2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练8牛顿运动定律含解析

高考物理一轮复习牛顿运动定律专项训练（附答案）牛顿运动定律包括牛顿第一运动定律、牛顿第二运动定律和牛顿第三运动定律三条定律，由艾萨克牛顿在1687年于«自然哲学的物理原理»一书中总结提出。

以下是力的分解与分解专项训练，请考生仔细练习。

一、选择题(此题共10小题，每题6分，共60分)1. [2021衡水中学调研]以下说法中正确的选项是()A. 牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性B. 速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C. 力是维持物体运动的缘由D. 做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点仍能够做曲线运动解析：牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度有关，选项A正确，选项B错误;力不是维持物体运动的缘由，力是发生减速度的缘由，选项C错误;做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点将做匀速直线运动，选项D错误。

答案：A2. 关于惯性，以下说法中正确的选项是()A. 磁悬浮列车能高速行驶是由于列车浮起后惯性小了B. 卫星内的仪器由于完全失重惯性消逝了C. 铁饼运发动在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D. 月球上物体的重力只要在空中上的1/6，但是惯性没有变化解析：惯性只与质量有关，与速度有关，A、C错误;失重或重力减速度发作变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B 错误D正确。

答案：D3. 关于力和运动的关系，以下说法正确的选项是()A. 物体受力才会运动B. 力使物体的运动形状发作改动C. 中止用力，运动的物体就会中止D. 力是物体坚持运动或匀速直线运动形状的缘由解析：由牛顿第一定律可知，力的作用不是使物体运动，而是使物体的运动形状改动。

假设物体原来的形状是运动的，不受力仍将永远运动下去，即物体的运动不需求力来维持，因此A、C错误，B正确。

物体坚持运动或匀速直线运动形状，是物体不受力时的运动规律，并不是力作用的结果，因此D 错误。

3.2 牛顿运动定律的综合应用1．已知列车向左做直线运动，某同学为了研究列车在水平直轨道上的运动情况，他在列车车厢顶部用细线悬挂一个小球。

某段时间内，细线偏离竖直方向一定角度θ，并相对车厢保持静止，如图所示，重力加速大小为g，则列车在这段时间内（ ）A．水平向右做匀速直线运动B．列车速度正在变大C．列车加速度的大小为g tanθ，方向水平向右D．加速度的大小为gsinθ，方向水平向左【答案】C【解析】A．对小球受力分析可知小球所受合力方向向右具有向右的加速度，列车与小球相对静止，不可能做匀速直线运动，A错误；B．列车与小球相对静止做匀变速直线运动，列车的运动方向未知可能做匀加速运动也可能做匀减速运动，B 错误；C 、D．小球所受合力方向向右具有向右的加速度，由牛顿第二定律得θ=mg matan得=tana gθC正确，D错误；故选C。

2．如图所示，一足够长的斜面固定在地面上，其倾角为37°。

一质量为1kg的物体（可视为质点）放在斜面上，恰好能保持静止。

现对物体施加一沿斜面向上的外力F，大小为14N，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（ ）A ．物体仍静止在斜面上B ．物体将向上做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s 2C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sD ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5【答案】C 【解析】D ．物体放在斜面上，恰好能保持静止，则o osin 37cos37mg mg μ=解得0.75μ=故D 错误；AB ．施加拉力F 后，由牛顿第二定律得o o sin 37cos37F mg mg maμ--=解得22m/s a =施加一沿斜面向上的外力F 时，物体以22m/s 的加速度做匀加速直线运动，故AB 错误；C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sv at ==故C 正确。

2020年高考一轮复习知识考点专题03 《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)2.入表(二)中．表(二)3.4．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．。

作业8牛顿第二定律的应用2A组基础达标微练一连接体问题1.(多选)(浙江淳安中学高二期末)质量为m'的小车上放置质量为m的物块,水平向右的牵引力作用在小车上,二者一起在水平地面上向右运动。

下列说法正确的是( )A.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间不存在摩擦力作用B.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间存在摩擦力作用C.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向左的摩擦力作用D.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向右的摩擦力作用2.(多选)如图所示,质量为m'、上表面光滑的斜面体放置在水平面上,另一质量为m的物块沿斜面向下滑动时,斜面体一直静止不动。

已知斜面倾角为θ,重力加速度为g,则( )A.地面对斜面体的支持力为(m'+m)gB.地面对斜面体的摩擦力为零C.斜面倾角θ越大,地面对斜面体的支持力越小D.斜面倾角θ不同,地面对斜面体的摩擦力可能相同3.(多选)(浙江桐乡一中期末)如图所示,质量分别为m1和m2的小物块,通过轻绳相连,并接在装有光滑定滑轮的小车上。

如果按图甲所示,装置在水平力F1作用下做匀加速运动时,两个小物块恰好相对静止;如果互换两个小物块,如图乙所示,装置在水平力F2作用下做匀加速运动时,两个小物块也恰好相对静止,一切摩擦不计,则( )A.F1∶F2=m22∶m12B.F1∶F2=m12∶m22C.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m2∶m1D.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m1∶m2微练二临界极值问题(弹力临界)4.(多选)(浙江丽水中学月考)如图所示,5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第5颗棋子最左端与水平面上的A点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上,恒力作用一小段时间后,五颗棋子的位置情况可能是( )5.如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端连接物体B,B上叠放着物体A,系统处于静止状态。

第三章牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律1．汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知( )A．汽车能拉着拖车向前是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C．加速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力D．拖车加速前进时，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速是因为地面对汽车向前的作用力(牵引力)大于拖车对它的拉力解析：汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对作用力与反作用力，两者一定等大、反向，所以选项A错误．作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，故选项B错误．不论汽车匀速运动还是加速运动，作用力和反作用力总相等，故选项C正确．拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力(包括其他阻力)，汽车能加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它向后的拉力，符合牛顿第二定律，选项D正确．答案：CD2．(2010·廉江中学理科测试)关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是( )A．运动物体的加速度不变，则其运动状态一定不变B．物体的位置在不断变化，则其运动状态一定在不断变化C．做直线运动的物体，其运动状态可能不变D．做曲线运动的物体，其运动状态也可能不变解析：速度改变则运动状态改变，物体有加速度时，速度改变，运动状态一定改变，A 不正确；物体做匀速直线运动时，速度不变，运动状态不改变，位置发生改变，B不正确，C正确；做曲线运动的物体，其速度方向不断变化，运动状态一定改变，D不正确．答案：C3.图3－1－7如图3－1－7所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是( )A ．向左行驶、突然刹车B ．向右行驶、突然刹车C ．向左行驶、匀速直线运动D ．向右行驶、匀速直线运动解析：简化模型如右图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A 错误，B 正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向，小球均处于竖直位置不摆动．C 、D 错误．答案：B4.图3－1－8质量为0.6 kg 的物体在水平面上运动，图3－1－8中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v －t 图象，则( )A ．斜线①一定是物体受水平拉力时的图象B ．斜线②一定是物体不受水平拉力时的图象C ．水平拉力一定等于 ND ．物体所受的摩擦力可能等于 N解析：由速度图象可知，两物体均做减速运动，且a 1＝－13 m/s 2，a 2＝－23m/s 2，故对应的合外力分别为F 1＝ma 1＝－ N ，F 2＝ma 2＝－.因为所受的拉力与速度的方向关系不确定，故A 、B 错．但两次的合外力相差 N ，而物体所受的滑动摩擦力不变，故水平拉力一定等于 N ，物体所受的滑动摩擦力可能等于 N.答案：CD易错点：受思维惯性的影响，认为所受的拉力方向一定与速度的方向相同．5.图3－1－9如图3－1－9(a)所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图3－1－9(b)所示，若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )A ．物体的质量2 kgB ．斜面的倾角37°C ．加速度为6 m/s 2时物体的速度D ．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N解析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得：a ＝F mcos θ－g sin θ，当F ＝0 N 时a ＝－6 m/s 2，当F ＝20 N 时a ＝2 m/s 2，解得θ＝37°，m ＝2 kg.由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的最小力为F ＝mg sin θ＝12 N ，方向平行斜面向上，故选项A 、B 、D 正确．由于运动情况未知，运动时间未知，所以不能确定加速度为6 m/s 2时物体的速度．答案：ABD1．用牛顿第三定律判断下列说法正确的是( )A ．轮船的螺旋桨旋转时，向后推水，水同时给螺旋桨一个反作用力，推动轮船前进B ．发射火箭时，燃料点燃后喷出的气体给空气一个作用力，推动火箭前进C ．马拉车前进，只有马对车的拉力大于车对马的拉力时，车才能前进D ．一个作用力和它的反作用力的合力为零解析：作用力和反作用力是作用在相互作用的两个物体上，同时产生，同时消失，大小相等，方向相反，各自产生作用效果．答案：A2．16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：亚里士多德认为物体受的力越大，速度就越大；力是物体运动的原因，静止是不受力的自然状态；从同一高度较重的物体下落得较快．物体做匀速直线运动不需要受力与亚里士多德的观点相反，所以本题选D.答案：D3．关于速度、加速度、合外力间的关系，下列说法正确的是( )A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：加速度由力决定，加速度与速度无必然联系；物体的速度为零时，加速度可以为零，也可以不为零或很大，所以A、B错，C、D对．答案：CD4.图3－1－10建筑工人用图3－1－10所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )A．490 N B．510 N C．890 N D．910 N解析：绳子的拉力T＝mg＋ma＝20(10＋ N＝210 N．地面对人的支持力也就等于工人对地面的压力大小F N＝Mg－T＝700 N－210 N＝490 N.答案：A5.图3－1－11(2010·广州三校联考)如图3－1－11所示，一条轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面各处动摩擦因数相同，弹簧无形变时，物块位于O点．今先后分别把物块拉到P1和P2点由静止释放，物块都能运动到O点左方，设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q1和Q2点，则Q1与Q2点( )A．都在O点 B．都在O点右方，且Q1离O点近C．都在O点右方，且Q2离O点近 D．都在O点右方，且Q1、Q2在同一位置解析：物块在水平方向受弹力和滑动摩擦力，弹力是变力，故物块做变加速运动，当加速度a＝0时，速度最大．根据牛顿第二定律，当弹力和摩擦力大小相等，方向相反时，加速度a＝0，故速度最大位置应在O点右方同一位置，故D正确．答案：D6.图3－1－12如图3－1－12所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，长木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动解析：木块受到的滑动摩擦力大小为μ1mg，由牛顿第三定律，长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ1mg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ2mg，A正确．改变F的大小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，D正确．答案：AD7.图3－1－13如图3－1－13所示，物体A与斜面B保持相对静止并一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度a增大时，下列说法可能正确的是( )A．B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能减小B．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能不变C．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力一定增大D．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力可能减小解析：本题考查牛顿第二定律的应用．物体和斜面保持相对静止，沿水平方向加速运动，则合力沿水平方向，竖直方向的合力为零，设斜面的倾角为θ，若开始静摩擦力的方向沿斜面向下，则F N sin θ＋F f cos θ＝ma，F N cos θ＝F f sin θ＋mg.若N增大，则F f增大，因此此时，a增大，F N、F f都在增大．同理，若开始时静摩擦力方向沿斜面向上，则F N sin θ－F f cos θ＝ma，F N cos θ＋F f sin θ＝mg，若F N逐渐增大，则F f沿斜面向上先逐渐减小到零，再沿斜面向下逐渐增大，此时B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能减小，可能为零，可能不变，可能增大，因此B、D项正确．答案：BD8.图3－1－14如图3－1－14所示，在倾角为θ的光滑物块P的斜面上有两个用轻弹簧相连接的物体A和B；C为一垂直固定斜面的挡板，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止在水平面上．现对物体A施加一平行于斜面向下的力F压缩弹簧后，突然撤去外力F，则在物体B刚要离开C时(此过程中A始终没有离开斜面)( )A．物体B加速度大小为g sin θ B．弹簧的形变量为mg sin θ/kC．弹簧对B的弹力大小为mg sin θD．物体A的加速度大小为g sin θ解析：当物体B刚要离开挡板C时，对物体B受力分析可得：kx－mg sin θ＝0，则选项A错误，BC正确；对物体A由牛顿第二定律可得：kx＋mg sin θ＝ma A，解得a A＝2g sin θ，选项D错误．答案：BC9.图3－1－15(2009·安徽，22)在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图3－1－15所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．解析：解法一：设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律2F－(M＋m)g＝(M＋m)a，F＝440 N，根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力F N.根据牛顿第二定律：F＋F N－Mg＝Ma，F N＝275 N，根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下．解法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下对绳的拉力大小为F，对吊椅的竖直向下压力大小为F N.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为F N .分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律： F ＋F N －Mg ＝Ma ①F －F N －mg ＝ma ②由①②解得F ＝440 N ，F N ＝275 N答案：(1)440 N ，竖直向下 (2)275 N ，竖直向下10.图3－1－16用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动．当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化，a 和F 的关系如图3－1－16所示．g 取10 m/s 2.(1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；(2)若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图3－1－16的坐标系上画出这种情况下的a －F 图线．(要求写出作图的根据)解析：(1)根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，所以a ＝1m F －μg 可见a －F 图象为一条直线，直线的斜率k ＝1m＝2.0 kg －1，纵轴截距为－μg ＝－2.0 m/s 2， 解得：物体的质量m ＝0.50 kg ，物体与地面间的动摩擦因数μ＝.(也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F ＝ N 时，物体的加速度为零，物体所受阻力F f ＝F ＝ N ，由F f ＝μmg 解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝F f mg＝.用其他方法结果正确也可)(2)当物体质量加倍时，物体的加速度a ＝12mF －μg 直线斜率k ′＝12m＝1.0 kg －1，纵轴的截距不变，作出如图所示的图线． 答案：(1)0.50 kg(2)图见解析。

专题03 牛顿运动定律1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。

A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。

若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，则对 C 有aC＝mg＝gm对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力力，有f= μ（2M+m ）g因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M解得F> 2μ（m+M ）g，故选C2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。

物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）F 大小应满足的条件是（A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )gC ．F 2 (m M )gD ．F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝mg M m gμ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A ．物块最终从传送带N 点离开B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D ．物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma，可得3，D 正确。

、倾角为θ的斜面体静止在水平地面上，有一质量为它沿斜面向下匀速运动．若给小物块持续施加沿斜面向下质量均为m ，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的的轻质弹簧，已知重力加速度为竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为θ＝60°两球的加速度的说法正确的是(受力分析如图所示，＝mg ，在O 、A 32球有水平向左的加速度a Ax ＝＝F 1m 32，叠放在轻质弹簧上的力，将弹簧再压缩一段距离，设两物体向上运动过程中的说法正确的是(重力加速度为开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大．当竖直向的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大．再往后竖直向上的力大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第内，木箱加速度由4 m/s2逐渐减小到0，由加速度图象可得由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，可得F＝12－4t(N)，即在木箱速度增加4 m/s,2 s后木箱加速度为零，木箱的速度为如图所示，某科研单位设计了一质量为m的空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向的夹角α＝60°，使飞行器恰沿与水平方向成时间后，将动力的方向沿逆时针旋转4小题，共47分)如图甲所示，力传感器A与计算机(未画出)相连接，可获得拉力随时间变化将力传感器固定在水平桌面上，测力端通过轻质细绳与一滑块相连，高度使细绳水平，滑块放在较长的小车上，滑块的质量m＝1.5 kg一根轻质细绳跨过光滑的轻质定滑轮，其一端连接小车，另一端系一只空砂桶，调节滑整个装置处于静止状态．现打开力传感器，滑块与小车间的动摩擦因数μ＝____________；若忽略小车与水平桌面间的摩擦，滑块从小车上滑落前，小车稳定运动的加速度大小a＝________________m/s若实验中力传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略高一些，由此而引起动摩________(选填“偏大”或“偏小”)．分)　0.25(3分)　(2)偏小(2分)小车组成的整体，根据牛顿第二定律得：m0g－f＝(M 3.0 N，砂子、解得：μ＝0.2；对砂桶、由f＝μmg，＋m0)a，解得：a＝0.25 m/s2.(2)若力传感器测力端与滑块间的细绳不水平，左端略高一些，导致压力减小，则滑动摩擦力偏小，因此动摩擦因数μ的测量结果偏小．10．(8分)用图甲的装置“验证牛顿第二定律”时有两个“巧妙”的设计，一是要求小车的质量远大于砂和砂桶的质量之和；二是对小车要进行“平衡摩擦力”操作．回答下列问题：(1)实验要求“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”的目的是________________________________________________________________________________________________________________.(2)对小车进行“平衡摩擦力”操作时，下列必须进行的是________(填字母序号)．A．取下砂和砂桶B．在空砂桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应断开D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度(3)在满足实验条件下，某同学得到了如图乙的图线(M为小车和砝码的总质量)，图线在纵轴上截距不为零的原因是_________________________________________________________．答案：(1)绳的拉力(近似)等于砂和砂桶的重力之和[小车所受的合外力(近似)等于砂和砂桶重力之和](3分)(2)AD(选不全的不给分)(3分)(3)长木板的倾角过大(平衡摩擦力过度)(2分)解析：(1)根据实验原理，只有“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”才能认为绳的拉力等于砂和砂桶的重力之和．(2)平衡摩擦力时应该取下砂和砂桶，选项A正确，选项B错误；小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应该开启，选项C错误；把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度，用来平衡摩擦力，选项D正确．(3)图线在纵轴上截距不为零的原因是平衡摩擦力过度．11．(15分)如图所示，水平地面上有三个质量均为m＝1 kg的小物块A、B、C，A、B间用一根轻绳水平相连．一水平恒力F作用于A上，使三物块以相同加速度运动一段时间后撤去F.已知B与C间的动摩擦因数μ1＝0.5，A和C与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.求：“”37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的质量为点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所的长度s；表面之间的动摩擦因数μ.分析滑块受力，由牛顿第二定律得6 m/s2(4分)mg cosθ(1分))＝1.0 kg、m2＝2.01之间的动摩擦因数μ擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g．粗绳一定不受摩擦力作用，则F T－x直线斜率的绝对值变大．若已知粗绳的质量，则可求出粗绳运动的加速度f＝kv，小球的质量为m，则在小球上升的过程中有，由于上升过程中小球的速度越来越小，小球的加速度的物体，用轻绳通过定滑轮与质量为在光滑水平桌面上用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力距桌边的距离相等，则( )已知，可求出A的质量已知，可求出乙图中m0的值如图所示，表面粗糙、质量的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，已知铁块和木板之间的动摩擦因数现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打打点计时器固定在木板上，连接频率为后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹．已知木板的长度为L，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中小车连接在小车后的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑m2，C为力传感器，实验时改变，不计绳与滑轮间的摩擦．某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的每空2分)　(2)B(2分，多选不得分)分)　(4)C(1分)本题考查探究加速度与物体质量和物体受力的关系．(1)电火花打点计时器工作写出滑块下滑的最大速度的表达式；，斜面倾角θ＝37°，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示．图中的图线的切线，由此求出μ、k 的值．(sin37°＝0.6对滑块和风帆由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－时速度最大，即v m ＝(2分)mg sin θ－μcos θ k。

2020版高考物理 全程复习课后练习08牛顿运动定律 1.如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F 作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木板接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块将立即做匀减速直线运动B ．木块将立即做变减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零2.如图所示，n 个质量为m 的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为μ，当对木块1施加一个水平向右的推力F 时，木块加速运动，木块5对木块4的压力大小为( )A ．F B.4F n C.4F n －4 D.n －4F n3.如图所示,将质量为m 0的U 形框架开口向下置于水平地面上,用轻弹簧1、2、3将质量为m 的小球悬挂起来。

框架和小球都静止时弹簧1竖直,弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长,这时框架对地面的压力大小等于(m 0+m)g 。

现将弹簧1从最上端剪断,则在剪断后瞬间( )A.框架对地面的压力大小仍为(m 0+m)gB.框架对地面的压力大小为0C.小球的加速度为0D.小球的加速度大小等于g4.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 变化的图像,则下列图像可能正确的是( )5.如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是( )A ．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B ．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力C ．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D ．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力6.行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为 90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A．450 N B．400 N C．350 N D．300 N7.亚里士多德在其著作《物理学》中写道：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的“非自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是( )A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性D．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的8.物块A放在斜面体的斜面上，和斜面体一起水平向右做加速运动，如图所示，若物块与斜面体保持相对静止，物块A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能是( )A．斜向右上方 B．水平向右 C．斜向右下方 D．竖直向上9.如图所示,物体A、B质量分别为m、m2,物块C在水平推力F的作用下,三者相对静止,一起向1右以a=5 m/s2的加速度做匀加速运动,不计各处摩擦,g取10 m/s2,则m1∶m2为( )A.1∶2B.1∶3C.2∶1D.3∶1A、B开始向左运动，A运动的最大距离为A．物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动11. (多选)如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1.跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角．重力加速度大小为g.下列说法中正确的是( )A．车厢的加速度大小为gtanθB．绳对物体1的拉力大小为m1gcosθC．底板对物体2的支持力为m2g－m1gD．物体2所受底板的摩擦力大小为m2gtanθ12. (多选)如图甲所示,质量为m的小球放在光滑水平面上,在竖直线MN的左方受到水平恒力F1作用(m可视为质点),在MN的右方除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2的作用,小球运动的v-t图像如图乙所示。

第12讲牛顿运动定律目录复习目标网络构建考点一牛顿第一定律【夯基·必备基础知识梳理】知识点1牛顿第一定律知识点2惯性与质量【提升·必考题型归纳】考向1伽利略理想斜面实验考向2对牛顿第一定律的理解考向3惯性与质量考点二牛顿第二定律【夯基·必备基础知识梳理】知识点1牛顿第二定律内容知识点2牛顿第二定律的瞬时加速度问题【提升·必考题型归纳】考向1对牛顿第二定律的理解考向2牛顿第二定律的瞬时加速度问题考点三牛顿第三定律【夯基·必备基础知识梳理】知识点1牛顿第三定律内容知识点2作用力和反作用力与一对平衡力的区别【提升·必考题型归纳】考向1牛顿第三定律应用考向2作用力和反作用力与一对平衡力的区别真题感悟1、掌握并会利用牛顿三大定律处理物理问题。

2、会利用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题。

考点要求考题统计考情分析（1）牛顿第一定律惯性（2）牛顿第二定律（3）牛顿第三定律2023年6月浙江卷第2题2023年全国乙卷第1题2022年海南卷第1题高考对牛顿三定律基本规律的考查，多以选择题的形式出现，同时与实际生活的实例结论紧密，题目相对较为简单。

考点一牛顿第一定律知识点1牛顿第一定律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。

(1)揭示了物体的惯性：不受力的作用时，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。

2．牛顿第一、第二定律的关系(1)牛顿第一定律是以理解实验为基础，经过科学抽象、归纳推理总结出来的，牛顿第二定律是实验定律。

(2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，它揭示了物体运动的原因和力的作用对运动的影响；牛顿第二定律则定量指出了力和运动的联系。

(2)揭示了力的作用对运动的影响：力是改变物体运动状态的原因。

知识点2惯性与质量对惯性的理解：(1)保持“原状”：物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。

2020高考物理牛顿运动定律的综合应用（含答案）1．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个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D2．某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是() A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出答案D3．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A．小球对圆槽的压力为MFm＋MB．小球对圆槽的压力为mFm＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小答案C4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s，质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是()A．0～5 s内小木块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向C．斜面倾角θ＝37°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案BCD5．(多选)图甲中，两滑块A和B叠放在光滑水平地面上，A的质量为m1，B的质量为m2。

设A、B间的动摩擦因数为μ，作用在A上的水平拉力为F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

图乙为F与μ的关系图象，其直线方程为F＝m1m1＋m2gm2μ。

下列说法正确的有()A．μ和F的值位于a区域时，A、B相对滑动B．μ和F的值位于a区域时，A、B相对静止C．μ和F的值位于b区域时，A、B相对滑动D．μ和F的值位于b区域时，A、B相对静止答案AD6．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一个质量为m 的小球，M>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1。

牛顿运动定律小题狂练⑧小题是基础练小题提分快1．[2019·福建省南安一中摸底]牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上，经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面滑动．水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿水平面滑动到的最远位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )A．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态B．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变C．如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案：C解析：根据实验结果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越远，由此得出结论，如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去．故选C.2．[2019·甘肃省兰州一中检测]下列说法正确的是( )A．惯性是物体抵抗运动状态变化的性质B．人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力C．物理公式只能确定物理量之间的数量关系，但不能确定物理量间的单位关系D．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零答案：A解析：惯性是物体的固有属性，表征物体运动状态改变的难易程度，A正确．根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误．物理公式不仅确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C错误．根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误．3.[2019·黑龙江省哈尔滨六中模拟]如图所示，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间的最大静摩擦力为2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2，[2019·黑龙江省哈尔滨三中考试]如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )A．0～t0时间内物块的速度逐渐增大B．t1时刻物块的速度最大C．t2时刻物块的速度最大D．t2时刻后物块立即做反向运动答案：C解析：由题图乙知，0～t0时间内物块所受合力为0，物块不运动，A错．t0～t2时间内，物块受到的合力大于0，物块加速运动，故t2时刻物块的速度最大，B错，C对．t2时刻后物块受到的合力反向，物块做减速运动，最后停止，D错．7．[2019·河南省洛阳模拟](多选)如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上的挡板上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运动至轨道的粗糙段时，下列说法可能正确的是( )A．绳的张力减小，地面对a的支持力不变B．绳的张力减小，地面对a的支持力增加C．绳的张力增加，斜面对b的支持力不变D．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加答案：AB解析：若二者在粗糙段上仍相对静止，应用整体法可知地面的支持力不变，隔离b研究，b受重力、斜面的支持力及细绳的拉力，在地面轨道的光滑段时这三力的合力为0，滑上粗糙段后合力方向改为水平向右，重力不变、拉力减小、斜面的支持力增大，A正确．若在粗糙段上，b相对于斜面向上运动，b对地有一个向上的加速度，系统处于超重状态，因此绳的张力减小，地面对整体的支持力增大，B正确，C、D错误．8.[2019·河北省衡水中学一调]如图所示，n个质量为m的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为μ，当对木块1施加一个水平向右的推力F时，木块加速D.n－F n先以整体为研究对象，进行受力分析，应用牛顿第二定律得：＝n－Fn，故选如图所示，质量为m2的物块通过跨过定滑轮的细线与质量为沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力间图象如图所示，已知斜面的倾角为37°，物体的质量为1 kg10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝．[2019·辽宁省沈阳育才学校模拟](多选)如图所示，质量为平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为角．重力加速度大小为g某人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮与绳(取g＝10 m/s2)(C．890 N D．910 N答案：B解析：以建筑材料为研究对象，由牛顿第二定律得：T－mg＝ma，得绳子的拉力大小为：T＝m(g＋a)＝20×(10＋0.5) N＝210 N．再对人进行研究，得地面对人的支持力大小为：N ＝Mg－T＝700 N－210 N＝490 N，由牛顿第三定律可得人对地面的压力大小为：N′＝N＝490 N．选项A、C、D错误，B正确．13．如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N 和f，则下列说法正确的是( )A．在0～t1时间内，N增大，f减小B．在0～t1时间内，N减小，f增大C．在t1～t2时间内，N增大，f增大D．在t1～t2时间内，N减小，f减小答案：D解析：在0～t1时间内，由题图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有N cosθ＋f sinθ－mg＝ma1，在水平方向上有N sinθ＝f cosθ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小．在t1～t2时间内，由题图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(N cosθ＋f sinθ)＝ma2，在水平方向上有N sinθ＝f cosθ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f 均减小，故D正确．14．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触(A与弹簧未连接)，质量为m的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B 静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计，撤去F 后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g.则( )A．物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动足够长的斜面固定在水平面上，斜面顶端有一附有挡板的长木板，，轻质弹簧测力计一端挂在挡板上，另一端连接着光滑小球．木弹簧中心线与木板平行，弹簧测力计示数为解析：根据惯性的定义可知A、B、C正确；绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故D错误．2．[2019·江西丰城中学检测]如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是( )A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力答案：C解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力大小相等、方向相反、并且作用在同一直线上，但是这两个力作用在两个物体上，所以应为作用力和反作用力，所以A错误．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的分力不是对斜面的压力，因为作用点不同，对斜面的压力作用点应在斜面上，而垂直于斜面向下的分力作用点在物体上，所以B错误．斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力和摩擦力的合力，与物体的重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，C正确．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，物体所受斜面的摩擦力与重力沿斜面的分力为平衡力，所以D错误．3．[2018·全国卷Ⅰ]如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )答案：A解析：设物块P静止时，弹簧的长度为x0，轻弹簧原长为l，物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma.根据数学知识知F－x图象是截距为ma的一次函数图象．4.[2019·湖北黄冈中学模考](多选)如图所示，三个质量均为m的物块a、b、c，用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态．现将b、c之间的轻绳剪断，下列说法正确的是( )A．在刚剪断轻绳的瞬间，b的加速度大小为gB．在刚剪断轻绳的瞬间，c的加速度大小为2gC．剪断轻绳后，a、b下落过程中，两者一直保持相对静止D．剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态答案：BD解析：剪断轻绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变；对b根据牛顿第二定律可得ma b＝2mg，解得a b＝2g，方向向下；c上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于三个物块的总重力，即3mg，剪断轻绳后，对c根据牛顿第二定律可得3mg－mg＝ma c，解得a c＝2g，方向向上，所以A错误，B正确；剪断轻绳后，a、b下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，两者之间的轻弹簧长度一定会发生变化，C错误；剪断轻绳后，a、b下落过程中，a、b加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态，此时二者的加速度都为g，D正确．物块A放在斜面体的斜面上，和斜面体一起水平向右做若物块与斜面体保持相对静止，物块一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是g0＝如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为T A、T B.若加速度增大，则( ) A．T A、T B均增大 B．T A、T B均减小C．T A不变，T B增大 D．T A减小，T B不变答案：C解析：设OA与竖直方向的夹角为θ，则对小球有T A cosθ＝mg，T B－T A sinθ＝ma，故若加速度增大，T A不变，T B增大．选项C正确．8.如图所示，在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，横杆左端悬挂的小球A和小车右端放置的物块B都相对车厢静止．关于物块B受到的摩擦力，下列判断中正确的是( )A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D．因小车的运动方向不能确定，故物块B受的摩擦力情况无法判断答案：C解析：根据题意，小球处于静止状态，设细绳与竖直方向夹角为θ，小球受到重力和沿绳方向的拉力，小球加速度为a＝g tanθ，方向水平向右，则物块B受到重力、支持力和向右的摩擦力，故选项A、B、D错误，选项C正确．9．[2019·广东深圳模拟]如图所示，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F正比于Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为( )A．64m B．32mC．8m D．4m如图所示，一固定杆与水平方向夹角为的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为。

(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列说法正确的是()A．静止的物体一定不受力、受力的物体一定运动B．物体运动状态发生变化则物体一定受力的作用C．物体的运动不需要力来维持、但物体的运动速度越大时其惯性也越大D．物体运动状态不变时有惯性、运动状态改变时没有惯性答案：B2．20xx年1月3日、嫦娥四号探测器成功到达月球背面、第一次在月球背面留下了人类航天器的足迹．嫦娥四号携带的玉兔二号月球车在月球背面行驶时()A．处于完全失重状态B．不再满足牛顿运动定律C．受到的重力小于在地球上的重力D．具有的惯性小于在地球上的惯性答案：C3．(20xx·嘉兴一中模拟)对于一些实际生活中的现象、某同学试图从惯性角度加以解释、其中正确的是()A．采用了大功率的发动机后、某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度、这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．“强弩之末势不能穿鲁缟”、这表明强弩的惯性减小了C．货运列车运行到不同的车站时、经常要摘下或加挂一些车厢、这会改变它的惯性D．自行车转弯时、车手一方面要适当控制速度、另一方面要将身体稍微向里倾斜、这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的答案：C4．水平路面上质量为30 kg的小车、在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.2 s 后撤去该推力、则()A．小车2 s末的速度是4 m/sB．小车受到的阻力大小是15 NC．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2D．小车运动的总时间为6 s解析：选B.小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s、故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma、解得：f＝F－ma＝(60－30×1.5) N＝15 N、故B正确；撤去推力后、根据牛顿第二定律：f＝ma1、解得：a1＝0.5 m/s2、故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝30.5 s＝6 s、所以小车运动的总时间为：t＝(2＋6) s＝8 s、故D错误．5.(20xx·浙江选考4月)如图所示、A、B、C为三个实心小球、A为铁球、B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上、C球连接在细线一端、弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部、该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断、则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力、ρ木<ρ水<ρ铁)()A．A球将向上运动、B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动、C球不动C．A球将向下运动、B球将向上运动、C球不动D．A球将向上运动、B球将向下运动、C球不动答案：D6.如图所示、当小车向右加速运动时、物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上、当车的加速度增大时()A．M受静摩擦力增大B．M对车厢壁的压力减小C．M仍相对于车厢静止D．M受静摩擦力减小解析：选C.分析M受力情况如图所示、因M相对车厢壁静止、有F f＝Mg、与水平方向的加速度大小无关、A、D错误．水平方向、F N＝Ma、F N随a的增大而增大、由牛顿第三定律知、B错误．因F N增大、物体与车厢壁的最大静摩擦力增大、故M相对于车厢仍静止、C正确．7．如图所示、弹簧左端固定、右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点、然后释放、物体一直可以运动到B点．如果物体受到的阻力恒定、则()A．物体从A到O加速运动、从O到B减速运动B．物体从A到O先加速后减速C．物体运动到O点时所受合力为零D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小答案：B8．我国高铁技术处于世界领先水平．动车组由动车和拖车组合而成、提供动力的车厢叫动车、不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等、动车的额定功率都相同、动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成、其中第1、5节车厢为动车、其余为拖车、则该列车组()A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时、第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为1∶1C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选D.设每节动车的功率为P、牵引力为F、每一节车厢的质量为m、阻力为kmg.启动时、加速度方向向前、根据牛顿第二定律、乘客受到车厢的作用力方向向前、与运动方向相同、故A错误．做加速运动时、有两节动力车厢、对整个车进行受力分析得：2F－8kmg ＝8ma、对6、7、8车厢进行受力分析得：F1－3kmg＝3ma.对7、8车厢进行受力分析得：F2－2kmg＝2ma、联立可得：F1F2＝32、故B错误．设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s、则：－8kmgs＝0－12m v2、可知滑行的距离与速度不成正比、故C错误．当只有两节动车时、最大速率为v、则：2P＝8kmg·v、改为4节动车带4节拖车的动车组时：4P＝8kmg·v′、所以：v′＝2v、故D正确．9．如图所示、一只盛水的容器固定在一个小车上、在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时、两球的运动状况是(以小车为参考系)()A．铁球向左、乒乓球向右B．铁球向右、乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右解析：选A.因为小车突然向右运动、铁球和乒乓球都有向右运动的趋势、但由于与同体积的“水球”相比、铁球质量大、惯性大、铁球的运动状态难改变、即速度变化慢、而同体积的水球的运动状态容易改变、即速度变化快、而且水和车一起加速运动、所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理、由于乒乓球与同体积的“水球”相比、质量小、惯性小、乒乓球相对小车向右运动．10.一轻质弹簧、一端固定在墙上、另一端连一小物块、小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上、弹簧处在自然状态、小物块位于O处．现用手将小物块向右移到A 处、然后从静止释放小物块、小物块开始运动、则( )A ．小物块一定停在O 点B ．小物块停止以后所受的摩擦力必不为0C ．小物块无论停在O 点的左边还是右边、停前所受的摩擦力方向和停后所受摩擦力的方向两者可能相同、也可能相反D ．小物块在由右边最远处回到O 点的过程中、速度的大小总是增大解析：选C.小球从A 向O 运动过程中、由于不知道接触面给物块的摩擦力相对于物块质量的大小、因此小物块停下来的位置有可能在O 点左侧、右侧、甚至是O 点都有可能、因此选项A 、B 均错；从A 到O 过程中、先加速、当弹力小于阻力则开始减速、选项D 错；无论是停在O 点左边或右边、停止前的摩擦力方向和停止后的摩擦力方向有可能相同、有可能相反、选项C 对．二、非选择题11.传送带以恒定速度v ＝4 m/s 顺时针运行、传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝2 kg 的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)、平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝20 N 拉小物品、经过一段时间物品被拉到离地面高H ＝1.8 m 的平台上、如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5、设最大静摩擦力等于滑动摩擦力、g 取10 m/s 2、已知sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8.则物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？解析：物品在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前、有：F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2、由v ＝a 1t 1、得t 1＝0.5 s 、位移x 1＝12a 1t 21＝1 m 随后有：F －μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 2、解得a 2＝0、即物品随传送带匀速上升、位移x 2＝H sin 37°－x 1＝2 m 、t 2＝x2v＝0.5 s 、总时间t ＝t 1＋t 2＝1 s. 答案：见解析12．如图甲所示、光滑水平面上的O 点处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用、F 1＝4 N 、方向向右、F 2的方向向左、大小如图乙所示．物体从静止开始运动、此时开始计时．求：(1)当t ＝0.5 s 时、物体的加速度大小；(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内、何时加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内、何时速度最大？最大值为多少？解析：(1)当t ＝0.5 s 时、F 2＝(2＋2×0.5) N ＝3 NF 1－F 2＝maa ＝F1－F2m ＝4－32m/s 2＝0.5 m/s 2. (2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝4－(2＋2t )＝2－2t (N)作出F 合－t 图如图1所示从图1中可以看出、在0～2 s 范围内当t ＝0时、物体有最大加速度a 0.F 0＝ma 0a 0＝F0m ＝22m/s 2＝1 m/s 2 当t ＝2 s 时、物体也有最大加速度a 2.F 2＝ma 2a 2＝F2m ＝－22m/s 2＝－1 m/s 2 负号表示加速度方向向左．(3)由牛顿第二定律得：a ＝F 合m＝1－t (m/s 2) 画出a －t 图象如图2所示由图2可知t ＝1 s 时速度最大、最大值等于上方三角形的面积．v ＝12×1×1 m/s ＝0.5 m/s. 答案：(1)0.5 m/s 2(2)t ＝0或t ＝2 s 时加速度最大 1 m/s 2(3)t ＝1 s 时速度最大 0.5 m/s[课后作业(五)](建议用时：40分钟)一、选择题1.如图所示、两个物体A 、B 叠放在一起、接触面粗糙、现将它们同时以相同的速度水平抛出、不计空气阻力、在空中运动的过程中、物体B ( )A ．只受重力B ．受重力和A 对它的压力C ．受重力和A 对它的摩擦力D ．受重力、A 对它的压力和摩擦力解析：选A.两个物体A 、B 同时以相同的速度水平抛出、由于不计空气阻力、两个物体都处于完全失重状态、故在空中运动的过程中、物体A 、B 都只受到重力、B 、C 、D 错误、A 正确．2．在水平的足够长的固定木板上、一小物块以某一初速度开始滑动、经一段时间t 后停止、现将该木板改置成倾角为45°的斜面、让小物块以相同的初速度沿木板上滑、若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ、则小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为( )A.2μ1＋μB.μ1＋2μC.μ2＋μD.1＋μ2μ解析：选 A.木板水平时、物块的合力是滑动摩擦力、以初速度方向为正方向、根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度为a 1＝－μg 、设滑行初速度为v 0、则滑行时间为t ＝－v0－μg ＝v0μg；木板改置成倾角为45°的斜面后、对物块进行受力分析如图所示．小滑块的合力F合＝－(mg sin 45°＋μmg cos 45°)、小物块上滑的加速度a 2＝－（mgsin 45°＋μmgcos 45°）m＝－（1＋μ）2g 2、滑行时间t ′＝－v0a2＝2v0（1＋μ）2g 、因此t′t ＝a1a2＝2μ1＋μ、故选项A 正确、B 、C 、D 错误． 3.如图所示、质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连、在大小恒定的拉力F 作用下、先沿光滑水平面、再沿粗糙的水平面运动、则在这两个阶段的运动中、细线上张力的大小情况是( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变D ．由大变小再变大解析：选C.在光滑的水平面上运动时、设细线上的张力为F 1、加速度为a 1、由牛顿第二定律得F 1＝m 1a 1① F ＝(m 1＋m 2)a 1②联立①②解得：F 1＝m1F m1＋m2在粗糙的水平面上运动时、设细线的张力为F ′1、加速度为a 2、由牛顿第二定律得： F ′1－μm 1g ＝m 1a 2、③ F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 2 ④联立③④解得：F′1＝m1F m1＋m2综上可得、无论在光滑的水平面上还是在粗糙的水平面上运动时、细线上的张力都是m1Fm1＋m2、故C正确．4.质量为2 kg的物体在粗糙的水平地面上运动、当运动的速度为10 m/s时、给物体施加一个水平恒力、在此恒力的作用下物体做直线运动、其速度随时间的变化如图所示、则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)()A．恒力的大小为6 NB．前4 s内摩擦产生的热量为48 JC．恒力方向始终与摩擦力方向相同D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2解析：选C.由图可知、0～2 s物体做匀减速运动、2～6 s 反向做匀加速运动．可知0～2 s时恒力方向与运动方向相反、与摩擦力方向相同；2～6 s时恒力方向与运动方向相同、与摩擦力方向相反、C错误；根据牛顿第二定律：减速时F＋f＝ma1、加速时F－f＝ma2、而a1＝5 m/s2、a2＝1 m/s2、联立解得F＝6 N、f＝4 N、故A正确；0～2 s内、物体的位移大小为x1＝12×10×2 m＝10 m、2～4 s内、物体的位移大小为x2＝12×2×2 m＝2 m、摩擦产生的热量Q＝f(x2＋x1)＝4×(10＋2) J＝48 J、故B正确；由f＝μmg得、μ＝0.2、故D正确．5．(20xx·宁波慈溪中学期中)电梯的顶部挂有一个弹簧秤、秤下端挂了一个重物、电梯做匀速直线运动时、弹簧秤的示数为10 N．电梯做匀变速运动、在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8 N、关于电梯的运动、以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A．电梯可能向上加速运动、加速度大小为4 m/s2B．电梯可能向下加速运动、加速度大小为4 m/s2C．电梯可能向上减速运动、加速度大小为2 m/s2D．电梯可能向下减速运动、加速度大小为2 m/s2答案：C6.(20xx·嘉兴一中模拟)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m ＝10 kg 的猴从绳子另一端沿绳向上爬、如图所示、不计滑轮摩擦、在重物不离开地面条件下、猴子向上爬的最大加速度为(g 取10m/s 2)( )A ．25 m/s 2B ．5 m/s 2C ．10 m/s 2D ．15 m/s 2答案：B7.(20xx·温州平阳二中期中)如图所示、一个箱子放在水平地面上、箱内有一固定的竖直杆、在杆上套着一个环、箱和杆的质量为M 、环的质量为m 、已知环以某一初速度沿着杆匀减速下滑、设环的加速度大小为a 、则在环下滑过程中箱对地面的压力F 为( )A ．F ＝(M ＋m )gB ．F ＝Mg ＋m (g ＋a )C ．Mg <F <(m ＋M )gD ．F ＝Mg ＋m (g －a )答案：B8．(多选)如图所示、光滑水平桌面上放置一长木板、长木板上表面粗糙、上面放置一小铁块、现有一水平向右的恒力F 作用于铁块上、以下判断正确的是( )A ．铁块与长木板都向右运动、且两者一定保持相对静止B ．若水平力足够大、铁块与长木板间有可能发生相对滑动C ．若两者保持相对静止、运动一段时间后、拉力突然反向、铁块与长木板有可能发生相对滑动D ．若两者保持相对静止、运动一段时间后、拉力突然反向、铁块与长木板仍将保持相对静止解析：选BD.设木板质量为M 、小铁块的质量为m 、它们之间的最大静摩擦力为F f 、当铁块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时、两者之间相对滑动、根据牛顿第二定律知、此时加速度a ＝Ff M 、对木板和小铁块整体、有F ＝(M ＋m )a ＝（M ＋m ）Ff M 、则F >（M ＋m ）Ff M时、两者发生相对滑动、选项A 错误、B 正确；若两者保持相对静止、则两者之间的摩擦力小于最大静摩擦力、当拉力反向时、两者摩擦力的大小不变、方向改变、仍然保持相对静止、选项C 错误、D 正确．9.(原创)绰号“威龙”的第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动性能力、为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥、歼-20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度．假设某次垂直飞行测试实验中、歼-20加速达到50 m/s 后离地、而后开始竖直向上飞行试验．该飞机在10 s 内匀加速到 3 060 km/h 、匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km.假设加速阶段所受阻力恒定、约为重力的 0.2.已知该歼-20质量为20吨、声速为340 m/s 、忽略战机因油耗等导致质量的变化．则下列说法正确的是( )A ．本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 sB ．加速阶段系统的推力为1.84×106 NC ．加速阶段时飞行员有晕厥可能D ．飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25 km解析：选B.加速阶段初速度v 0＝50 m/s 、末速度v ＝3 060 km/h ＝850 m/s 、根据v ＝v 0＋at 、加速度a ＝80 m/s 2＝8g 、飞行员不会晕厥、C 选项错误；根据牛顿第二定律F －f －mg ＝ma 、推力F ＝f ＋ma ＋mg ＝1.84×106 N 、B 选项正确；加速阶段上升的高度x ＝v 0t ＋12at 2＝4 500 m 、即匀速上升14 km 、D 选项错误；匀速飞行时间t ＝s v ＝14 000850s ＝16.47 s 、A 选项错误． 二、非选择题10．(20xx·绍兴一中期中)斜面ABC 中AB 段粗糙、BC 段长为1.6 m 且光滑、如图甲所示．质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝12 m/s 沿斜面向上滑行、到达C 处速度恰好为零、小物块沿斜面上滑的v －t 图象如图乙所示．已知在AB 段的加速度是BC 段加速度的两倍、g 取10 m/s 2.(v B 、t 0未知)求：(1)小物块沿斜面向上滑行通过B 点处的速度v B 的大小；(2)斜面AB 段的长度；(3)小物块沿斜面向下滑行通过BA 段的时间．解析：(1)小物块沿斜面向上滑行的初速度v 0＝12 m/s由a AB ＝2a BC 可得：12－vB t0＝2vB t0解得：v B ＝4 m/s.(2)在上滑过程中：对AB 段有v 2B －v 20＝2a AB s AB在上滑过程：对BC 段有v 2C －v 2B ＝2a BC s BC由以上两式解得：s AB ＝6.4 m.(3)上滑时a AB ＝2a BC由牛顿第二定律可知：f ＋mg sin θ＝2mg sin θ、即f ＝mg sin θ所以下滑通过AB 段时小物块做匀速运动、其速度为v B ＝4 m/s因此t BA ＝sAB vB ＝6.44s ＝1.6 s. 答案：(1)4 m/s (2)6.4 m (3)1.6 s11．(20xx·浙江选考4月)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示、有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上、先以加速度a ＝0.5 m/s 2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”、t ＝8 s 时、突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行、最后退滑到出发点、完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25、已知sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8.求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x ＝12at 2、 解得：x ＝16 m.(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动、第一个过程是从卧倒到最高点、第二个过程是从最高点滑到最低点、两次过程由牛顿第二定律分别有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2解得：a 1＝8 m/s 2、a 2＝4 m/s 2.(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中、做匀减速直线运动、设时间为t ′、位移为x ′；t ′＝at a1、x ′＝12a 1t ′2、解得：x ′＝1 m. 企鹅从最高点滑到出发点的过程中、设末速度为v t 、初速度为0、则有：v 2t －02＝2a 2(x ＋x ′)解得：v t ＝234 m/s.答案：(1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)234 m/s。

教学资料范本2020高考物理一轮复习精选题辑课练8牛顿运动定律-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习精选题辑课练8牛顿运动定律1．(20xx·黑龙江双鸭山一中期末)亚里士多德在其著作《物理学》中写道：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的“非自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是( ) A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性D．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的答案：D解析：根据惯性的定义可知A、B、C正确；绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故D错误．2．(20xx·江西丰城中学二诊)如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是( )A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力答案：C解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力大小相等、方向相反、并且作用在同一直线上，但是这两个力作用在两个物体上，所以应为作用力和反作用力，所以A错误．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的分力不是对斜面的压力，因为作用点不同，对斜面的压力作用点应在斜面上，而垂直于斜面向下的分力作用点在物体上，所以B错误．斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力和摩擦力的合力，与物体的重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，C正确．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，物体所受斜面的摩擦力与重力沿斜面的分力为平衡力，所以D错误．3．(20xx·湖北天门期末联考)很多教室里都安装有吊扇，下列关于吊扇对悬挂点的作用力的判断正确的是( )A．不转动与正常转动时相比，吊扇对悬挂点的拉力相等B．不转动与正常转动时相比，不转动时吊扇对悬挂点的拉力要小一些C．不转动与正常转动时相比，不转动时吊扇对悬挂点的拉力要大一些D．在不转动与正常转动的实际情况下，吊扇对悬挂点可能存在拉力、压力或没有作用力三种情况答案：C解析：吊扇不转动时，吊扇对悬挂点的拉力大小等于吊扇的重力大小，吊扇旋转时要向下扇风，即对空气有向下的压力，根据牛顿第三定律，空气也对吊扇有一个向上的反作用力，使得吊扇对悬挂点的拉力变小，故C正确，A、B错误；在实际的情况下，一般是不会出现空气对吊扇的作用力大于等于其重力的，故D错误．4．(20xx·山东潍坊中学月考)物块A放在斜面体的斜面上，和斜面体一起水平向右做加速运动，如图所示，若物块与斜面体保持相对静止，物块A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能是( )A．斜向右上方 B．水平向右C．斜向右下方 D．竖直向上答案：A解析：物块A受到竖直向下的重力，而加速度水平向右，即A受到的合力水平向右，所以只能再受到斜向右上方的作用力，即物块A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能斜向右上方，A正确．5．(20xx·浙江绍兴一中期末)如图所示，一幼儿园小朋友在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到老师的表扬．下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上答案：D解析：石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取a、b作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与a、b的总重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确．6.(20xx·湖北黄冈中学模考)(多选)如图所示，三个质量均为m 的物块a、b、c，用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态．现将b、c之间的轻绳剪断，下列说法正确的是( ) A．在刚剪断轻绳的瞬间，b的加速度大小为gB．在刚剪断轻绳的瞬间，c的加速度大小为2gC．剪断轻绳后，a、b下落过程中，两者一直保持相对静止D．剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态答案：BD解析：剪断轻绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变；对b根据牛顿第二定律可得mab＝2mg，解得ab＝2g，方向向下；c上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于三个物块的总重力，即3mg，剪断轻绳后，对c根据牛顿第二定律可得3mg－mg＝mac，解得ac＝2g，方向向上，所以A错误，B正确；剪断轻绳后，a、b下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，两者之间的轻弹簧长度一定会发生变化，C错误；剪断轻绳后，a、b下落过程中，a、b加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态，此时二者的加速度都为g，D正确．7．(20xx·湖南株洲一诊)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )A．铝球刚开始运动的加速度a0＝gB．铝球下沉的速度将会一直增大C．铝球下沉过程所受到油的阻力f＝ma0vv0D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功答案：C解析：刚开始释放时，铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a0＝＝g－<g，A错误；由图乙可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，当a＝0时，铝球下沉的速度达到最大，之后匀速运动，B错误；刚开始释放时有mg－F浮＝ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律可得mg－F浮－f＝ma，由a－v图象可知a＝a0－v，由以上各式解得铝球与油的阻力f＝，C正确；铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力、浮力所做的功，故D错误．8．(20xx·山东省实验中学二诊)(多选)如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，弹簧a与竖直方向成30°角，弹簧b与竖直方向成60°角，a、b两弹簧的形变量相等，重力加速度为g，则( )A．弹簧a、b的劲度系数之比为：2B．弹簧a、b的劲度系数比为：1C．若弹簧a下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为gD．若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g2答案：BD解析：对小球受力分析，受到弹簧a的拉力、弹簧b的拉力和重力，三力平衡，故有Ta＝mgcos30°＝kaΔx，Tb＝mgsin30°＝kbΔx，故＝＝，A错误，B正确；若弹簧a下端与小球松脱，松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b的弹力的合力与Ta大小相等、方向相反，故a＝＝g，若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间a弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与Tb大小相等、方向相反，故小球的加速度a′＝＝g，C错误，D 正确．9.(多选)在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一根足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是 ( ) A．物块接触弹簧后立即做减速运动B．当物块的加速度为零时，它的速度最大C．当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度等于零D．物块接触弹簧后先加速后减速答案：BD解析：物块一直受水平恒力F的作用，刚刚与弹簧接触时，弹簧的形变量较小，弹力小于F，则a＝，方向向右做加速度减小的加速运动，所以A项错误．物块继续向右运动，弹簧的形变量增大，当a＝＝0时，速度达到最大且方向向右，所以B项正确．物块继续向右运动，弹簧的形变量持续增大，此时弹力大于恒力F，则a＝，方向向左，物块开始减速，当速度为零时，物块的加速度仍然向左，不为零，所以C项错误．综上可知，物体接触弹簧后向右先做加速运动，再做减速运动，所以D项正确．10．如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为TA、TB.若加速度增大，则( )A．TA、TB均增大 B．TA、TB均减小C．TA不变，TB增大 D．TA减小，TB不变答案：C解析：设OA与竖直方向的夹角为θ，则对小球有TAcosθ＝mg，TB－TAsinθ＝ma，故若加速度增大，TA不变，TB增大．选项C正确．11．如图所示，在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，横杆左端悬挂的小球A和小车右端放置的物块B都相对车厢静止．关于物块B受到的摩擦力，下列判断中正确的是( ) A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D．因小车的运动方向不能确定，故物块B受的摩擦力情况无法判断答案：C解析：根据题意，小球处于静止状态，设细绳与竖直方向夹角为θ，小球受到重力和沿绳方向的拉力，小球加速度为a＝gtanθ，方向水平向右，则物块B受到重力、支持力和向右的摩擦力，故选项A、B、D错误，选项C正确．12．(20xx·天津五区县联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端静止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.答案：(1)0.5 (2)s解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma，滑块恰好滑到木板右端静止，则0－v＝－2aL，解得μ＝＝0.5.(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a1，上滑的最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1,0－v＝－2a1s,0＝v0－a1t1，解得s＝1.25 m，t1＝s．设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，s＝a2t，解得t2＝s，滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝s.刷题加餐练1．(20xx·新课标全国卷Ⅰ)(多选)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则 ( ) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案：BC解析：由题意知此恒力即为质点所受合外力，若原速度与该恒力在一条直线上，则质点做匀变速直线运动，质点单位时间内速率的变化量总是不变的；原速度与该恒力不在一条直线上，则质点做匀变速曲线运动，速度与恒力间夹角逐渐减小，质点单位时间内速度的变化量是不变的，但速率的变化量是变化的．A、D项错误，B 项正确；由牛顿第二定律知，质点加速度的方向总与该恒力方向相同，C项正确．2.(20xx·江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案：BD解析：由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，故A错误；因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错误；若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．3．(20xx·海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2答案：AC解析：剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确、B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．4．(20xx·广东肇庆二模)设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V＝πr3(r为半径)．若两个雨点的半径之比为1：2，则这两个雨点的落地速度之比为( )A．1： B．1：2C．1：4 D．1：8答案：A解析：当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝ρ×πr3g，即v2＝，由于两个雨点的半径之比为1：2，则落地速度之比为1：，选项A正确．5．(20xx·广东深圳一调)(多选)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离．则下列哪些变化可使位移x增大( )A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板之间的动摩擦因数答案：BD解析：根据牛顿第二定律得，木块的加速度为a1＝＝－μg，木板的加速度为a2＝，设木板长为L，根据L＝a1t2－a2t2，得t＝.木板相对地面运动的位移为x＝a2t2，则知若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，可知时间t减小，x 减小，故A错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t增大，x增大，故B正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t减小，x减小，故C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t增大，x增大，故D正确．6．(20xx·安徽安庆期末联考)如图所示，AD是固定斜面体底边BC的高，F、G分别是光滑斜面AB、AC的中点，DE垂直于AB，DH垂直于AC，甲、乙两个小球(均视为质点)从斜面的顶点A分别沿斜面AB、AC同时由静止下滑，下列说法正确的是( )A．当甲球运动到E点时，乙球可能运动到AG间某点B．当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点C．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到G点D．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到H点答案：B解析：设斜面AB和AC的倾角分别为α、β，AD＝h，则小球在两个斜面上下滑的加速度分别为a1＝gsinα，a2＝gsinβ，当甲球运动到E点时所需时间t1＝＝，同理乙球运动到H点所需时间也为t2＝，即当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点，选项B正确，A错误；甲球运动到F点的时间t3＝＝，同理乙球运动到G点的时间为t4＝，因α不一定等于β，故当甲球运动到F点时，乙球不一定运动到G点，选项C错误；假设当甲球运动到F点时，乙球同时也运动到H点，则t2＝t3，故＝，则sinα＝，则α＝45°，即只有当α＝45°时，上述假设才成立，但本题未给出α的大小，所以无法判断，选项D错误．7.(20xx·甘肃诊断)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )A．小球受力个数不变B．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝8 m/s2C．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝10 m/s2D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2答案：B解析：剪断前水平面对球弹力为零，所以地面对球无摩擦力作用，由平衡条件得：弹簧弹力为F＝mg＝10 N，剪断瞬间，弹力大小仍为F＝10 N，方向水平向左，细绳上拉力消失，小球除受重力外，还受支持力与摩擦力作用，所以剪断瞬间受四个力作用，a＝＝＝8 m/s2，故B正确，A、C、D错误．8．(20xx·广东深圳二模)如图所示，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F正比于Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为( )A．64m B．32mC．8m D．4m答案：A解析：设质量为m的正方体物块的边长为a，物块被匀速推动，根据平衡条件，有F＝f，N＝mg，其中F＝kSv＝ka2v，f＝μN＝μmg＝μρa3g，解得a＝，现在风速变为2v0，故刚好能推动的物块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍，故A正确．9．(20xx·河北正定中学期中)如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是( )A．沿着杆加速下滑 B．沿着杆加速上滑C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑答案：D解析：把滑块和球看成一个整体受力分析，沿杆和垂直杆建立直角坐标系，若速度方向向下，则沿杆方向有(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直杆方向有FN＝(m1＋m2)gcosθ，摩擦力f＝μFN，联立可解得a＝gsinθ－μgcosθ.对小球有，若θ＝β，a＝gsinβ，现有θ<β，则有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，故D 正确．易错点1易混淆滑动摩擦力和静摩擦力计算方法的区别10．(20xx·辽宁庄河高中月考)如图所示，质量分别为M、m的滑块A、B叠放在固定的、倾角为θ的斜面上，A与斜面间、A与B 之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，当A、B从静止开始以相同的加速度下滑时，关于B受到的摩擦力，下列说法正确的是( )A．等于零B．方向平行于斜面向下C．大小为μ1mgcosθD．大小为μ2mgcosθ答案：C解析：以滑块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为a＝g(sinθ－μ1cosθ)，设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有mgsinθ＋f＝ma，解得f＝ma－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，故A、B、D错误，C 正确．易错点2对运动过程分析不清11．(20xx·黑龙江哈六中月考)如图所示，m＝1.0 kg的小滑块以v0＝4 m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.8 s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为( )A．0.8 m B．0.64 mC．0.76 m D．0.6 m答案：B解析：滑块向上滑行时，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入数据解得a＝10 m/s2，滑块上滑时速度从v0＝4 m/s减速到零需要的时间为t0＝＝s＝0.4 s，上滑的最大距离s＝＝m＝0.8 m，经过0.4 s，滑块达到最高点，速度为零，然后向下滑行，设下滑的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma′，代入数据解得a′＝2 m/s2，下滑时间为t′＝t－t0＝0.8 s－0.4 s＝0.4 s，下滑的距离为s′＝a′t′2＝0.5×2×0.42 m＝0.16 m，AB间的距离为sAB＝s－s′＝0.8 m－0.16 m＝0.64 m．故选B.12．(20xx·广西适应性测试)如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m＝1.2 kg，长度l＝0.5 m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M ＝1 kg的小铅块(可视为质点)，它与各木块间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，现突然给小铅块一个向右的初速度v0＝9 m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及小铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；(2)小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小．答案：(1)5 m/s2 (2)6 m/s解析：(1)设小铅块相对木块滑动时加速度大小为a，由牛顿第二定律可知μ2Mg＝Ma解得：a＝5 m/s2(2)设小铅块最多能带动x个木块运动，对x个木块整体进行受力分析，当小铅块下的x个木块发生运动时，则有μ2Mg≥μ1(mgx ＋Mg)解得：x≤3.33即小铅块最多只能带动3个木块运动设当小铅块通过前面的9个木块时的瞬时速度大小为v，由动能定理可知：－μ2Mg×9l＝M(v2－v)解得：v＝6 m/s。

力学实验力学实验是每年高考的必考内容,在当前实验试题命制“一大一小”的情况下,力学实验多以小题的形式出现,并且试题多源于教材而高于教材,所给的物理情景和要求通常跟教材内容有明显区别,是以教材中的实验为背景或素材,通过改变实验条件或增加条件限制,加强对考生迁移能力、创新能力和实验设计能力的考查。

具体特点如下:(1)力学实验中有多个实验都要用到打点计时器(如研究匀变速直线运动的规律、验证牛顿运动定律、验证机械能守恒定律等),考查打点计时器的使用并根据纸带进行正确的数据运算,是高考考查的热点。

(2)考查运用图象法处理实验数据是历年高考实验题的命题热点,力学实验、电学实验中都可能出现。

这是考生必备的能力之一。

(3)结合光电门和传感器考查。

由光电门计算速度,由力的传感器直接显示力的大小,速度传感器直接显示速度大小,所以力学实验中往往结合这两种器材来考查。

(4)考查力学创新设计性实验,如测动摩擦因数、弹簧弹性势能。

创新设计性实验主要考查考生是否理解实验原理和实验仪器的工作原理,是否具有灵活运用实验知识的能力,是否具有在不同情况下迁移知识的能力,这些对考生的能力要求都较高,是近几年高考命题的热点。

“源于课本,不拘泥于课本”一直是高考实验命题的理念,考查实验的灵魂——原理是重中之重,预测2020年高考对力学实验的考查,是在《考试说明》规定的实验基础上进行重组与创新,旨在考查考生是否熟悉这些常规实验器材,是否真正动手做过这些实验,是否能灵活地运用学过的实验理论、实验方法、实验仪器,去处理、分析、研究某些未做过的实验,包括设计某些比较简单的实验等。

所以在复习过程中,应以掌握常规实验原理、实验方法、规范的操作程序、数据处理方法等为本,同时从常规实验中有意识地,积极地提取、积累一些有价值的方法。

逐步过渡到能灵活运用学过的实验方法设计新的实验。

实验1 研究匀变速直线运动1 实验原理(1)利用纸带判断物体是否做匀变速直线运动的方法设x1、x2、x3、x4、…为纸带上相邻两个计数点之间的距离,假如Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=常数,即连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量,则与纸带相连的物体做匀变速直线运动。