【状元之路】2018年高考物理二轮复习对题纠错练：3牛顿运动定律含解析

专题03 牛顿运动定律纵观近几年高考试题，预测2018年物理高考试题还会考：1、牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与动量、能量、电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．2、本专题是高考命题的重点和热点，考查和要求的程度往往层次较高，单独考查的题目多为选择题，与直线运动、曲线运动、电磁学等知识结合的题目多为计算题。

考向01 牛顿运动定律1.讲高考（1）考纲要求主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题 （2）命题规律牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．案例1．【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1（s 1<s 0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1。

重力加速度大小为g 。

求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数； （2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【答案】（1）220102v v gs - （2）21012()2s v v s +【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动的规律【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。

2018年高考真题全国卷II理综物理试题解析(解析版)详细答案本文没有明显的格式错误，但是有一些排版不规范的问题。

在第一题的解析中，CD错误应该换行，单独成为一句话，并且需要加上标点符号。

在第二题的解析中，最后一句话应该换行，单独成为一段。

在第三题的解析中，密度公式后面应该加上标点符号。

同时，每段话的语言表达也可以更加简洁明了。

例如，第一题的解析可以改为：“木箱在运动过程中受到拉力和摩擦力的作用，根据动能定理可知，动能等于力做功的大小。

因此，动能小于拉力所做的功，选项A正确。

”1014Hz和1015Hz是指频率的单位，108m·s-1是指光速的大小。

根据光电效应方程，只有当光的频率大于某个最小值时，才能产生光电效应。

根据公式f=Φ/h，其中Φ为金属的逸出功，h为普朗克常量，可以求出锌产生光电效应的最低频率为1015Hz。

在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。

一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是D。

在移动过程中，左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同，因此电流恒定且方向为顺时针。

从第二个矩形区域到第三个矩形区域，左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。

从第三个矩形区域到第四个矩形区域，左边切割产生的电流方向逆时针，右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针。

当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，因此D是正确的选项。

甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是BD。

第三章牛顿运动定律第14课时牛顿第一定律牛顿第三定律(双基落实课) [命题者说]高考对牛顿第一、第三定律很少单独命题，但弄清楚惯性、作用力和反作用力的关系是进一步学好物理的至关重要一环。

复习本课时时，要侧重对概念和规律的理解及应用。

[小题练通]1．(多选)(2013·海南高考)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。

下列说法符合历史事实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：选BCD本题考查物理学史实。

亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡尔也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上，提出了惯性定律，即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。

本题应选B、C、D。

2．(多选)(2017·金华质检)早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD物体不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态，物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性，也可以说抵抗运动状态变化的性质是惯性，A、D正确；没有力的作用时物体处于平衡状态，即物体处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，是因为受到万有引力的作用产生向心加速度，速度方向时刻在改变，C错误。

第三章牛顿运动定律一、选择题(每小题4分，共40分)1．下列说法中正确的是()A．高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明乘客具有惯性B．短跑运动员最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，惯性越大C．抛出去的标枪和手榴弹都是靠惯性向远处运动的D．把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球具有惯性解析：惯性的大小用质量来量度，物体惯性的大小与物体是否运动及运动速度的大小无关，所以选项B是错误的．球由静止开始下落，是外力(重力)迫使它改变静止状态，是外力使它产生加速度，可见选项D错误．答案：AC2．下述有关力学单位制的说法中正确的是()A．在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位，不能采用其他单位B．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量、速度C．力学单位制中，国际单位制的基本单位有m、kg、sD．单位制中的导出单位可以用基本单位来表达解析：在物理问题分析计算中，可以采用不同的力学单位制．但是在同一表达式中必须用同一单位制，这是在物理问题求解过程中必须遵循的一个基本原则．在力学单位制中，基本单位的物理量有质量、长度和时间，在国际单位制中这三个物理量的单位是kg、m、s.除了基本物理量外，其他物理量均由它们与基本物理量的关系式来确定．答案：CD3．(·宁夏卷)图3－1如图3－1所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：对于物块由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板则受到物块给它的向左的摩擦力作用，所以木板的速度不断减小，直到二者相对静止而做匀速直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误．答案：BC4．(·山东卷)某物体做直线运动的v－t图象如图3－2所示，据此判断图3－3(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是()图3－2图3－3解析：由图3－2可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定；2～4 s做正方向匀减速直线运动，所以受力为负，且恒定；4～6 s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定；6～8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，且恒定．综上分析B正确．答案：B5.如图3－4所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N ，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg 的物块，在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N ，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数为8 N ，这时小车运动的加速度大小是( )[A ．2 m/s 2B ．4 m/s 2C ．6 m/s 2D ．8 m/s 2解析：小车做匀速直线运动时，物块随小车也做匀速直线运动，两弹簧测力计示数均为10 N ，形变相同，弹簧测力计甲的示数变为8 N ，形变减小Δx ，弹簧测力计乙形变要增加Δx ，因此弹簧测力计乙的示数为12 N ，物块受到的合外力为4 N ，故加速度的大小是a ＝F m ＝41m/s 2＝4 m/s 2.答案：B6．(2010·湖北咸宁模拟)在平直路上行驶的一节车厢内，用细线悬挂着一个小球，细线与竖直方向的夹角为θ，水平地板上的O 点在小球的正下方，如图3－5，当细线被烧断，小球落在地板上的P 点处，则( )A ．P 与O 重合B ．当车向右运动时P 在O 点的右侧C ．当车向右运动时P 在O 点的左侧解析：小球向左偏，说明车厢有向右的加速度，即车向右做加速运动或向左做减速运动，细线烧断后做平抛运动，其水平方向的分运动为匀速直线运动，所以正确选项为C 、D. 答案：CD7．(2010·湖南长沙月考)电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m 的物体，当电梯静止时弹簧被压缩了x 1；当电梯运动时弹簧被压缩了x 2，且有x 2＞x 1，试判断电梯运动的可能情况是( )A ．匀加速上升B ．匀加速下降C ．匀减速上升D ．匀减速下降解析：当静止时，有kx 1＝mg ；电梯运动时，x 2＞x 1，则电梯有向上的加速度，故A 、D 正确．答案：AD8.如图3－6所示，物块A 、B 叠放在水平桌面上，装砂的小桶C 通过细线牵引A 、B 一起在水平面上向右加速运动．设A 、B 之间的摩擦力为F f1，B 与桌面间的摩擦力为F f2.若增大C 桶内砂的质量，而A 、B 仍一起向右运动，则摩擦力F f1和F f2的大小( )A ．F f1不变、F f2变大B ．F f1变大、F f2不变C ．F f1和F f2都变大D ．F f1和F f2都不变[解析：由题意可得F f2＝μ(m A ＋m B )g ，故F f2不变，当m C 增大时，绳对AB 整体的拉力F T 增大，AB 的加速度a 增大，对A 可得F f1＝m A a ，F f1增大，故选项B 正确．答案：B9．如图3－7所示，一粗糙的水平传送带以恒定的速度v 1沿顺时针方向运动，传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率v 2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是( )A.物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间B ．若v 2＜v 1，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动C ．若v 2＜v 1，物体从右端滑上传送带，则物体可能到达左端D ．若v 2＜v 1，物体可能从右端滑上传送带又回到右端，在此过程中物体先做减速运动再做加速运动解析：如果v 2＞v 1，物体从左端滑上传送带，当v 22－v 212μg＞L ，其中L 为传送带的长度，则物体将一直做减速运动，当以v 2从右端滑上传送带时，与从左端滑上传送带做减速运动时的加速度相同，所以时间相同，故A 错误；如果v 2＜v 1，物体从左端滑上传送带将先做加速运动，若在加速到v 1前已经运动到右端，即v 21－v 222μg＞L ，将一直加速到达右端；若加速到v 1时还没有到达右端，将再以v 1速度与传送带一起做匀速运动，故B 错误；若v 2＜v 1，物体从右端滑上传送带有可能一直减速到达左端，也有可能在速度减小到零前没有到达左端而反向加速返回，所以C 、D 正确．答案：CD10．如图3－8所示，滑轮质量不计，如果m 1＝m 2＋m 3，这时弹簧测力计的读数为F .若把m 2从右边移到左边的m 1上，弹簧测力计读数F ′将( )A.增大 B ．减小 C ．不变 D ．无法判断解析：m 2在右边时，整个系统平衡，弹簧测力计的读数为F ＝m 1g ＋m 2g ＋m 3g ＝2m 1g . 若把m 2从右边移到左边m 1上，则m 1、m 2向下运动，设此时绳子拉力大小为F T ，则 对m 1、m 2整体：(m 1＋m 2)g －F T ＝(m 1＋m 2)a ①对m 3：F T －m 3g ＝m 3a ②又m 1＝m 2＋m 3③由①②③得a ＝m 2m 1g ，F T ＝m 21－m 22m 1g . 此时弹簧测力计的读数为F ′＝2F T ＝2(m 21－m 22)m 1g ＜2m 1g ，所以弹簧测力计读数变小． 答案：B二、实验题(共16分)11．(6分)如图3－9所示是某次利用气垫导轨“验证牛顿运动定律”的实验装置安装完毕后的示意图，图中A 为沙桶和沙，B 为定滑轮，C 为滑块及上面添加的砝码，D 为纸带，E 为电火花计时器，F 为蓄电池，电压为6 V ，G 是开关，请指出图中的三处错误：(1)________________________________________________________________________(2)_____________________________ ___________________________________________(3)________________________________________________________________________ 答案：(1)B 接滑块的细线应水平(或与导轨平行)(2)C 滑块离计时器太远(3)E 电火花计时器用的是220 V 的交流电，不能接直流电12．(10分)某实验小组设计了如图3－10所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系．开始时闭合开关，电磁铁将A 、B 两个小车吸住，断开开关，两小车同时在细绳拉力作用下在水平桌面上沿同一直线相向运动，碰后结合为一体．实验中始终保持小车质量远大于托盘和砝码的质量，实验装置中各部分摩擦阻力可忽略不计(1)该小组同学认为，只要测出小车A 和B 由静止释放到第一次碰撞通过的位移x 1、x 2，即可得知小车A 和B 的加速度a 1、a 2与位移x 1、x 2的关系．这个关系式可写成______________________(2)实验时，该小组同学先保持两小车质量相同且不变，改变左、右托盘内的砝码的重力，测得并记录对应拉力下小车A 和B 通过的位移x 1和x 2.经过多组数据分析得出了小车运动的加速度与所受拉力的关系，然后他们保持两小车所受的拉力相同且不变，研究小车的加速度与小车质量的关系，此时要改变的实验变量是__________，必须测量并记录的物理量是__________(要求对表示物理量的字母作出说明)，这些测出并记录的物理量之间的关系可写成__________．解析：(1)由于运动时间相同，则x 1＝12a 1t 2，x 2＝12a 2t 2，由此得a 1a 2＝x 1x 2. (2)由于研究小车的加速度与小车质量的关系，改变的实验变量是两小车质量(学生答“同时改变两小车质量”或“保持一车质量不变，改变另一车质量”都是正确的)．通过记录小车A 的质量m 1、位移x 1，小车B 的质量m 2，位移x 2，由此可推出x 1x 2＝a 1a 2＝Fm 1F m 2＝m 2m 1. 答案：(1)a 1a 2＝x 1x 2(2)A 、B 两车的质量 A 车的质量m 1、位移x 1，B 车的质量m 2、位移x 2 x 1x 2＝m 2m 1三、计算题(共44分)13．图3－11(8分)如图3－11所示，在某些紧急情况下，消防队员需从高7 m 的金属管上从静止起迅速匀加速竖直滑下，为了安全，其着地速度不应大于6 m/s ，设一消防队员总质量为60 kg ，他与金属管之间的动摩擦因数为0.4，问他夹紧金属管至少应用多大的力？(g 取10 m/s 2)解析：消防队员下滑的加速度设为a ，有v 2＝2ah .①下滑过程受重力和摩擦力作用mg －F f ＝ma ，②且F f ＝μ·2F N .③由①②③解得：夹紧金属管的力F N ＝557 N.答案：557 N14．(10分)(2008·海南物理卷)科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg.气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住，堵住时气球下降速度为1 m/s ，且做匀加速运动，4 s 内下降了12 m ．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3 m/s ，若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g ＝9.89 m/s 2，求抛掉的压舱物的质量．解析：由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，h ＝v 0t ＋12at 2，[ 抛物后减速下降有：F －(m －m ′)g ＝(m －m ′)a ′，Δv＝a′Δt；解得：m′＝1.019.9m＝101 kg.答案：101 kg15．(12分)如图3－12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，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F T等于多少？解析：当小球和斜面接触，但两者之间无压力时，设滑块的加速度为a′，此时小球受力如图3－13所示，水平和竖直方向可列方程为：F T cos45°＝ma′，F T sin45°－mg＝0，解得a′＝g.由于滑块A的加速度a＝2g＞a′，所以小球将飘离滑块A，其受力如图3－14所示，设线与竖直方向成β角，由小球水平、竖直方向状态可列方程：F T sinβ＝ma，F T cosβ－mg＝0.解得F T＝(ma)2＋(mg)2＝5mg.答案：5mg16．(14分)(·海南卷)一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v0＝12 m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关．某时刻，车厢脱落，并以大小为2 m/s2的加速度减速滑行．在车厢脱落t＝3 s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍．假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离．解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F，卡车刹车前后加速度的大小分别为a 1和a 2.重力加速度大小为g .由牛顿第二定律有F －2μMg ＝0①F －μMg ＝Ma 1②μMg ＝Ma ③3μMg ＝Ma 2④设车厢脱落后，t ＝3 s 内卡车行驶的路程为s 1，末速度为v 1，根据运动学公式有s 1＝v 0t ＋12a 1t 2⑤ v 1＝v 0＋a 1 t ⑥v 21＝2a 2s 2⑦式中，s 2是卡车在刹车后减速行驶的路程．设车厢脱落后滑行的路程为s ，有 v 20＝2as ⑧卡车和车厢都停下来后相距Δs ＝s 1＋s 2－s ⑨由①至⑨式得Δs ＝－v 203a ＋43v 0t ＋23at 2. 代入题给数据得Δs ＝36 m.答案：36 m。

对题纠错原创练六机械能及其守恒定律(二)对题练功和功率1.(2017·福建龙岩二模)如图所示,甲、乙两个斜面,高度相同,倾角α>β.一个小物块先后沿着甲、乙两个斜面从顶端由静止开始下滑,小物块与甲、乙斜面间的动摩擦因数相等.在小物块滑至斜面终点的过程中,下列说法正确的是()A.小物块在斜面甲上的加速度等于在斜面乙上的加速度B.小物块在斜面甲上的加速度小于在斜面乙上的加速度C.小物块分别在斜面甲、乙上滑行,克服摩擦力做功相等D.小物块在斜面乙上滑行,克服摩擦力做功较多(导学号88094559)【答案】D设斜面的倾角为θ,滑块在斜面上运动时,有mg sin θ-μmg cos θ=ma,所以a=g sin θ-μg cos θ,根据题意有α>β,所以小物块在斜面甲上的加速度大于在斜面乙上的加速度,A、B错;滑块克服摩擦力做功W=μmg cos =μmg,因为α>β,故小物块在斜面乙上滑行克服摩擦力做功多,C错误,D正确.2.如图所示,竖直放置的等螺距螺线管高为h,该螺线管是用长为l的硬质管(内径远小于h)弯制而成.一光滑小球从上端管口由静止释放,关于小球的运动,下列说法正确的是()A.小球到达下端管口时的速度大小与l有关B.小球到达下端管口时重力的功率为mgC.小球到达下端的时间为D.小球在运动过程中受管道的作用力大小不变(导学号88094560)【答案】C在小球到达最低点的过程中只有重力做功,故根据动能定理可有mgh=mv2,解得v=,所以小球到达下端管口时的速度大小与h有关,与l无关,A错误;可以将此装置展开,看成是一个高为h、长为l的斜面,小球到达下端时的速度为v=,速度沿管道的切线方向,故重力的瞬时功率为P=mg sin θ,故B错误;物体在管内下滑的加速度为a=,故下滑所需时间为t,则l=at2,t=,故C正确;小球做加速螺旋运动,速度越来越大,根据F n=可知,受到的支持力越来越大,故D错误.动能定理3.(多选)如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物m,长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴,其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处,在杆的中点C处拴一细绳,绕过两个滑轮后挂上重物m,C点与O点距离为L,滑轮上端B点到O的距离为4L.现在对杆的另一端用力使其逆时针匀速转动,从竖直位置以角速度ω转至水平(转过了90°),关于此过程,下列说法正确的是()A.重物m受到的拉力总大于本身的重力B.重物m克服其重力的功率先增大后减小C.重物m的最大速度是2ωLD.绳子拉力对m做的功(-3)mgL+mω2L2(导学号88094561)【答案】BD长杆上C点的速度大小为v C=ωL,设该速度方向与绳子的夹角为θ,则沿绳子方向的分速度为v绳=ωL cos θ.θ的变化规律是开始最大(90°),然后逐渐变小,所以v绳=ωL cos θ逐渐变大,直至绳子和杆垂直,θ变为0,绳子的速度达到最大为ωL;然后θ又逐渐增大,v绳=ωL cos θ逐渐变小,绳子的速度变小,所以重物的速度是先增大后减小,最大速度为ωL,重物m克服其重力的功率P=mgv绳也是先增大后减小,绳子对重物m的拉力先大于重物m的重力后又小于重物m的重力,所以B正确,A、C错误;拉力对重物m所做的功等于物体重力势能的增加量和动能的增加量,物体升高的高度等于左侧绳子的伸长量,由几何关系可知,h=(-3)L,故重力势能增加量为;当杆转到水平位置时,cos θ=,则此时沿绳子的速度为L,故此过程动能的增加量为mv2=mω2l2,所以此绳子对重物m所做的功为(-3)mgL+mω2L2,D正确.4.(多选)(2017·江西新余二模)如图所示,光滑杆O'A的O'端固定一根劲度系数为k=10 N/m、原长为l0=1 m的轻弹簧,质量为m=1 kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接,OO'为过O点的竖直轴,杆与水平面间的夹角始终为θ=30°.开始杆是静止的,当杆以OO'为轴转动时,且角速度从零开始缓慢增加,直至弹簧伸长量为0.5 m,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.杆保持静止状态时,弹簧的长度为0.5 mB.当弹簧伸长量为0.5 m时,杆转动的角速度为rad/sC.当弹簧恢复原长时,杆转动的角速度为rad/sD.杆由静止开始转动到弹簧伸长量为0.5 m的过程中,杆对小球做功为12.5 J(导学号88094562) 【答案】ABD当杆静止时,小球受力平衡,根据平衡条件可得mg sin 30°=kx,代入数据得x=0.5 m,所以弹簧的长度为l1=l0-x=0.5 m,故A正确;当弹簧伸长量为0.5 m时,小球受力如图所示:水平方向上:F2cos 30°+F N sin 30°=mω2(l0+x)cos 30°竖直方向上:F N cos 30°=mg+F2sin 30°弹簧的弹力为F2=kx联立解得ω=rad/s,故B正确;当弹簧恢复原长时,由牛顿第二定律可得mg tan 30°=m l0cos 30°,解得ω1=rad/s,故C错误;在此过程中,弹簧弹性势能的变化为零,由动能定理可得W-mg·2x sin 30°,解得W=12.5 J,故D正确.机械能守恒定律及其应用能的转化与守恒5.(2017·湖南衡阳调研)如图所示,在倾角为53°的斜面上,用物块沿斜面向下压放置在斜面上、下端固定在挡板上的轻弹簧,物块到达A点时锁定弹簧,A点至斜面顶端B间的距离为L.一竖直面内的光滑圆弧轨道,半径为L,下端切线与斜面平行,上端C处切线水平,不计物块的大小和圆弧轨道下端与斜面间狭缝的大小(可以认为圆弧轨道的下端与B点在同一点).现解除锁定,物块在弹簧的弹力作用下沿斜面上滑,并顺着圆弧轨道内侧滑行,滑到最高点时,物块对轨道的压力为mg.物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,斜面的长为2L,不计空气阻力.(1)求弹簧至A点时具有的弹性势能;(2)若仅改变竖直面内圆弧轨道的半径,圆弧轨道下端切线仍与斜面平行且下端仍可看成与B点在同一点,要使物块在A点由弹簧弹出后,在轨道的最高点对轨道恰无压力,圆弧轨道的半径为多少?物块从轨道最高点抛出到落地所用的时间为多少? (导学号88094563)【答案】(1)mgL(2)L【解析】(1)物块运动到C点时,根据牛顿第二定律可得mg+mg=m物块从A点运动到C点的过程中,根据能量守恒定律可得E p=μmg cos 53°L+mv2+mg(L sin 53°+L-L cos 53°)联立解得弹性势能为E p=mgL(2)设新圆弧轨道的半径为R则物块运动到圆弧轨道的最高点时,有mg=m整个过程,利用动能定理得E p=μmg cos 53°L+mv'2+mg(L sin 53°+R-R cos 53°)联立得R=L物块从轨道的最高点抛出到落地的过程,根据平抛运动的规律竖直位移:2L sin 53°+R-R cos 53°=gt2求得t=6.(2017·云南邵通二模)如图甲所示,四分之一光滑圆弧轨道与水平平台在B点处相切,圆弧半径R=1 m,质量为1 kg的物块置于A点,A、B间距离为2 m,物块与平台间的动摩擦因数μ=0.2.现用水平恒力F拉物块使之由静止开始向右运动,到B点时撤去拉力,则物块刚好能滑到轨道最高点.(g 取10 m/s2)(1)求F的大小;(2)求物块刚滑到四分之一圆弧轨道时对轨道的压力大小.(3)若将四分之一圆弧轨道竖直向下平移,使圆心与B点重合,如图乙所示,仍用水平恒力F拉物块使之由静止开始向右运动,到B点时撤去拉力,求物块在圆弧轨道上的落点与平台的高度差.(结果可用根式表示) (导学号88094564)【答案】(1)7 N(2)30 N(3)(-2) m【解析】(1)滑块从A点到圆弧轨道最高点,根据动能定理有Fx-μmgx-mgR=0,解得F=7 N(2)从B点到圆弧轨道最高点,根据机械能守恒定律有=mgR,解得v B=2m/s在圆弧轨道的最低点,根据牛顿第二定律有F N-mg=m,解得F N=3mg=30 N根据牛顿第三定律,物块对圆弧轨道的压力大小为30 N(3)物块从B点做平抛运动,设下落的高度为y,水平位移为x,则有x=v B t、y=gt2,x2+y2=R2解得物块在圆弧轨道上的落点与平台间的高度差为y=(-2) m纠错练7.(多选)(2017·福建龙岩二模)如图所示,一个半圆形轨道置于竖直平面内,轨道两端A、B在同一水平面内.一个质量为m的小物块(可看作质点),第一次从轨道A端正上方h高度处由静止释放,小物块接触轨道A端后,恰好沿着轨道运动到另一端B.第二次将物块从轨道A端正上方2h高度处由静止释放,下列说法正确的是()A.第一次释放小物块,小物块克服轨道摩擦阻力做功等于mghB.第一次释放小物块,小物块克服轨道摩擦阻力做功小于mghC.第二次释放小物块,小物块滑出轨道后上升的高度等于hD.第二次释放小物块,小物块滑出轨道后上升的高度小于h(导学号88094565) 【答案】AD第一次从高度h处静止释放小物块,在到达B点过程中,重力做正功,摩擦力做负功,根据动能定理可知,总功为零,所以摩擦力做功大小等于mgh,选项A正确;因为下滑过程中滑动摩擦力是变力做功,滑动摩擦力大小与正压力大小有关,正压力大小与速率有关,所以第二次摩擦力做的功大于第一次摩擦力做的功,最终小物块滑出轨道后上升高度小于h,选项D正确.【易错提示】忽视前后两种情况下,由于摩擦力不同导致做功不同,从而错选C选项.8.(多选)(2017·辽宁沈阳二模)如图,质量为m0、长度为l的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动.物块和小车之间的摩擦力为F f.物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为s.以下结论正确的是()A.物块到达小车最右端时具有的动能为(F-F f)(l+s)B.物块到达小车最右端时,小车具有的动能为F f sC.物块克服摩擦力所做的功为F f lD.物块和小车增加的机械能为Fs(导学号88094566)【答案】AB小车运动的距离为s,物块运动的位移是s+l,合外力对物块做的功(F-F f)(s+l),根据动能定理,物块增加的动能(F-F f)(s+l),A正确,C错;摩擦力对小车做功F f s,B正确;物块和小车增加的机械能与内能之和为Fs,D错.【易错提示】本题的易错点有三个,一是搞不清滑块与小车的位移关系,二是不清楚求摩擦力对小车做功时应该用摩擦力与小车位移的乘积还是与相对位移的乘积,三是分析外力F做的功转化成哪几部分能量时,忽略内能.原创练9.第37届法国明日世界杂技节在巴黎凤凰马戏表演场内落下帷幕.经过4天的激烈角逐,杂技节的各个奖项均有归属.如图所示,杂技节上杂技演员在一根弹性绳上表演.位置ab是弹性绳的自然状态,演员从某一高度下落,到了位置ab之后,与弹性绳一起向下运动,位置c是演员和弹性绳能运动到的最低点.演员可视为质点,不考虑人的生物能转化,不计弹性绳的质量和空气阻力,则从位置ab到c的运动过程中()A.演员的机械能保持不变B.演员的动能不断减少C.演员的机械能转化为弹性绳的弹性势能D.演员的重力势能转化为演员的动能 (导学号88094567)【答案】C从位置ab到c的运动过程中,演员和弹性绳组成的系统机械能守恒,演员的机械能转化为弹性绳的弹性势能,演员的机械能不守恒,选项A错误,C正确;从位置ab到c的运动过程中,演员的动能先增加,后减少,选项B错误;从位置ab到c的运动过程中,演员的重力势能转化为演员的动能和弹性绳的弹性势能,选项D错误.10.(多选)将可以看做质点且质量相同的物体A和B无初速度地放到向上匀速运动的倾斜的传送带上的中点,如图所示,物体A与传送带的动摩擦因数是,物体B与传送带的动摩擦因数为,传送带倾斜角为30°,假设物体B到达最高点前已经与传送带相对静止,g取10 m/s2.下列关于物体A、B在传送带上的运动的描述,正确的是()A.物体A向下加速运动时,物体B沿传送带向上加速运动B.物体A运动到最低点所用的时间与B到达最高点所用的时间相同C.物体A运动到最低点所用的时间小于B到达最高点所用的时间D.A与传送带摩擦产生的热量一定大于B与传送带摩擦产生的热量(导学号88094568)【答案】AC物体A、B无初速度放上传送带后,受的滑动摩擦力都沿斜面向上,对物体A,有mg sin θ>μ1mg cos θ,向下加速,对物体B,有μ2mg cos θ>mg sin θ,向上加速,A正确;对物体A,mg sin θ-μ1mg cosθ=ma1;对物体B,μ2mg cos θ-mg sin θ=ma2,代入数据得a1=a2=g,由于传送带向上运动,与物体A运动方向相反,与物体B运动方向相同,故物体A离开传送带前一直做匀加速直线运动,物体B先加速后匀速,它们的速度时间如图所示,物体A运动到最低点所用的时间小于B到达最高点所用的时间,B错,C正确;物体与传送带产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对位移,由题意知,物体A的相对位移大于物体B的相对位移,但是物体A的摩擦力小于物体B的摩擦力,所以物体A与传送带摩擦产生的热量不一定大于物体B与传送带摩擦产生的热量,故D错误.。

对题纠错练三牛顿运动定律对题练牛顿运动定律及其理解1.(2017·四川达州一模)在两个足够长固定的相同斜面体上(其斜面光滑),分别有如图所示的两套装置(斜面体B的上表面水平且光滑、长方体D的上表面与斜面平行且光滑,P是固定在B、D上的小柱,完全相同的两只弹簧一端固定在P上,另一端分别连在物块A和C上。

在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中,下列说法正确的是()A.两弹簧都处于拉伸状态B.两弹簧都处于压缩状态C.弹簧L1处于压缩状态,弹簧L2处于原长D.弹簧L1处于拉伸状态,弹簧L2处于压缩状态(导学号88094525) 【答案】 C A与B保持相对静止,则二者沿斜面向下的加速度是相等的,设它们的总质量为m0,则有m0a=m0g sin α,所以a=g sin α,同理,若以C、D为研究对象,则它们共同的加速度大小也是g sin α。

以物块A为研究对象,水平方向的加速度a x=a cos α=g·sin αcos α,该加速度只能由水平方向的弹簧弹力产生,所以弹簧L1处于压缩状态;以B为研究对象,当B仅受到重力、斜面的支持力作用时,产生的加速度为a=g sin α,所以B不受弹簧的弹力作用,弹簧L2处于原长状态。

故选项C正确,A、B、D错误。

2.(2017·山东泰安一模)如图,斜面光滑的斜劈静止在水平地面上,放在斜劈上的物体受到平行于斜面向下的力F作用,沿斜面向下运动,斜劈保持静止。

下列说法正确的是()A.地面对斜劈没有摩擦力作用B.地面对斜劈的摩擦力方向水平向右C.若F增大,地面对斜劈的摩擦力也增大D.若F反向,地面对斜劈的摩擦力也反向(导学号88094526)【答案】 B对于题设的几种情况下,斜面上的物体对斜面的压力方向均垂直斜面向下,且大小也相等,故地面对斜面的摩擦力大小均相等,设斜面的倾斜角为θ,则物体对斜面的压力为mg cos θ,该力的水平分力为mg cos θsin θ,方向向左,地面对斜面的摩擦力方向水平向右。

对题纠错原创练七动量对题练动量定理1.(多选)(2017·广东佛山一模)下列说法正确的是()A.物体的动量变化一定,物体所受合外力的作用时间越短,合外力就越大B.篮球从空中竖直落下,落地后原速反弹,其动量变化量为零C.物体动量变化的方向与速度变化的方向一定相同D.质量为m的物体做平抛运动,落地前经过时间t,物体动量的变化量为mgt,方向竖直向下(导学号88094569)【答案】ACD物体的动量变化一定,根据I=Δp知,冲量一定,根据I=Ft,物体所受合外力的作用时间越短,合外力就越大,故A正确;篮球从空中竖直落下,落地后原速反弹,动量的方向改变了,动量变化不为零,故B错误;物体的质量一定,根据p=Δ(mv)=m·Δv,故动量变化的方向与速度变化的方向一定相同,故C正确;质量为m的物体做平抛运动,落地前经过时间t,只受重力,根据动量定理,物体动量的变化量为mgt,方向竖直向下,故D正确.2.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变,大小随时间的变化如图所示,该物体在t0和2t0时刻,物体的动能分别为E k1、E k2,物块的动量分别为p1、p2,则()A.E k2=9E k1,p2=3p1B.E k2=3E k1,p2=3p1C.E k2=8E k1,p2=4p1D.E k2=3E k1,p2=2p1(导学号88094570)【答案】A根据动量定理得F0t0=mv1①2F0t0=mv2-mv1②,由①②得v1∶v2=1∶3,得p1∶p2=1∶3;由于x1=,x2=t0,所以有x1∶x2=1∶4,力F做的功为W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0时刻的动能E k1∶E k2=1∶9.故选项A正确.动量守恒定律及应用3.(2017·湖南岳阳一模)下列情况中系统动量守恒的是()①小车停在光滑水平面上,人在车上走动时,对人与车组成的系统②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中,对子弹与木块组成的系统③子弹射入紧靠墙角的木块中,对子弹与木块组成的系统④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时,绳子突然断开后的一小段时间内,对气球与重物组成的系统A.只有①B.①和②C.①和③D.①和③④(导学号88094571)【答案】B①小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,人与车组成的系统受到的合外力为零,系统动量守恒,故①正确;②子弹射入放在光滑水平面上的木块中,子弹与木块组成的系统,所受外力之和为零,系统动量守恒,故②正确;③子弹射入紧靠墙角的木块中,子弹与木块组成的系统受墙角的作用力,系统所受外力之和不为零,系统动量不守恒,故③错误;④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时,气球与重物组成的系统,所受的合外力不为零,绳子突然断开后的一小段时间内,系统动量不守恒,故④错误;综上可知,B正确,A、C、D错误.4.(2017·广西南宁一模)如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A 的左端(B、C可视为质点),三者质量分别为m A=2 kg、m B=1 kg、m C=2 kg.A与B间的动摩擦因数μ=0.5.开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)并粘在一起,若B不离开A,(g取10 m/s2)求:(1)A与C碰后瞬间滑块C的速度;(2)A板至少多长. (导学号88094572)【答案】(1)2.5 m/s(2)0.5 m【解析】(1)A与C碰撞过程中,动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律得m A v0=(m A+m C)v1代入数据解得v1=2.5 m/s所以A与C碰后瞬间,滑块C的速度为2.5 m/s.(2)B在A上滑行,A、B、C组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律得m B v0+(m A+m C)v1=(m A+m B+m C)v2代入数据解得v2=3 m/s根据能量守恒定律得m B(m A+m C)(m A+m B+m C)+μm B gl代入数据解得,长木板A的长度最小值l=0.5 m动量与能量的综合5.(2016·吉林延边质检)光滑水平地面上,人与滑板A一起以v0=0.5 m/s的速度前进.正前方不远处有一横杆,横杆另一侧有一静止滑板B,当人与A行至横杆前,人相对滑板竖直向上起跳(起跳瞬间人与A的水平速度都不发生改变)越过横杆,A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞,之后人刚好落到B上.不计空气阻力,求最终人与B的共同速度大小.已知人、A、B三者的质量分别为m人=40 kg,m A=5 kg,m B=10 kg.(导学号88094573)【答案】m/s【解析】人跳起后A与B弹性碰撞,碰撞前后动量守恒,能量守恒.设碰后A的速度为v1 ,B的速度为v2,则有m A v0=m A v1+m B v2m A m A m B代入数值解得v2=m/s人与B相互作用前后,水平方向动量守恒.设人与B最终共同速度为v3,有m人v0+m B v2=(m人+m B)v3代入数值得v3=m/s.6.(2017·四川达州一模)如图,质量为m0=2.0 kg的小车静止在光滑水平面上,小车AB部分是半径为R=0.4 m 的四分之一圆弧光滑轨道,BC部分是长为L=0.2 m的水平粗糙轨道,动摩擦因数为μ=0.5,两段轨道相切于B点,端点C离地面高为h=0.2 m.质量为m=1.0 kg的小球(视为质点)在小车上A 点由静止沿轨道下滑,重力加速度g取10 m/s2.(1)若小车固定,求小球运动到B点时受到的支持力大小F N;(2)若小车不固定,小球仍从A点由静止下滑;①求小球运动到B点时小车的速度大小v2;②小球能否从C点滑出小车?若不能,请说明理由;若能,求小球落地点与小车之间的水平距离s.(导学号88094574)【答案】(1)30 N(2)m/s②小球能从C点滑出小车0.6 m【解析】(1)小球从A点运动到B点过程,根据动能定理得mgR=mv2-0,在B点,由牛顿第二定律得F N-mg=m,联立解得F N=30 N;(2)①小车不固定,小球到达B点时,设小车的速度为v B,小球与小车组成的系统在水平方向上合力为0,动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv2-m0v B=0,解得,v2=2v B,根据机械能守恒定律有mgR=m0,解得v B=m/s,v2=m/s;②假设小球能从C点滑出,小球从B点到C点的过程,系统的动量守恒,设小球滑到C点时小车的速度为v C,则小球的速度大小为2v C,根据能量守恒定律得mgR=m·(2v C)2+m0+μmgL,解得v C=1 m/s,水平向左,所以,小球能从C端滑出.小球的速度为2 m/s,水平向右,小球与小车的相对速度为3 m/s,小球落地时间t==0.2 s,所以,小球落地点与小车间的距离s=3 m/s×0.2 s=0.6 m.纠错练动量定理7.(多选)(2017·宁夏中卫一模)在光滑的水平桌面上有质量分别为m0=0.6 kg,m=0.2 kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有E p=10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态.现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示.g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sB.m0离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC.若半圆轨道半径可调,则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8 N·s(导学号88094575)【答案】AD释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1-m0v2=0,由机械能守恒定律得m0=E p,代入数据解得v1=9 m/s,v2=3 m/s;m从A到B过程中,由机械能守恒定律得mv1'2+mg·2R,解得v1'=8 m/s;以向右为正方向,由动量定理得,球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为I=Δp=mv1'-mv1=[0.2×(-8)-0.2×9] N·s=-3.4 N·s,故A正确;小球m0离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s,故B错误;设圆轨道半径为r时,m飞出B后水平位移最大,由A到B根据机械能守恒定律得mv1'2+mg·2r,在最高点,由牛顿第二定律得mg+F N=m,m从B点飞出,需要满足:F N≥0,飞出后,小球做平抛运动:2r=gt2,x=v1't,当8.1 m-4r=4r时,即r=1.012 5 m时,x为最大,故球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,C错误;由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为I=Δp=mv1=1.8 N·s,故D正确.【易错提示】某一过程合外力的冲量等于物体动量的变化,若初、末动量方向不同,需要规定正方向,注意动量的变化不是动量大小之差,而是矢量差.动量与能量的综合8.(2017·湖南永州二模)如图所示,光滑水平面上有一质量为2m0、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为m0的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点.(1)求小球B的最大速率;(2)求小球B运动到圆弧曲面最高点时的速率;(3)通过计算判断小球B能否与小球A再次发生碰撞. (导学号88094576)【答案】(1)4 m/s(2)m/s(3)小球B不能与小球A再次发生碰撞.【解析】(1)小球A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0=v A+m0v B;m0;解得v A=-2 m/s,v B=4 m/s故小球B的最大速率为4 m/s.(2)小球B冲上曲面C并运动到最高点时,二者共速设为v,则由动量守恒定律得m0v B=(m0+2m0)v可以得到v=m/s.(3)从小球B冲上曲面C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为v B'、v C'.由于水平方向动量守恒,有m0v B=m0v B'+2m0v C'根据机械能也守恒,有m0m0v B'2+2m0v C'2联立可以得到v B'=-m/s由于|v B'|<|v A|,所以二者不会再次发生碰撞.【易错提示】已经明确第一次碰撞后A的速度方向向左,B与A不再发生碰撞的条件是后来B的速度方向向右,或B的速度方向向左,但是大小小于或等于A的速度,找不到这个条件是本题的易错点.原创练9.如图,光滑水平面上依次放置4个物体A、B、C、D,质量分别为3m、m、m、2m.B、C静止,A 的初速度大小v A=2 m/s,方向水平向右,D的初速度大小v D=3 m/s,方向水平向左.A、B之间和C、D 之间相距较近,而B、C之间相距较远.四个物体的竖直面都粘有橡皮泥,每次碰撞后,物体都粘到一块.设A、B的碰撞为第一次碰撞,C、D的碰撞为第二次碰撞,AB与CD的碰撞为第三次碰撞,则:(1)第三次碰撞后,系统的速度多大?(2)三次碰撞过程中损失的机械能之比是多少? (导学号88094577)【答案】(1)0(2)1∶2∶7【解析】(1)整个过程,系统动量守恒,有m A v A-m D v D=(m A+m B+m C+m D)v,解得v=0(2)第一次碰撞,m A v A=(m A+m B)v1,ΔE1=m A(m A+m B);第二次碰撞,m D v D=(m D+m C)v2,ΔE2=m D(m D+m C);第三次碰撞:ΔE3=(m A+m B)(m C+m D);得ΔE1∶ΔE2∶ΔE3=1∶2∶710.如图所示,甲木板的质量为m1=2 kg,乙木板的质量为m2=2 kg,甲木板的右端有一可视为质点的小物块,小物块的质量m=1 kg.甲木板和小物块的速度为8 m/s,乙木板的速度为2 m/s,方向均向右.木板与地面间无摩擦,小物块与两木板间的动摩擦因数μ=0.1.已知乙木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,两木板碰撞后粘在一起.求:(1)两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小;(2)两木板碰撞后,小物块与乙木板发生相对运动的时间. (导学号88094578) 【答案】(1)5 m/s(2)2.4 s【解析】(1)设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v',两木板碰撞的过程动量守恒,根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v'解得v'=5 m/s.(2)两木板碰撞后,小物块滑上乙木板做匀减速运动,两木板做匀加速运动,最终三个物体的速度相同,设最终的共同速度为v″,根据动量守恒定律有(m1+m)v1+m2v2=(m1+m2+m3)v″解得v″=5.6 m/s小物块在乙木板上做匀减速运动的加速度大小a==-1 m/s2可得小物块与乙木板发生相对运动的时间t==2.4 s.。

专题03 牛顿运动定律【2018高考真题】1．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之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。

2．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C。

【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。

3．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A. B. C. D.【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 A【解析】根据，，可得，故A正确，B、C、D错误；4．通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德B. 伽利略C. 笛卡尔D. 牛顿【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 B5．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（）A. 加速度先减小后增大B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 AD点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。

【高考试题】2018年全国高考物理真题分类★3-1（2018全国Ⅰ，15，6分）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之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】A由牛顿运动定律，F-mg+F弹=ma，F弹=k(x0-x),kx0=mg，联立解得F=ma+kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A.3-2（2018江苏，14,16分）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物块和小球的质量之比M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．【答案】（1）（2）（3）（）【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53°=F2cos53°F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg解得（2）小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3l sin53°，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛顿运动定律T′–mg cos53°=ma解得（）。