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2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题14 牛顿三大定律导练目标导练内容目标1牛顿第一定律和惯性目标2牛顿第三定律目标3牛顿第二定律及瞬时加速度问题【知识导学与典例导练】一、牛顿第一定律和惯性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)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。
2．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)。
(2)反抗改变：物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变。
惯性越大，物体的运动状态越难以被改变。
(3)惯性的量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大，与物体的速度和受力情况无关。
3．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。
【例1】如图所示，小华坐在一列正在行驶的火车车厢里，突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，假设桌面是光滑的，则下列说法错误．．的是（）A．小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B．小球所受的合力为零，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变C ．火车一定是在向前加速D ．以火车为参考系，此时牛顿第一定律已经不能适用【答案】A【详解】A ．小球在水平方向上没有施力物体，所以不受力。
A 错误，符合题意；B ．小球水平方向不受力，所受的合力为零，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变。
B 正确，不符合题意；C ．小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，若突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，是小球相对于火车向后运动，说明火车正在向前做加速运动。
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/s2C．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0.53．水平的皮带传输装置如图所示，皮带的速度保持不变，物体被轻轻地放在A端皮带上，开始时物体在皮带上滑动，当它到达位置B后滑动停止，随后就随皮带一起匀速运动，直至传送到目的地C端，在传输过程中，该物体受摩擦力的情况是（ ）A ．在AB 段受水平向左的滑动摩擦力B ．在AB 段受水平向右的滑动摩擦力C ．在BC 段不受静摩擦力D ．在BC 段受水平向右的静摩擦力4．在火箭发射这一领域，中国走在世界的前列。
图示为某竖直升空的飞行器在某段时间内的v t -图像，由图可知（ ）A ．飞行器经过135s 落回地面B ．飞行器上升的最大高度为20250mC ．飞行器在0~45s 内处于超重状态D ．飞行器在0~45s 内所受合力与在45s~135s 内所受合力的大小之比为2∶15．静止在水平面上的物体受到水平向右的推力F 作用，如图甲所示：推力F 随时间t 的变化规律如图乙所示： 2.5s =t 时物体开始运动，此后物体的加速度a 随时间t 的变化规律如图丙所示：已知滑动摩擦力是最大静摩擦力的45，取重力加速度大小2=10m/s g ，由图可知（ ）A ．物体所受摩擦力一直增大B ．3s t =时物体的速度大小为0.375m/sC ．物体的质量为2kgD ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.56．小朋友总是很喜欢推椅子、推车子，假如一个小朋友用12N 的水平恒力在地板上沿直线由静止匀加速推一辆质量为8kg 的婴儿车，当他推行了4.5m 后发现前方是地毯，而且已经到了地板与地毯的交界处，于是他立即松开了手，婴儿车在地毯上继续沿该直线行进了2s 后停下。
牛顿运动定律的综合应用知识要点梳理一、瞬时加速度的分析牛顿第二定律F合=ma左边是物体受到的合外力，右边反映了质量为m的物体在此合外力作用下的效果是产生加速度a。
合外力和加速度之间的关系是瞬时关系，a为某一时刻的加速度，F合即为该时刻物体所受的合外力，对同一物体的a与F合关系为“同时变”。
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析那一时刻前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
此类问题应注意两种基本模型的建立：(1)钢性绳(或接触面)：认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要恢复弹性形变的时间。
一般题目中所给细线和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
(2) 弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，恢复弹性形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变。
二、力、加速度、速度的关系牛顿第二定律说明了力与运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，即力→加速度→速度变化(物体的运动状态发生变化)。
合外力和加速度之间的关系是瞬时关系，但速度和加速度不是瞬时关系。
①物体所受合外力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma。
只要有合力，不管速度是大、还是小、或是零，都有加速度；只有合力为零，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系。
②合力与物体运动速度同方向时，物体做加速运动；反之物体做减速运动。
③物体所受到合外力的大小决定了物体当时加速度的大小，而物体加速度的大小又是单位时间内速度的变化量的大小（速度的变化率）。
加速度大小与速度大小无必然的联系，与速度的变化大小也无必然的联系，加速度的大小只与速度的变化快慢有关。
④区别加速度的定义式与决定式定义式：，即加速度定义为速度变化量与所用时间的比值。
而揭示了加速度决定于物体所受的合外力与物体的质量。
三、整体法和隔离法分析连接体问题在研究力与运动的关系时，常会涉及相互关联物体间的相互作用问题，即连接体问题。
第14讲牛顿运动定律的综合应用(2)能力命题点一多过程问题应用牛顿运动定律解决多过程问题的步骤(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“子过程”和“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力示意图和运动过程示意图。
(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各“子过程”间的时间关联和位移关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
(2019·山东省济宁市高三下学期联考)滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气。
当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦。
然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大。
假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125。
一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示。
不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g 取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。
解析 (1)设滑雪者质量为m ，滑雪者在斜坡上由静止开始加速至速度v 1＝4m/s 期间，由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a 1＝mg sin θ－μ1mg cos θm＝4 m/s 2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t ＝v 1a 1＝1 s 。
(2)滑雪者由静止到动摩擦因数发生变化的位移：x 1＝12a 1t 2＝2 m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡上的加速度：a 2＝mg sin θ－μ2mg cos θm＝5 m/s 2 由v 2B －v 21＝2a 2(l －x 1)解得滑雪者到达B 处时的速度：v B ＝16 m/s 。
(3)设滑雪者在水平雪地上速度由v B ＝16 m/s 减速到v 1＝4 m/s 过程运动的位移为x 3，则有：－2μ2gx 3＝v 21－v 2B解得x 3＝96 m设滑雪者在水平雪地上速度由v 1＝4 m/s 减速到零过程运动的位移为x 4，则有：－2μ1gx 4＝0－v 21，解得x 4＝3.2 m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x ＝x 3＋x 4＝96 m ＋3.2 m ＝99.2 m 。
答案 (1)1 s (2)16 m/s (3)99.2 m(1)多过程问题其实质是多个过程的一个组合，每个“子过程”都可以是一个小题。
(2)每个“子过程”都要进行受力分析和运动过程分析，列“状态方程”和“过程方程”。
(3)注意过程的“衔接量”是列方程的前提考虑，有时只有几个过程的方程都列全才能求解，少一个方程都无法求解。
(4)注意两个过程的衔接处，加速度可能突变，但速度通常不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。
(2019·河南省平顶山高三月考)某兴趣小组的同学自制了一架遥控飞行器，其质量m ＝2 kg ，动力系统提供的竖直向上的牵引力F 恒定，为30 N 。
若某次试飞过程，飞行器从地面开始竖直上升，飞行t 1＝6 s 时飞行器出现故障，飞行器立即失去牵引力，前6 s 内飞行器的v -t 图象如图所示。
若设飞行器飞行时所受阻力的大小不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)飞行器飞行时所受的阻力大小；(2)此次试飞飞行器所能达到的最大高度H ；(3)此次试飞飞行器从静止起飞开始到落回地面的总时间。
答案 (1)4 N (2)67.5 m (3)11.6 s解析 (1)由v -t 图象可得飞行器前6 s 内的加速度：a 1＝Δv Δt ＝186 m/s 2＝3 m/s 2由牛顿第二定律有：F －mg －f ＝ma 1解得：f ＝4 N 。
(2)由图象可得出现故障前，飞行器上升的高度为： h 1＝12×18×6 m ＝54 m出现故障后，飞行器向上减速运动，加速度大小为：a 2＝mg ＋f m ＝12 m/s 2减速到零时，到达最高点，减速上升的高度h 2＝v 22a 2＝13.5 m 则飞行器上升的最大高度H ＝h 1＋h 2＝67.5 m 。
(3)飞行器从出现故障到运动至最大高度所用时间t 2＝v a 2＝1.5 s 从最高点下落的加速度大小为a 3＝mg －f m ＝8 m/s 2设下落时间为t 3，则H ＝12a 3t 23代入数据解得：t 3＝ 2×67.58 s ＝3430 s总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝11.6 s 。
能力命题点二 临界和极值问题1．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。
(2)寻找过程中变化的物理量。
(3)探索物理量的变化规律。
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。
2．思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件(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”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。
日本大地震以及随后的海啸给日本造成了巨大的损失。
灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示。
已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。
求：(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？(2)距出发点多远时物体的速度达到最大？解析(1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，当推力F＝100 N时，物体所受合力最大，加速度最大，代入数据解得a＝Fm－μg＝20 m/s2。
(2)由图象求出，推力F随位移x变化的函数关系式为：F＝100 N－25x(N)，当物体的加速度为零时，速度最大，即F＝μmg时，物体的速度最大，代入数据解得x＝3.2 m。
答案(1)20 m/s2(2)3.2 m常见的几种临界条件(1)接触与脱离的临界条件F N＝0。
(2)相对滑动的临界条件是相互接触的物体间的静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂或松弛的临界条件是绳子达到最大张力或绳子拉力恰好为零。
(4)加速度或速度达到极值的临界条件：合外力最大时具有最大加速度，合外力最小时具有最小加速度，合外力一直减小到零时具有最小速度或最大速度。
1．(2019·四省名校高三第二次联考)(多选)如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，木块A的质量为2m，木块B的质量为m。
现用水平力F拉木块A(如图甲所示)，木块A、B刚好不发生相对滑动，一起沿着水平面运动。
若改用水平力F′拉木块B(如图乙所示)，使木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F′可能为()A．F4B．F3C．F2D．23F答案ABC解析当F作用在木块A上时，A、B恰好不相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A，有：F－f m＝2ma1，对整体有：F＝3ma1，联立解得：F＝3f m；力F′拉木块B时，A、B恰好不相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A，根据牛顿第二定律，有：f m＝2ma2，对A、B整体，根据牛顿第二定律，有：F′＝3ma2，解得：F′＝1.5f m，即木块A、B也保持相对静止一起沿着水平面运动时，F′≤12F，故选A、B、C。
2．(多选)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止。
现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中的A、B图线，t1时刻A、B图线分离，则下列说法中正确的是()A．t1时刻，弹簧形变量为2mg sinθ＋makB．t2时刻，弹簧形变量为mg sinθkC．t1时刻，A、B刚分离时的速度为a(mg sinθ－ma)kD．从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变答案BD解析由图乙可知，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx1－mg sinθ＝ma，则x1＝mg sinθ＋mak，故A错误；由图乙知，t2时刻A的速度达到最大，加速度为零，根据牛顿第二定律和胡克定律：mg sinθ＝kx2，得x2＝mg sinθk，故B 正确；开始时对A 、B 组成的整体有2mg sin θ＝kx 0，从开始到A 、B 分离有x 0－x 1＝12at 21，故A 、B 刚分离时的速度v 1＝at 1＝ 2a (mg sin θ－ma )k，故C 错误；从开始到t 1时刻，对A 、B 整体，根据牛顿第二定律得F ＋kx －2mg sin θ＝2ma ，得F ＝2mg sin θ＋2ma －kx ，x 减小，F 增大，从t 1时刻到t 2时刻，对B ，由牛顿第二定律得F －mg sin θ＝ma ，得F ＝mg sin θ＋ma ，可知F 不变，故D 正确。
3．(2019·辽宁高考模拟)如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A ，一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 处，细线另一端拴一质量为m ＝0.2 kg 的小球。
若滑块与小球一起以加速度a 向左做匀加速运动，(取g ＝10 m/s 2)则下列说法正确的是( )A ．当a ＝5 m/s 2时，滑块对球的支持力为22 NB ．当a ＝15 m/s 2时，滑块对球的支持力为22N C ．当a ＝5 m/s 2时，地面对A 的支持力一定大于两个物体的重力之和D ．当a ＝15 m/s 2时，地面对A 的支持力一定小于两个物体的重力之和 答案 A解析 设加速度为a 0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F 合＝F 0cos45°＝ma 0，竖直方向：F 0sin45°＝mg ，解得a 0＝g ；当a ＝5 m/s 2时，小球未离开滑块，水平方向：F cos45°－F N cos45°＝ma ，竖直方向：F sin45°＋F N sin45°＝mg ，解得F N ＝22 N ，故A 正确；当a ＝15 m/s 2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B 错误；当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，竖直方向受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C 、D 错误。
