=1kg，斜杆与小球动摩擦因数μ= √3/6，竖直向上的力F=20N，求小球的加速度a=？ 第1课时 功 功率 考纲解读1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P ＝W t 和P ＝F v ，能利用P ＝F v 计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式． 1．[功的理解]下列关于功的说法，正确的是( ) A ．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功 B ．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形 式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功 C ．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向 D ．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功 答案 B 2．[功率的理解]关于功率公式P ＝W t 和P ＝F v 的说法正确的是( ) A ．由P ＝W t 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝F v 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C ．由P ＝F v 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大 D ．由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD 3．[功和功率的计算]一质量为m 的物体静止在光滑的水平面上，从某一时刻开始受到恒定 的外力F 作用，物体运动了一段时间t ，该段时间内力F 做的功和t 时刻力F 的功率分别为( ) A.F 2t 22m ，F 2t 2m B.F 2t 2m ，F 2t m C.F 2t 22m ，F 2t m D.F 2t 2m ，F 2t 2m 答案 C 4．[对重力做功和摩擦力做功的分析]如图1所示，滑块以速率v 1沿斜面由底端向上滑行， 至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2 高一物理牛顿运动定律测试 一、选择题：（每题5分，共50分）每小题有一个或几个正确选项。 1．下列说法正确的是 A．力是物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因 C．力是物体产生加速度的原因D．力是使物体惯性改变的原因 2．下列说法正确的是 A．加速行驶的汽车比它减速行驶时的惯性小 B．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 C．已知月球上的重力加速度是地球上的1/6，故一个物体从地球移到月球惯性减小为1/6 D．为了减小机器运转时振动，采用螺钉将其固定在地面上，这是为了增大惯性 3．在国际单位制中，力学的三个基本单位是 A．kg 、m 、m / s2 B．kg 、 m / s 、 N C．kg 、m 、 s D．kg、 m / s2 、N 4．下列对牛顿第二定律表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（）A．由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比 B．由m=F/a可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动加速度成反比 C．由a=F/m可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比 D．由m=F/a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它受到的合外力而求得 5．大小分别为1N和7N的两个力作用在一个质量为1kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是 A．1 m / s2和7 m / s2 B．5m / s2和8m / s2 C．6 m / s2和8 m / s2 D．0 m / s2和8m / s2 6．弹簧秤的秤钩上挂一个物体，在下列情况下，弹簧秤的读数大于物体重力的是A．以一定的加速度竖直加速上升B．以一定的加速度竖直减速上升 C．以一定的加速度竖直加速下降D．以一定的加速度竖直减速下降 7．一物体以 7 m/ s2的加速度竖直下落时，物体受到的空气阻力大小是 ( g取10 m/ s2 ) A．是物体重力的0.3倍 B．是物体重力的0.7倍 C．是物体重力的1.7倍 D．物体质量未知，无法判断 第4课时 万有引力与航天 考纲解读1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.2.理解环绕速度的含义并会求解.3.了解第二和第三宇宙速度． 1．[对开普勒三定律的理解]火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运 动定律可知( ) A ．太阳位于木星运行轨道的中心 B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 答案 C 解析 火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此B 错；太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，因此D 错，本题答案为C. 2．[对万有引力定律的理解]关于万有引力公式F ＝G m 1m 2 r 2，以下说法中正确的是( ) A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体 B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大 C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律 D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的 答案 C 解析 万有引力公式F ＝G m 1m 2 r ，虽然是牛顿由天体的运动规律得出的，但牛顿又将它 推广到了宇宙中的任何物体，适用于计算任何两个质点间的引力．当两个物体间的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律．公式中引力常量G 的值是卡文迪许在实验室里用实验测定的，而不是人为规定的．故正确答案为C. 3．[第一宇宙速度的计算]美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗 类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b ”，其直径约为地球的2.4倍．至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估 牛顿运动定律图像专题一 1、一个质量为m的木块静止在光滑水平面上，某时刻开始受到如图所示的水平拉力的作用，下列说确的是（） A.4t0时刻木块的速度为 B.4t0时刻水平拉力的瞬时功率为 C.0到4t0时间，木块的位移大小为 D.0到4t0时间，，木块的位移大小为5F0t02/m 1、【答案】D 【解析】 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题：牛顿运动定律综合专题． 分析：根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移的大小，根据力和位移求出水平拉力做功大小． 解答：解：A、0﹣2t0的加速度，则2t0末的速度，匀减速 运动的加速度大小，则4t0末的速度v2=v1﹣a2？2t0=，则4t0时刻水平拉力的瞬时功率P=，故A、B错误． C、0﹣2t0的位移=，2t0﹣4t0的位移 =，则位移x=，故C错误． D、0到4t0时间，水平拉力做功，故D正确． 故选：D． 点评：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． 2、如右下图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0～3s时间物体的加速度a随时间t的变化规律如右下图乙所示.则( ) A.F的最大值为12 N B.0～1s和2～3s物体加速度的方向相反 C.3s末物体的速度最大，最大速度为8m／s D.在0～1s物体做匀加速运动，2～3s 物体做匀减速运动 【答案】C 【解析】【命题立意】旨在考查牛顿第二定律的理解，运动图象的理解和应用 A加速度最大为4 m／s2，合力最大为4N，但有摩擦力，B 0～1s和2～3s物体加速度都是正值，方向相同，C梯形的面积是最大速度，类比匀变速的面积相当于位移，D物体一直做加速做加速直线运动，但加速度先增大，又不变，最后减少 3、质点所受的合外力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，质点的速度最大的时刻是（） A.t1 B.t2 C.t3 D.t4 【答案】B 【解析】考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题：牛顿运动定律综合专题. 分析：通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化. 解答：解：由力的图象分析可知： 在0∽t1时间，质点向正方向做加速度增大的加速运动. 在t1∽t2时间，质点向正方向做加速度减小的加速运动. 在t2∽t3时间，质点向正方向做加速度增大的减速运动. 最新高考物理牛顿运动定律的应用试题经典 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：, (1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量． 【答案】（1）2 5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J 【解析】 【详解】 (1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得： 对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -= A B f f = 0.5A A f m g = 联立以上方程得：2 5m/s A a = 27.5m/s B a = (2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动 则有：212A A h a t = 21 2 B B h a t = A B H h h =+ A A V a t = B B V a t = 联立得：2s t =，10m A h =， 15m B h =，10m/s A V =，15m/s B V = A 、 B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有： 21()2 kA A A A A E m v m g H h = +- 400J kA E =高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案
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