第三讲：牛顿运动定律 练习—2021届高中物理一轮复习

2021年高考物理一轮总复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用课时提能演练新人教版一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。

每小题只有一个选项正确)1.(xx·海淀区模拟)如图所示,将物体A放在容器B中,以某一速度把容器B竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器B的底面始终保持水平,下列说法正确的是( )A.在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B.上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力【解析】选A。

把容器B竖直上抛,物体A和容器B都处于完全失重状态,在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零,选项A正确。

2.如图甲所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数相同。

当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1。

当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示),弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于( )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3【解析】选A。

水平放置时,F-μ(m+M)g=(M+m)a1,kx1-μmg=ma1,可得x1=;竖直放置时:F-(m+M)g=(M+m)a2,kx2-mg=ma2,解得x2=,故x1∶x2=1∶1,A正确。

【变式备选】如图所示,A、B两物体之间用轻质弹簧连接,弹簧劲度系数为k,原长为L0。

用水平恒力F拉A,使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,这时弹簧长度为L1;若将A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉A,使A、B一起做匀加速直线运动,此时弹簧长度为L2。

若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ相同,则下列关系式正确的是( )A.L2<L1B.L2>L1C.L2=L1D.由于A、B质量关系未知,故无法确定L1、L2的大小关系【解析】选C。

2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律单元质检新人教版(时刻:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在滑冰场上,甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原先静止不动,在猛推一下后分别向相反方向运动。

假定两板与冰面间的动摩擦因数相同。

已知甲在冰上滑行的距离比乙远,这是由于()A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时刻小于乙推甲的时刻C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小答案C解析在推的过程中,作用力与反作用力大小相等,相互作用时刻相同,故A、B均错;分开后,两者滑动摩擦力分别为F f1=μm1g,F f2=μm2g,则各自的加速度分别为a1==μg,a2==μg,两者做匀减速直线运动的加速度大小相等,则依照v2=2ax,可知,因为x1>x2,则v1>v2,故C对、D错。

2.(2020·福建省三明月考)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示。

设投放初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的二次方成正比,且运动过程中箱子始终保持图示姿势。

在箱子下落过程中,下列说法正确的是()A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”答案C解析由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力,加速度的大小要小于重力加速度,由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用,因此A错误。

箱子刚从飞机上投下时,箱子的速度为零,现在受到的阻力的大小也为零,现在加速度的大小为重力加速度,物体处于完全失重状态,箱内物体受到的支持力为零;箱子接近地面时,速度最大,受到的阻力最大,因此箱子底部对物体向上的支持力也是最大的,因此B错误,C正确。

2021届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末过关检测新人教版章末过关检测(三)(时刻：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.(2020·福建三明清流一中段考)如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，下列说法正确的是( )A．绳拉牛的力小于牛拉绳的力B．绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平稳力C．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平稳力D．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力解析：选C.绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故A、B错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平稳力，故C正确，D错误．2．(2020·宝鸡高三质检)如图所示，将质量为M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＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬时( )A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度为0解析：选D.剪断弹簧1瞬时，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知现在小球的加速度大小为0，C项错误，D项正确；框架受重力和支持力作用，F N＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．3.如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，通过一段时刻，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g.下列说法正确的是( )A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为mgcos θB．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为mgcos θD．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg解析：选C.装置向左匀速运动时，小球受平稳力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即F N＝mg，A错误；进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动，设斜劈与小球的总质量为M，由牛顿第二定律可知μMg＝Ma，解得a＝μg，则小球的加速度大小也为μg，方向水平向右，对小球受力分析如图所示，小球受到的合力方向水平向右，则弹力的大小为F N＝（mg）2＋（ma）2>mg，由以上分析可知D错误；由于竖直方向合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，B错误；当a＝g tan θ时，代入以上的式子可得F N＝mgcos θ，C正确．4.(2020·广西桂林十八中月考)如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都通过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时刻关系为( )A ．t a ＞t b ＞t cB ． t a ＜t b ＜t cC ．t a ＝t b ＝t cD ．无法确定解析：选B.设上面圆的半径为r ，矩形宽为R ，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度s ＝2r cos α＋Rcos α，下滑的加速度a ＝mg cos αm ，依照位移时刻公式得，s ＝12at 2，则t ＝2s a＝4rg＋2Rg cos 2α.因为a 、b 、c 夹角由小至大，因此有t c ＞t b ＞t a .故B 正确，A 、C 、D 错误．5．如图所示，在水平地面上有两个完全相同的滑块A 、B ，两滑块之间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2的作用下运动，且F 1>F 2.以A 、B 为一个系统，当运动达到稳固时，若地面光滑，设弹簧伸长量为Δl 1，系统加速度为a 1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为Δl 2，系统加速度为a 2，则下列关系式正确的是( )A ．Δl 1＝Δl 2，a 1＝a 2B ．Δl 1>Δl 2，a 1>a 2C ．Δl 1＝Δl 2，a 1>a 2D ．Δl 1<Δl 2，a 1<a 2解析：选C.设两个滑块的质量均为m ，若水平地面光滑，以整体为研究对象，依照牛顿第二定律得a 1＝F 1－F 22m，再以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F 1－k ·Δl 1＝ma 1，代入解得弹簧的伸长量为Δl 1＝F 1＋F 22k；若水平地面粗糙，则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同，以整体为研究对象，依照牛顿第二定律得a 2＝F 1－F 2－2μmg 2m ＝F 1－F 22m－μg ，再以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F 1－k ·Δl 2－μmg ＝ma 2，代入解得弹簧的伸长量为Δl 2＝F 1＋F 22k，可见Δl 1＝Δl 2，a 1>a 2，故选项C 正确．6.(2020·山东师大附中模拟)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块差不多上静止的．现让传送带以恒定的加速度a 开始运动，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运动．通过一段时刻，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相关于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判定正确的是(重力加速度为g )( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ>agB ．煤块从开始运动到相关于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相关于传送带静止经历的时刻为v μgD ．黑色痕迹的长度为（a －μg ）v22a2解析：选C.方法一 公式法：由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a ′＝μg ，由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a >μg ，则μ<a g ，A 错误；煤块从开始运动到相关于传送带静止所需的时刻t ＝vμg ，现在煤块的位移x 1＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v 22a ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫v μg －v a ＝v 2μg －v 22a ，煤块相关于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a，C 正确，B 、D 错误．方法二 图象法：依照题意，由于煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度一定大于煤块的加速度，由题意作出煤块和传送带的速度－时刻图象，如图所示，由于二者最终的速度均为v ，则t 1＝v a 、t 2＝vμg，煤块从开始运动到相关于传送带静止经历的位移大小为图线Ob 与横轴所围的面积，即x ＝v 2t 2＝v 22μg ，黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移，即图线Oa 、ab 、Ob 所围的面积，则Δx ＝v2(t 2－t 1)＝v 22μg －v 22a.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．如图所示，质量均为m 的A 、B 两物块置于光滑水平地面上，A 、B 接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F 作用于A 物块上，保持A 、B 相对静止共同运动，则下列说法中正确的是( )A ．采纳甲方式比采纳乙方式的最大加速度大B ．两种情形下猎取的最大加速度相同C．两种情形下所加的最大推力相同D．采纳乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1所示，则F N1cos θ＝mg ①对B：F′N1sin θ＝ma1 ②由牛顿第三定律可知F′N1＝F N1 ③乙方式中，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2所示，则F N2cos θ＝mg ④F N2sin θ＝ma2 ⑤由①③④可知F N2＝F N1＝F′N1 ⑥由②⑤⑥式可得a2＝a1，对整体易知F2＝F1，故选项B、C正确，选项A、D错误．8.2017年6月4日，雨花石文创新品在南京市新城科技园公布，20余项文创新品表达金陵之美．某小朋友喜爱玩雨花石，他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成功叠放在一起，如图所示．斜面体乙静止在水平地面上．现减小水平外力F，三者仍旧静止，则下列说法中正确的是( )A．甲对丙的支持力一定减小B．乙对甲的摩擦力一定减小C．地面对乙的摩擦力一定减小D．甲可能受5个力的作用解析：选CD.把甲、乙、丙看成一个整体，系统处于平稳状态，水平方向上静摩擦力的大小等于水平外力F 的大小，当F 减小时，地面对乙的摩擦力随之减小，C 正确；对丙进行受力分析，丙始终处于静止状态，所受各个力的大小均不变，A 错误；将甲、丙看成一个整体，由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定，故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定，B 错误；当甲、乙之间的静摩擦力为0时，甲受5个力的作用，如图所示，D 正确．9.(2020·潍坊模拟)如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F 1＝kv ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )A ．最大加速度为FmB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mg k解析：选AC.当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －kv )＝ma ，当v ＝mg k时，圆环的加速度最大，即a max ＝F m，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐步增大，F 1＝kv >mg ，由牛顿第二定律得F －μ(kv －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误．10.(2020·山东德州模拟)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为3m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F 拉物块A 使之沿斜面向上运动，当B 刚离开C 时，A 的速度为v ，A的加速度的方向沿斜面向上，大小为a ，则( )A ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 运动的距离为5mg sin θkB ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 克服重力做的功为5m 2g 2sin 2θkC ．恒力F 的大小为5mg sin θ＋3maD ．当A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为32a解析：选ACD.开始时，弹簧处于压缩状态，弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，依照胡克定律，有3mg sin θ＝kx 1，解得x 1＝3mg sin θk，B 刚要离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，依照胡克定律，有2mg sin θ＝kx 2，解得x 2＝2mg sin θk，故A运动的距离Δx ＝x 1＋x 2＝5mg sin θk，A 正确；从静止到B 刚离开C 的过程中，A 克服重力做功W ＝3mg ·Δx ·sin θ＝15m 2g 2sin 2θk，B 错误；B 刚离开C 时A 受拉力F 、重力、支持力和弹簧的弹力共同作用，依照牛顿第二定律，有F －3mg sin θ－T ＝3ma ，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，即T ＝2mg sin θ，则恒力F 的大小为5mg sin θ＋3ma ，C 正确；当A 的速度达到最大时，A 受到的合力为零，即F －3mg sin θ－T ′＝0，因此T ′＝2mg sinθ＋3ma ，B 沿斜面方向受到合力F B ＝T ′－2mg sin θ＝3ma ，又因为F B ＝2ma ′，解得a ′＝F B 2m ＝32a ，D 正确． 三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，运算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值运算的要注明单位)11．(10分)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、运算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．(1)在该实验中必须采纳操纵变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS 测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中依照测得的多组数据可画出a －F 关系图线(如图乙所示)．①分析此图线的OA 段可得出的实验结论是________________________________． ②此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的要紧缘故是________． A ．小车与轨道之间存在摩擦 B ．导轨保持了水平状态 C ．所挂钩码的总质量太大 D ．所用小车的质量太大解析：(1)因为要探究“加速度和力的关系”，因此应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的合外力．(2)由于OA 段a －F 关系图线为一倾斜的直线，因此在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mg ＝Ma 得：a ＝mg M ＝FM ，而实际上a ′＝mgM ＋m，可见AB 段明显偏离直线是没有满足M ≫m 造成的．答案：(1)小车的总质量 小车所受的合外力(2)①在质量不变的情形下，加速度与合外力成正比 ②C 12．(15分)(2020·洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时刻后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度L 1＝5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1.1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝11 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范畴．(令5＝2.2)解析：要想获得成功，瓶子滑到B 点时速度恰好为0，力作用时刻最短，滑到C 点时速度恰好为0，力作用时刻最长．设力作用时的加速度为a 1、位移为x 1，撤力时瓶子的速度为v 1，撤力后瓶子的加速度为a 2、位移为x 2，则F －μmg ＝ma 1，－μmg ＝ma 22a 1x 1＝v 21，2a 2x 2＝－v 21L 1－L 2<x 1＋x 2<L 1由以上各式联立可解得：0.4 m<x 1<0.5 m.答案：0.4～0.5 m13．(15分)传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v 的大小； (2)若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 解析：(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2，由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝μ1mg －μ2×2mg m＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板：v ′＝a 2t ，x ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝μmg m＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝2a 3L 1＝5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时刻为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′，L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得：t ′1＝12 s ，t ′2＝2 s(t ′2>t ，不合题意，舍去)将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得：v ″＝3.5 m/s.答案：(1)4 m/s (2)3.5 m/s。

2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课时规范练9牛顿运动定律的综合应用新人教版基础巩固组1.(多选)(超重、失重)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时刻t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()A.t=2 s时最大B.t=2 s时最小C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小答案AD解析在时刻轴的上方,表示加速度向上,现在处于超重状态,在时刻轴的下方,表示加速度向下,现在处于失重状态,对地板的压力减小,在t=2 s时向上的加速度最大,现在对地板的压力最大,因此A正确;在t=8.5 s时具有向下的最大的加速度,现在对地板的压力最小,因此D正确;故选AD。

2.(多选)(超重、失重)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。

开始时,升降机做匀速运动,物块相关于斜面匀速下滑。

当升降机加速上升时()A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相关于斜面减速下滑D.物块相关于斜面匀速下滑答案BD解析当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,依照滑动摩擦力公式F f=μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物体的质量为m,当匀速运动时有mg sin θ=μmg cos θ,即sin θ=μcos θ。

当物体以加速度a向上加速运动时,有F N=m(g+a)cos θ,F f=μm(g+a)cos θ,因为sin θ=μcos θ,因此m(g+a)sinθ=μm(g+a)cos θ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C错误,D正确。

3.(连接体)(2021·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A、B,用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连,在图示情形下,木块A、B一起做匀速运动。

若木块A、B的位置互相交换,则木块A运动的加速度为(木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ,且μ<1,重力加速度为g,空气阻力、滑轮摩擦均不计)()A.(1-μ)gB.(1-μ2)gC.GD.与木块A、B的质量有关〚导学号06400114〛答案A解析A、B匀速运动过程,有m A g=μm B gA、B互相交换后,有m B g-μm A g=(m A+m B)a解得a=(1-μ)g故选A。

牛顿运动定律阶段素养提升课命题热点考点与题型(1)高考考查牛顿运动定律只有两种情况,即已知受力求运动和已知运动求受力,在这两类问题中,加速度a都起着桥梁的作用。

(2)高考命题中,牛顿运动定律及其应用更多的是与功和能、动量、电场与磁场等知识点结合起来。

(3)通过连接体、弹簧、皮带、碰撞、爆炸等方式构建一定的物理情景,着重考查考生根据题设物理情景构建适当的物理模型,并运用物理知识分析、解决实际问题的能力。

(1)选择题:牛顿运动定律及其应用。

(2)实验题:单独考查验证牛顿运动定律。

(3)计算题:牛顿运动定律与功和能、动量、电场与磁场等知识点结合起来的综合。

角度一考查牛顿第二定律的综合应用【典例1】(2017·全国卷Ⅲ)如图,两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。

A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。

求(1)B与木板相对静止时,木板的速度。

(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。

【素养解读】核心素养素养角度具体表现科学探究问题滑块A、B在木板上相向滑动时,木板是否相对于地面滑动?科学思维模型建构滑块、木板模型科学推理受力分析结合牛顿第二定律、运动学公式进行分析计算【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。

设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2,木板与地面间的摩擦力的大小为f3,A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是a A、a B和a1在滑块B与木板达到共同速度前有:f1=μ1m A g ①f2=μ1m B g ②f3=μ2(m A+m B+m)g ③由牛顿第二定律得f1=m A a A④f2=m B a B⑤f2-f1-f3=ma1⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,设大小为v1。

第三讲 牛顿运动定律1.理解牛顿第一定律及惯性,并能运用它解释有关现象。

2.理解牛顿第二定律及其应用。

3.理解牛顿第三定律,分清作用力和反作用力与一对平衡力的区别。

:,(1),(2):⎧⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎩⎩定律的表述一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态直到有外力迫使它改变这种状态为止。

也叫惯性定律牛顿概念:物体本身固有的维持原来运动状态不变的属性,与第一运动状态无关。

质量是惯性大小的量度定律惯性不受外力时表现为保持原来运动状态不变表现受外力时,表现为改变运动状态的难易程度牛顿定律的表述物体的加速度跟所受合外第二定律牛顿运动定律:12(1):F maF ma =⎧⎪⎨⎪=⎩⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎩−→合合力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合外力方向相同定律的数学表达式:作用力和反作用力的概念定律的内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,牛顿方向相反,作用在同一条直线上第三定律作用力、反作用力与一（）作用力、反作用力分别作用在两个物体上对平衡力的主要区别（）一对平衡力作用在同一个物体上两类问题运动牛顿定律的应用:0,(3),,0F a F G a F G a g F ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧−−←−−−⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎨=⎨⎪⎩⎪>⎧⎪⎪⎪<⎨⎪⎪==⎪⎩⎩⎧⎪⎨⎪⎩合力加速度是运动和力之间联系的纽带和桥梁平衡状态:静止或匀速直线运动状态(2)共点力的平衡平衡条件向上时超重超重和失重向下时失重时完全失重基本单位:千克(kg)、米(m)、秒(s)力学单位制导出单位七个基本单位：千克、米、秒、摩尔、开尔文、安培、卡德拉⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩学习目标知识网络知识点一要点一、牛顿第一定律要点诠释：1、前人的思想亚里士多德：运动与推、拉等动作相联系。

有推、拉的作用，物体就会运动；没有推、拉的作用，原来运动的物体就会静止下来。

【高三】2021届高考物理第一轮能力提升复习：牛顿运动定律第三章牛顿运动定律1、牛顿运动定律是力学乃至整个物理学的基本规律．正确理解惯性概念，理解力和运动的关系，并能熟练地应用牛顿第二定律分析和计算问题，将为今后的热学、电磁学、原子物理学等打下坚实的基础；静力学、运动学的知识，通过牛顿运动定律连为一体。

2、在复习时，应重点掌握两类力学问题的处理方法，具体应从以下几方面下功夫：①灵活运用隔离法和整体法求解加速度相等的连接体问题；②用正交分解法解决受力较复杂的问题，在正交的两个方向上应用牛顿运动定律；③综合运用牛顿运动定律和运动学规律分析、解决问题，注意多阶段（过程）运动上的连接点；④运用超重和失重的知识定性分析一些力学现象。

3、近五年来，高考再现率100%，侧重于考查单个物体的分析和计算，而且容易与实际紧密联系命题。

可以肯定，2021年的高考中，本单元内容仍将是高考的热点之一，可能是力学题，也可能是力、电综合题．在数学中应重点复习等效法以及临界分析的技巧，以培养分析、综合能力。

第一课时牛顿第一定律和牛顿第三定律【教学要求】1．理解牛顿第一定律的内容和意义；2．知道什么是惯性，知道惯性大小与质量有关，并正确解释有关惯性的现象；3．理解牛顿第三定律的含义并应用牛顿第三定律解决实际问题【知识再现】一. 牛顿第一定律：1、内容：一切物体总保持静止状态或匀速直线运动状态，直到有外力迫使其改变运动状态为止。

2、意义：（1）揭示了力和运动的关系。

力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点。

（2）揭示了任何物体都有保持原来运动状态的性质---惯性。

3、说明：（l）牛顿第一定律也叫惯性定律。

（2）牛顿第一定律不是实验定律。

它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象、归纳推理而出来的。

（3）牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是阐述物体不受任何外力的理想化情况。

(8＋1＋2)章末综合能力滚动练一、单项选择题1.如图1所示,恒力F垂直作用在倾角为α、质量为m的三角滑块上，滑块没被推动，重力加速度为g，则滑块受到地面的静摩擦力大小为()图1A．F sinαB．F cosαC．mg sinαD．mg cosα答案A2。

如图2所示，物体A、B叠放在水平粗糙桌面上，用水平力F拉物体B，使A随B一起向右做匀加速直线运动,则与物体B 发生作用与反作用的力有（)图2A．三对B．四对C．五对D．六对答案D3.（2019·江苏南通市、盐城市六校高三联考）如图3所示,用细绳系住小球放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，球对绳的拉力F T和对斜面的压力F N将(）图3A．F T逐渐增大，F N逐渐减小B．F T逐渐减小，F N逐渐增大C．F T先增大后减小，F N逐渐减小D．F T先减小后增大，F N逐渐减小答案D解析以小球为研究对象受力分析，小球受到重力、细绳的拉力和斜面的支持力，三力平衡，根据平衡条件得知拉力与支持力的合力与重力mg等大反向,即保持不变，作出三个位置拉力与支持力的合成的示意图，通过力的图示可以看出当细绳由水平方向逐渐向上偏移时,绳子拉力F T先减小后增大(线段的长短表示力的大小），斜面对小球的支持力逐渐减小，D正确．4。

(2019·上海嘉定区二模)如图4所示，小明站在体重计上,当他静止时体重计的指针指在45kg刻度处．若他快速蹲下,则在他下蹲的整个过程中,体重计的指针()图4A．一直指在大于45kg刻度处B．一直指在小于45kg刻度处C．先指在大于45kg刻度处,后指在小于45kg刻度处D．先指在小于45kg刻度处，后指在大于45kg刻度处答案D解析小明先加速下降，有方向向下的加速度，此时他对体重计的压力小于重力，处于失重状态，后减速下降，有方向向上的加速度，此时他对体重计的压力大于重力，处于超重状态，因此视重先变小后变大，则读出的质量先小于45kg,后大于45kg，选项D正确．5。

2021届一轮高考物理：牛顿运动定律基础练习及答案一轮：牛顿运动定律1、下列关于牛顿第一定律的说法中正确的是()A．牛顿第一定律是实验定律B．牛顿第一定律只是提出了惯性的概念C．牛顿第一定律提出了当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态D．牛顿第一定律既提出了物体不受外力作用时的运动规律，又提出了力是改变物体运动状态的原因2、(2019·泰安一模)(多选)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。

假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。

下列判断正确的是()A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动B．所有雨滴的最大速率均相等C．较大的雨滴最大速率也较大D．较小的雨滴在空中运动的时间较长3、就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，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了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．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的4、(双选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。

已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中()A．煤块从A端运动到B端的时间是2.25 sB．煤块从A端运动到B端的时间是1.5 sC．划痕长度是0.5 mD．划痕长度是2 m5、(多选)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，则下列说法正确的是()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6、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则()A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点7、(2019·清江模拟)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，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。

2021高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲验证牛顿运动定律练习1．(2020·高考全国卷Ⅱ)某同学用图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________ m/s.(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(选填正确答案标号)． A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，依照纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝ΔxT2，得a＝0.13×10－2（0.02）2 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝（3.65＋3.52）×10－22×0.02m/s ≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cosθ，得μ＝g sin θ－a g cos θ，因此还需测量的物理量是斜面的倾角θ.答案：(1)3.25 1.79 (2)C2．(2020·河北模拟)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的a －F 图象，造成这一结果的缘故是：在平稳摩擦力时木板与水平桌面的夹角__________(选填“偏大”或“偏小”)．(2)该同学在平稳摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足__________的条件．(3)该同学得到如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz.A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的点．Δx ＝x DG －x AD ＝________ cm.由此可算出小车的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留两位有效数字)解析：(1)依照所给的a －F 图象可知，当F ＝0时，小车差不多有了加速度a 0，因此确信是在平稳摩擦力时木板与水平桌面间的夹角偏大造成的．(2)依照牛顿第二定律，对小车F ＝Ma ，对砝码和盘mg －F ＝ma ，解得F ＝MmgM ＋m<mg ，只有当M ≫m 时，小车受到的拉力才近似等于mg ，从而减小误差．(3)由题图丙可读出x AD ＝2.10 cm ，x DG ＝3.90 cm ，因此Δx ＝x DG －x AD ＝1.80 cm ，依照Δx ＝a Δt 2，解得a ＝5.0 m/s 2.答案：(1)偏大 (2)小于 M ≫m (3)1.80 5.03．在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采纳如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M 表示，盘及盘中的砝码质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点运算出：(1)当M 与m 的大小关系满足__________时，才能够认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力． (2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量一定的情形下，探究加速度与小车质量的关系，以下做法正确的是________．A ．平稳摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车内B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平稳摩擦力C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源D ．小车运动的加速度可用天平测出m 和M ，直截了当用公式a ＝mgM求出(3)在保持小车及车中的砝码质量M 一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平稳摩擦力时操作不当，两位同学得到的a －F 关系分别如图中甲、乙所示(a 是小车的加速度，F 是细线作用于小车的拉力)．其缘故分别是：甲图：___________________________________________；乙图：_______________________________________________.解析：(1)对盘及盘中砝码：mg－F＝ma；对小车：F＝Ma，联立可得：a＝mgm＋M ，F＝MM＋mmg，只有当m≪M时，才可认为F≈mg.(2)平稳摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平稳，A不正确；调好后，当再次改变小车质量时，无需再平稳摩擦力，B正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再开释小车，C不正确；小车的加速度是通过处理纸带确定的，D不正确．(3)由甲图可看出F＝0时，a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由乙图可看出，只有当F达到一定值时，才会有加速度，说明平稳摩擦力不足或未平稳摩擦力．答案：(1)m≪M(2)B (3)木板的倾角过大没有平稳摩擦力或平稳摩擦力不足4．如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止开释，用数字毫秒计分别测出遮光片通过光电门A和光电门B所用的时刻Δt A和Δt B，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值a；⑤依照上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图所示，其读数为____________ cm.(2)物块的加速度a可用d、s、Δt A和Δt B表示为a＝________________．(3)动摩擦因数μ可用M、m、a和重力加速度g表示为μ＝__________________________________________．(4)假如细线没有调整到水平，由此引起的误差属于__________(选填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)d ＝0.9 cm ＋12×0.05 mm＝0.9 cm ＋0.060 cm ＝0.960 cm.(2)由v ＝Δx t 得，v A ＝d Δt A ，v B ＝d Δt B ，物块做匀加速直线运动，则v 2B －v 2A ＝2ax ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫d ΔtB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2＝2as ，得a ＝12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2. (3)整体运用牛顿第二定律得：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，则μ＝mg －（M ＋m ）aMg.(4)由实验装置引起的误差为系统误差． 答案：(1)0.960 (2)12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2 (3)mg －（M ＋m ）aMg(4)系统误差。