2020年高考物理5-6月模拟试题汇编专题03牛顿运动定律(解析版)
高考物理解读真题系列专题牛顿运动定律
专题03 牛顿运动定律一、选择题1．【v-t图象，牛顿第二定律】【2020·海南卷】沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。
已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )A．F1<F2B．F2>F3 C．F1>F3D．F1=F3【答案】A2．【牛顿第二定律、整体法和隔离法】【2020·上海卷】如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A．OA方向B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向【答案】D3．【牛顿运动定律】【2020·全国新课标Ⅰ卷】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】BC4．【牛顿第二定律】【2020·江苏】一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间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=2s时最大 B．t=2s时最小 C．t=8.5s时最大 D．t=8.5s时最小【答案】AD5．【牛顿第二定律】【2020·全国新课标Ⅱ】在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。
当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为23a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。
不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A．8 B．10 C．15 D．18【答案】BC6．【v-t图象，牛顿第二定律，超重与失重】【2020·重庆】若货物随升降机运动的v t 图像如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )A. B. C. D.【答案】B7．【牛顿第二定律的瞬时性】【2020·海南】如图所示，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；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间( )A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2【答案】AC8．【牛顿第二定律】【2020·海南】如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，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．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑【答案】BD二、非选择题9．【验证牛顿第二定律】【2020·全国新课标Ⅲ卷】某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。
2020届高考物理专练牛顿运动定律及答案解析(8页)
2020届高考物理专练牛顿运动定律及答案解析一、选择题1、在滑冰场上,甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动,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,甲推乙的时间小于乙推甲的时间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2、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3、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4、(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S 1和S 2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a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 25、“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mgB ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g6、(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v 1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v －t 图象，其中可能正确的是()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．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力8、如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时()A．A与B之间有相互作用力B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C．B对A的作用力小于A对B的作用力D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力9、如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动10、(多选)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是()A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出9、解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力二、非选择题利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象，其研究步骤如下：如图所示，原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m的物块，弹簧秤示数为2mg.若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m的物块，左侧物块将获得向上的加速度，可观察到弹簧秤上的示数变大，左侧物块处于超重状态；若将右侧物块的质量减小到m，左侧物块将向下做加速运动，可观察到弹簧秤上的示数变小，左侧物块处于失重状态．请问：左侧物块处于超重状态时，弹簧秤的读数是多少？左侧物块处于失重状态时，弹簧秤的读数又是多少？(不计连接物块的细线和弹簧秤的质量)1、参考答案C解析在推的过程中,作用力与反作用力大小相等,相互作用时间相同,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,则根据v2=2ax,可知,因为x1>x2,则v1>v2,故C对、D错。
2020年高考物理真题分类汇编专题3 牛顿运动定律
F NFf G1．（2012 上海卷）．如图， 光滑斜面固定于水平面，滑块A 、B 叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A 上表面水平.则在斜面上运动时，B 受力的示意图为（ ）答案：A专题 3 牛顿运动定律F（A ）（B ） （）（）解析：对于 A 、B 整体，根据牛顿第二定律可知共同沿斜面下滑的加速度为 a=gsin θ，隔离滑块 B ，由于摩擦力只能与接触面相切，所以 CD 错；由于 B 有水平向左的加速度分量， 所以 A 对 B 的摩擦力必须水平向左，即 A 正确.2．（2012 北京高考卷）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度 a 是随时间 t 变化的，已知电梯在 t =0 时由静止开始上升，a ─t 图像如图所示．电梯总质量 m =2.0×103kg ．忽略一切阻力，重力加速度 g 取 10m/s 2．（1） 求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F 1 和最小拉力 F 2；（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t 图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图 2 所示 a ─t 图像，求电梯在第 1s 内的速度改变量Δυ1 和第 2s 末的速率υ2；B AF NGF Nf F fG F NF fG（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0─11s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．解析:（1）由牛顿第二定律，有F-mg= ma由a─t 图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2F1= m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104NF2= m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N（2）类比可得，所求速度变化量等于第1s 内a─t 图线下的面积Δυ1=0.50m/s同理可得，Δυ2=υ2-υ0=1.5m/sυ0=0，第2s 末的速率υ2=1.5m/s（3）由a─t 图像可知，11s~30s 内速率最大，其值等于0~11s 内a─t 图线下的面积，有υm=10m/s此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力mg，所求功率P=Fυm=mg υm=2.0×103×10×10W=2.0×105W1 mυ2-0= 1 ×2.0×103×102J=1.0×105J由动能定理，总功W=E k2-E k1=2 m23．（2012 ft东卷）．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v t 图像如图所示.以下判断正确的是A.前3s 内货物处于超重状态B . 最后 2s 内货物只受重力作用C . 前 3s 内与最后 2s 内货物的平均速度相同D . 第 3s 末至第 5s 末的过程中，货物的机械能守恒答案：AC解析：由 v —t 图像可知前 3 s 内，a=△v/△t=2 m/s 2 ，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项 A 正确；最后 2 s 内加速度 a ′=△v/△t= -3 m/s 2 ，小于重力加速度，故吊绳拉力不为零，选项 B 错误；根据 v’=v/2=3 m/s 可知选项 C 正确；第 3 s 末至第 5 s 末的过程中，货物匀速上升，货物机械能增加，选项 D 错误.4．（2012 四川卷）．如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变.用水平力，缓慢推动物体， 在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x 0，此时物体静止.撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4x 0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g .则A . 撤去 F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B . 撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0- gmC .物体做匀减速运动的时间为 2D .物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为mg (x 0 -答案：BDmg ) k解析：根据牛顿第二定律可得 kx-μmg=ma ，即 a=（kx-μmg ）/m ，当 kx>μmg 时，随着形变量 x 的减小，加速度 a 将减小；当 kx<μmg 时，随着形变量 x 的减小，加速度 a 将增大，则撤去 F 后，物体刚运动时的加速度为 a=(kx0)/m-μg ，物体先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当 kx=μmg （a=0）时，物体的速度最大，然后做加速度增大的减速直线运动，最后x 0g6x 0g当物体与弹簧脱离后做加速度为 a=μg 的匀减速直线运动，故 A 选项错误，B 选项正确； 物体脱离弹簧后做加速度为 a=μg 的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得 3x0=1/2*μgt 2，解得 t=，故 C 选项错误；根据功的计算式可得，物体开始向左端运动到速度最大的过程中滑动摩擦力做功为 W=-μmgx ′，又 x ′=x0-μmg/k ，解得 W=-μmg(x0-μmg/k)，即克服滑动摩擦力做功为 μmg(x0-μmg/k) ，故 D 选项正确.5．(2012 全国新课标).伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础.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答案：AD解析：惯性是物体本身的一种属性，是抵抗运动状态变化的性质.A 正确 C 错误.没有力作用物体可能静止也可能匀速直线运动，B 错 D 正确.6．（2012 安徽卷）.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度 a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力 F ，则 ( ) A. 物块可能匀速下滑B. 物块仍以加速度 a 匀加速下滑C. 物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑D. 物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑答案：C解析：未加恒力F 时，由牛顿第二定律知a = mgsin-m g cos，而加上F 后，a'= (g +F)(mg sin+mg cos) ，即a'>a ，C 正确. m7．(2012 全国新课标)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）.设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小.（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动.求这一临界角的正切tanθ0.答案：（1）F =sin-cos mg了（2）tan=解析：（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平分解，按平衡条件有F cos+mg =N ① F sin=f ②式中N 与f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力.按摩擦定律有f =N③联立①②③式得F = mg ④sin-cos（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应用f sin ≤N⑤mg这时，①式仍满足，联立①⑤式得sin -cos ≤⑥F现考察使上式成立的θ角的取值范围，注意到上式右边总是大于零，且当 F 无限大时极限为零，有sin -cos ≤0 ⑦使上式成立的角满足θ≤θ0，这里是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0 时，不管沿拖杆方 向用多大的力都推不动拖把.临界角的正切值为 tan 0 =⑧8．（2012 上海卷）如图，将质量 m ＝0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上.环的直径略大于杆的截面直径.环与杆间动摩擦因数＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹 角＝53︒的拉力F ，使圆环以a ＝4.4m/s 2的加速度沿杆运动，求F 的大小.（取sin53︒＝0.8，cos53︒＝0.6，g ＝10m/s 2）.解析：令 F sin53︒＝mg ，F ＝1.25N ，当 F ＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律 F cos －F N ＝ma ，F N ＋F sin ＝mg ，解得 F ＝1N ，当 F ＞1.25N 时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律 F cos －F N ＝ma ，F sin ＝mg ＋F N ，解得 F ＝9N ，9．（2012 安徽卷）Ⅰ.（10 分）图 1 为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图.砂和砂桶的总质量为 m ，小车和砝码的总质量为 M .实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小.小车、砝码、打点计(1) 试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行.接下来还需要进行的一项操作是A . 将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节 m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动.B . 将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动.F□ □□ □●接 交 砂、砂流C . 将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动.(2) 实验中要进行质量 m 和 M 的选取，以下最合理的一组是A. M =200g , m =10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 gB. M =200g , m =20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 gC. M =400g , m =10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 gD. M =400g , m =20 g 40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g（3） 图2 是试验中得到的一条纸带， A 、 B 、C 、 D 、 E 、 F 、G 为7 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出.量出相邻的计数点之间的距离分别为 s AB=4.22cm 、 s BC =4.65 cm 、 s CD =5.08 cm 、 s DE =5.49 cm 、 s EF =5.91 cm 、 s FG =6.34 cm .已知打点计时器的工作效率为 50 Hz,则小车的加速度a = m/s 2（结果保留 2 位有效数字）.Ⅰ答案：（1）B ；(2)C ；（3）0.42解析：要使砂和砂桶的重力 mg 近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足 m ＜＜M.而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选 B ，（2）选 C.（3）用逐差 法a =s DE + s EF + s FG - s AB - s BC - s CD9T 2，求得a = 0.42m / s 2.10．（2012 安徽卷）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v -t 图象如图所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4. 该球受到的空气阻力大小恒为f ，取g =10 m/s2, 求：（1）弹性球受到的空气阻力f 的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h .解析：(1)由v—t 图像可知:小球下落作匀加速运动，a =∆v∆t= 8m / s 2由牛顿第二定律得：mg -f =maf =m(g +a) = 0.2N解得(2)由图知：球落地时速度v = 4m / s ，则反弹时速度v'=3v = 3m / s 4设反弹的加速度大小为a＇，由动能定理得- (mg + f)h = 0 -1mv'2 2解得h = 0.375m11（2012 江苏卷）．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系图象，可能正确的是答案：C解析：加速度a =g +小得越慢，所以选C. kv，随着v 的减小，a 减小，但最后不等于0.加速度越小，速度减m12．（2012 江苏卷）．如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦有均为f，若木块不滑动，力F 的最大值是2 f (m + M )A．B．M2 f (m + M ) 2 f (m + M )m2 f (m + M )C．-M (m + M )g D．M+ (m + M )g答案：A解析：整体法Fm - (M +m)g =mam，隔离法，对木块，2 f -Mg =Mam，解得F =2 f (m +M ).m M13.（2012 重庆卷）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S，比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小a 的加速度从静止开始做匀加速运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球中心不动.比赛中，该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的倾角为θ0，如题图所示.设球在运动过程中受到的空气阻力与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g⑴空气阻力大小与球速大小的比例系数k⑵求在加速跑阶段球拍倾角θ随球速v 变化的关系式⑶整个匀速跑阶段，若该同学速率仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力的变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r 的下边沿掉落，求β应满足的条件.解析：⑴在匀速运动阶段有，mg tan0 =kv得k =mg tan0 v 0⑵加速阶段，设球拍对球的支持力为N '，有N 'sin-kv =maN 'cos=mg得tan=a g +v tan0 v 0⑶以速度v0匀速运动时，设空气的阻力与重力的合力为F，有F =mg cos球拍倾角为+时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a'，有F sin =ma'设匀速跑阶段所用时间为t，有t =s v0 -v2a球不从球拍上掉落的条件1a't 2≤r 2得sin ≤ 2r cos0⎛s v ⎫2g ⎝v0 -0 ⎪ 2a ⎭14．（2013 高考上海物理第6 题）秋千的吊绳有些磨损.在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千(A)在下摆过程中(B)在上摆过程中(C)摆到最高点时(D)摆到最低点时答案：D解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D 正确.15. （2013 全国新课标理综II 第14 题）一物块静止在粗糙的水平桌面上.从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小.能正确描述F 与a 之间关系的图象是答案：C解析：设物体所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F 作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F-f=ma，F= ma+f，所以能正确描述F 与a 之间关系的图象是C，选项C 正确ABD 错误.16．（2013 高考浙江理综第19 题）如图所示，总质量为460kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m 时，以5m/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=10m/s2 .关于热气球，下列说法正确的是A．所受浮力大小为4830NB．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10s 后的速度大小为5m/sD．以5m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230N答案：AD解析：热气球离开地面后地面后做加速度逐渐减小的加速运动，对热气球从地面刚开始竖直上升时，由牛顿第二定律，F-mg=ma，解得所受浮力大小为4830N，选项A 正确.加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，选项B 错误.由于做加速度逐渐减小的加速运动，热气球从地面开始上升10s 后的速度小于5m/s，选项C 错误.由平衡条件可得，F-mg-f=0，以5m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为f=F-mg=4830N -4600N =230N，选项D 正确.17．（2013 高考安徽理综第14 题）如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行.在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力为F N 分别为（重力加速度为g）A.T=m (gsinθ+ acosθ)，F N= m(gcosθ- asinθ)B.T=m(gsinθ+ acosθ) ，F N= m(gsinθ- acosθ)C.T=m(acosθ- gsinθ) ，F N= m(gcosθ+ asinθ)D.T=m(asinθ- gcosθ) ，F N= m(gsinθ+ acosθ)答案：A解析：将绳子的拉力T 和斜面弹力F N分解为水平方向和竖直方向T cosθ-F N sinθ=ma①T sinθ-F N cosθ=mg②联立两式解方程组，得T=m(gsinθ+ acosθ) ，F N= m(gcosθ- asinθ)，选项A 正确；18.（15 分）（2013 高考ft东理综第22 题）如图所示，一质量m=0.4kg 的小物块，以v0=2m/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=2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A、B 之间的距离L=10m.已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间3的动摩擦因数= .重力加速度g 取10 m/s2.3（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 与斜面的夹角多大时，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：1L= v0t+ at2，①23 2 3 13 3 v= v 0+at ， ②联立①②式，代入数据解得：a=3m/s 2，③v=8m/s.④（2）设物块所受支持力为 F N ，所受摩擦力为 F f ，拉力与斜面之间的夹角为α.受力分析如图所示.由牛顿第二定律得：Fcos α-mgsin θ-F f =ma ， ⑤ Fsin α+F N -mgcos θ=0， ⑥又 F f =μF N . ⑦mg (sin+ cos ) + ma联立解得：F=.⑧cos+sin由数学知识得：cos α+ sin α=sin(60°+α)， ⑨ 33由⑧⑨式可知对应的 F 最小值的夹角α=30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得 F 的最小值为：Fmin=N.519. （2013 全国新课标理综 II 第 25 题）（18 分）一长木板在水平面上运动，在 t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度---时间图象 如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦， 物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重 力加速度的大小 g=10m/s 2，求：（1） 物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.（2）从t=0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.解析：（1）从t=0 时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，次过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.由图可知，在t1=0.5s 时，物块和木板的速度相同，设t=0 到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度分别为a1和a2，则a1= v1/ t1，①a2=(v0- v1)/ t1，②式中v0=5m/s，v1=1m/s 分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小.设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1，③(μ1+2μ2)mg=ma2，④联立①②③④式解得：μ1=0.20，⑤μ2=0.30.，⑥（2）在t1 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动.物块与木板之间的摩擦力改变方向. 设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1’和a2’，则由牛顿第二定律得：f=m a1’，⑦2μ2mg-f=ma2’. ⑧假设f<μ1mg.则a1’=a2’.由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg>μ1mg，与假设矛盾，故f=μ1mg⑨由⑦⑨式知，物块加速度大小a1’=a1.物块的v---t 图象如图中点划线所示.由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：v 2 - 2aL 0 v -22 (m + M )gL0 Mv 2s 1=2× 1，⑩2a 1v + v v 2s 2= 01t 1+ 1 ，⑾22a 2 '物块相对于木板位移的大小为 s= s 2- s 1.⑿ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑾⑿解得：s=1.125m.20 时时块与⑨⑩⑨⑩②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩20．（2013 高考上海物理第 31 题）(12 分)如图，质量为 M 、长为 L 、高为 h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为 m 的小球.用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获 得向右的速度 v 0，经过一段时间后小球落地.求小球落地时距滑块左端的水平距离.解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：(m + M )ga=,Mv 1= = .当滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间 t=滑块的加速度 a’=μg①若此时滑块的速度没有减小到零，在 t 时间内滑块向右运动的距离为：2h gv -2 2 ( 0 m+ M )gL M2h g1s=v t- 1 a’t 2= 21- μg (2)2= -μh.v 2 v 2m + M②若在 t 时间内滑块已经停下来，则：s ‘=1 = 0 - L.2a ' 2gM21.(2013 高考江苏物理第 14 题)（16 分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小， 几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为 m 1 和 m 2 ，各接触面间的动摩擦因数均为μ. 重力加速度为 g.（1） 当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2） 要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3） 本实验中， m 1 =0.5kg ，m 2 =0.1kg ， μ=0.2，砝码与纸板左端的距离 d=0.1m ，取g=10m/s 2. 若砝码移动的距离超过l =0.002m ，人眼就能感知. 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解: (1)砝码对纸板的摩擦力 f 1 = m 1 g桌面对纸板的摩擦力 f 2 = (m 1 + m 2 )gf = f 1 + f 2解得f = (2m 1 + m 2 )g(2) 设砝码的加速度为 a 1 ,纸板的加速度为a 2 ,则f 1 = m 1a 1F - f 1 - f 2 = m 2a 2发生相对运动 a 2 > a 1解得F > 2(m 1 + m 2 )g(3) 纸板抽出前,砝码运动的距离 x 1 =1 a 1t 2纸板运动的距离 d + x = 1a t 22 112 2 1v - 2 2 ( 0m + M )gL M2h g 2h g纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x =1a t 2 l =x +x2 23 2 1 2d由题意知a1 =a3 , a1t1 =a3t2解得F=2[m1+(1+l)m2]g代入数据得F=22.4N.2.（2013 高考天津理综物理第10 题）(16 分）质量为m=4kg 的小物块静止于水平地面上的A 点，现用F=10N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点，A、B 两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g 取10m/s2,，求：(l）物块在力F 作用过程发生位移x l的大小：(2）撤去力F 后物块继续滑动的时间t.解析：（1）设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1=μmg根据动能定理，对物块由A 到B 的整个过程，有：Fx1-F1x=0.代入数据解得：x1=16m.（2）设刚撤去力F 时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2=x- x1.由牛顿第二定律得：F1=ma，由匀变速直线运动规律得，v2=2ax2，以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F1t=0-mv，代入数据解得：t=2s.23．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案：A解析：本题考查了牛顿第二定律与受力分析．设橡皮筋原长为l0，小球静止时设橡皮mg，加速时，设橡筋伸长x1，由平衡条件有kx1＝mg，小球距离悬点高度h＝l0＋x1＝l0＋k皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sinθ＝mgmg，小球距离悬点高度h′＝(l0＋x2)sinθ＝l0sinθ＋，因此小球高度升高了．k24.[2014·北京卷] 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案：D解析：本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重．加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B 错误．手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力N＝0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g，C 错误，D 正确．25.[2014·北京卷] 伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．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，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为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.如果斜面光滑，小球将上升到与O 点等高的位置B.如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案：A解析：本题考查伽利略理想实验．选项之间有一定的逻辑性，题目中给出斜面上铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球的位置逐渐升高，不难想象，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上运动没有能量损失，可以上升到与O 点等高的位置，这是可以得到的直接结论，A 正确，B、C、D 尽管也正确，但不是本实验得到的直接结论，故错误．26．[2014·福建卷Ⅰ]如下图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是( )A BC D答案：B解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为a＝μg cosθ－g sinθ，故D 项错误；由速度公式v＝v0－at 可知，vt 图像应为一条倾斜的直线，故C 项错误；由位1 1 移公式s＝v0t－at2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得h＝s sinθ＝(v0t －at 2)2 2sinθ，故A 项错误．27．[2014·江苏卷] 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数1为2 μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A 施加一水平拉力F，则( ) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止5 1B.当F＝μmg时，A的加速度为μg2 3C.当F＞3μmg时，A相对B滑动1D.无论F 为何值，B 的加速度不会超过μg2答案：BCD解析：设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛3 顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为2 3μmg.故当0<F≤ μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止2以共同的加速度开始运动，设当A、B 恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则3对A，有F′－2μmg＝2ma′，对A、B整体，有F′－μmg＝3ma′，解得F′＝3μmg，故23当 μmg <F ≤3μmg 时，A 相对于 B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当 F >3μmg 时，A 25相对于 B 滑动．由以上分析可知 A 错误，C 正确．当 F ＝ μmg 时，A 、B 以共同的加速度开2 3 μ g始运动，将 A 、B 看作整体，由牛顿第二定律有 F － μmg ＝3ma ，解得 a ＝ ，B 正确．对 B2 33 1 1来说，其所受合力的最大值 F m ＝2μmg －2μmg ＝2μmg ，即 B 的加速度不会超过2μg ，D 正确．28．[2014·四川卷] 如图所示，水平传送带以速度 v 1 匀速运动，小物体 P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0 时刻 P 在传送带左端具有速度 v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0 时刻 P 离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体 P 速度随时间变化的图像可能是( )ABCD答案：BC解析： 若 P 在传送带左端时的速度 v 2 小于 v 1，则 P 受到向右的摩擦力，当 P 受到的摩擦力大于绳的拉力时，P 做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速度运动，当速度达到 v 1 后做匀速运动，所以 B 正确；当 P 受到的摩擦力小于绳的拉力时，P 做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若 P 在传送带左端具有的速度 v 2 大于 v 1， 则小物体 P 受到向左的摩擦力，使 P 做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动， 第二种是速度先减到 v 1，之后若 P 受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度 v 1 做匀速运动，第三种是速度先减到 v 1，之后若 P 所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P 将继续减速直到速度减为 0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以 C 正确．29．[2014·重庆卷] 以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的 v t 图像可能正确的是( )。
2020年高考物理《解题模型》之力学篇-专题03 牛顿运动定律(含答案解析)
2020年高考物理《解题模型》之力学篇专题03 牛顿运动定律一、模型解读模型一滑块-木板模型滑块–木板模型分析方法模型二传送带模型1．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。
2．传送带模型分析方法二、典例分析【例1】如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为2μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
现对A 施加一个水平拉力F ，则A ．当2F mg μ<时，A 、B 都相对地面静止 B ．当52mg F μ=时，A 的加速度为3gμ C ．当3F mg μ>时，A 相对B 滑动 D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过2gμ 【参考答案】BCD【详细解析】A 与B 间的摩擦力12f mg μ=，地面对B 的摩擦力232f mg μ=，当302F mg μ<≤时，A 、B 均静止；设A 、B 恰好发生相对滑动时的拉力0F F =，则有01122F f f fm m--=，解得03F mg μ=，故当332mgF mg μμ<≤时，A 相对B 静止，二者以共同的加速度运动，A 错误；当3F mg μ>时，A 相对B 滑动，C 正确；当52F mg μ=时，A 、B 以共同的加速度运动，由牛顿第二定律可得233F f g a m μ-==，B 正确；B 所受合力的最大值m 3222mg mgF mg μμμ=-=，即B 的加速度最大为2gμ，D 正确。
2020年高考物理4-5月模拟试题汇编专题03 牛顿运动定律(word档含答案解析)
专题03牛顿运动定律1．（2020届东北三省四市高三一模）如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。
t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t 图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2。
下列说法正确的是（）A．0-6s内，m的加速度一直保持不变B．m相对M滑动的时间为3sC．0-6s内，m相对M滑动的位移的大小为4mD．0-6s内，m、M相对地面的位移大小之比为3：42．（2020届广东省广州、深圳市学调联盟高三第二次调研）质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“ V”型槽B上，如图，α=60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是()A．当M= m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gB．当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gC．当M=6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.75gD．当M=5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动3．（2020届广东省广州、深圳市学调联盟高三第二次调研）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。
下列说法正确的是A ．在轻绳被烧断的瞬间，A 的加速度大小为B ．在轻绳被烧断的瞬间，B 的加速度大小为C ．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为D ．突然撤去外力F 的瞬间，A 的加速度大小为4．（2020届广东省广州市广大附中高三模拟）如图所示，某时刻将质量为10kg 的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。
货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m ，重力加速度取10m/s 2。
高考物理历年真题汇编+答案解析(专题3)：牛顿运动定律
高考物理历年真题汇编+答案解析专题3牛顿运动定律（2020年版）1．（2019全国3卷20）（多选）如图（a ），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t =0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t =4s 时撤去外力.细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g =10m/s 2.由题给数据可以得出A ．木板的质量为1kgB ．2s~4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0~2s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】A ：根据图象可知物块与木板之间的滑动摩擦力为2N .0=滑f .在t =4s 后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，根据图象可知此时木板的加速度大小为22s /m 2.0=a ，根据牛顿第二定律有2ma f =滑，所以木板的质量为kg 1=m .故A 正确.B ：2s 〜4s 内，根据图象可知，木板的加速度为21s /m 2.0=a ，根据牛顿第二定律有1ma f F =-滑，解得N 4.0=F .故B 正确.C ：0〜2s 内，整体受力平衡，拉力F 的大小始终等于绳子的拉力f ，即F=f ，根据图象可知绳子的拉力f 增大，则力F 增大.故C 错误.D ：物块与木板之间的滑动摩擦力g m f 物块滑μ=，由于物块的质量未知，因此物块与木板之间的动摩擦因数无法求得.故D 错误.【答案】AB【分析】根据图象得到各阶段木板的加速度大小，根据经过受力分析以及牛顿第二定律即可求解木板的质量、拉力F .【考点】牛顿第二定律2．（2018全国I 卷）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AB C D【答案】A 【解析】由牛顿运动定律，ma F mg F =+-弹，)(0x x k F -=弹，mg kx =0，联立解得kx ma F +=，对比提给的四个图象，正确答案为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。
2020年高考物理一轮复习考点归纳：专题(03)牛顿运动定律(含答案)
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．。
2020版高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律综合检测(含解析)
牛顿运动定律综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家,巧合的是,牛顿就出生在伽利略去世后第二年.下列关于力和运动关系的说法中,不属于他们观点的是( D )A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.物体都具有保持原来运动状态的属性,即惯性D.力是维持物体运动的原因解析:A项是伽利略的观点,B,C两项是牛顿的观点,D项是亚里士多德的观点.2.人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力.做原地纵跳时,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力).下列图像能正确反映该变化的是( D )解析:人腾空时支撑力为零,故A,C错误.人在快速下蹲和蹬伸的过程中,加速度先向下,再向上,即先失重,再超重,故支撑力先小于重力,然后大于重力,故B错误,D正确.3.某实验小组在实验室设计了一个不用天平测量物体质量的实验,如图,在光滑水平台面右端固定一个恒力器,在台面左端放一辆小车,车上固定一遮光条,遮光条宽度为d,恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F,使小车由静止开始依次经过两个光电门,光电门1,2记录的挡光时间分别为t1,t2,测得两光电门中心间距为x,不计遮光条质量.根据以上实验数据可得小车质量为( B )A. B.C. D.解析:对小车,由牛顿第二定律有F=ma,小车通过两光电门间距离的过程中,由运动学公式有()2-()2=2ax,联立两式解得小车的质量为m=,故B正确.4.如图所示,质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连,Ⅰ,Ⅱ的另一端分别固定于P,Q.小球静止时,Ⅰ中拉力大小为F T1,Ⅱ中拉力大小为F T2,当剪断水平细线Ⅱ的瞬间,小球的加速度a应是( C )A.a=g,方向竖直向下B.a=g,方向竖直向上C.a=,方向水平向左D.a=,方向沿Ⅰ的延长线解析:剪断水平细线Ⅱ的瞬间,由于弹簧的弹力不能突变,所以此时小球受到F T1和重力mg作用,合力水平向左,大小为F T2,所以加速度为a=,方向水平向左.5.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( D )A.FB.C. D.解析:以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μnmg=nma,得a=-μg;以1,2,3,4整体为研究对象,设5对4的压力为N,根据牛顿第二定律有F-N-μ·4mg=4m·a,联立以上二式得N=,故A,B,C错误,D正确.6.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在车上的一根水平杆,物块M穿在杆上,M通过轻质细线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上.现使小车按图中所示分四次分别以加速度a1,a2,a3,a4向右匀加速运动,四种情况下M,m均与小车保持相对静止,且图1和图2中细线仍处于竖直方向,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为f1,f2,f3,f4,则下列判断错误的是( B )A.f1∶f2=1∶2B.f1∶f2=2∶3C.f3∶f4=1∶2D.tan α=2tan θ解析:题图1,2中M在水平方向只受摩擦力作用,根据牛顿第二定律有f1=Ma1,f2=Ma2,所以f1∶f2=1∶2,故A正确,B错误;对3,4两图,以M,m整体为研究对象,受力分析如图所示,f3=(M+m)a3,f4=(M+m)a4,可得f3∶f4=1∶2,故C正确;以m为研究对象,根据牛顿第二定律可得mgtan θ=ma3,mgtan α=ma4,联立可得tan α=2tan θ,故D正确.7.在沿斜面方向的拉力F作用下,物体沿倾斜角度为θ的斜面向上运动;以沿斜面向上为正方向,0～7 s内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图所示,g取10 N/kg,则下列说法中错误的是( B )A.物体的质量m=1 kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ>tan θC.斜面倾斜角度满足sin θ=D.7 s后若撤去力F,物体将会做匀速直线运动解析:由题意及图像可得0～5s,拉力F方向沿斜面向上,有F1- mgsin θ-μmgcos θ=ma1, ①5～6 s,拉力F方向沿斜面向下,有F2-mgsin θ-μmgcos θ=ma2, ②6～7 s,拉力F方向仍沿斜面向下,物体沿斜面向下加速,摩擦力方向沿斜面向上,有F3-mgsin θ+μmgcos θ=ma3, ③由v t图像得a1=1 m/s2,a2=-5 m/s2,a3=-3 m/s2,由F t图像得F1=3 N,F2=F3=-3 N,由①②式得m=1 kg,由②③式得sin θ=,A,C正确;由③式得mgsin θ=μmgcos θ,μ=tanθ,则撤去力F后物体所受合力为零,将做匀速直线运动,D正确,B错误.8.氢气球下系一小重物G,重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向,图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是( ABC )解析:重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,故合力为零或者与速度共线,可能做匀速直线运动,故A正确;可能做匀减速直线运动,故B正确;可能做匀加速直线运动,故C正确;重力和绳的拉力的合力与速度必须共线,故D错误.9.一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下,若雨滴下落过程中所受重力保持不变,且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大,则下列图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是( AC )解析:根据牛顿第二定律得a=,因为速度增大,阻力增大,所以速度增大,加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,雨滴做匀速直线运动,故A,C正确.10.传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsin α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )A.支持力与静摩擦力的合力等于mgB.静摩擦力沿皮带向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin αD.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan α解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速直线运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin α+F f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误. 11.建设房屋时,保持底边长L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动.下列说法正确的是( AC )A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析:屋檐的底角为θ,底边长为L,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N,垂直于屋顶方向mgcos θ=F N,平行于屋顶方向mgsin θ=ma,雨滴的加速度为a=gsin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力F N′=F N=mgcos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角形知识判断,屋顶坡面的长度x=,由x=at2可得t=,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=gsin θ·t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.12.如图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( BC )A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)gB.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)gC.若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码不会从桌面上掉下D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘解析:对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,所受的摩擦力为f2=μ(M+m)g+μMg,故A错误;设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有f1=Ma1,F-f1-f2=ma2,发生相对运动需要a2>a1,此时f1=μMg,解得F>2μ(M+m)g,故B正确;若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码匀加速运动的位移小于==,匀减速运动的位移小于==,则位移小于d,不会从桌面掉下,故C正确;当F=μ(2M+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg,纸板的加速度a3==2μg,根据a3t2-a1t2=d,解得t=,则此时砝码的速度v=a1t=,匀加速运动的位移x=a1t2=d,可知砝码将离开桌面,故D错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)在“验证牛顿运动定律”实验中,采用如图(甲)所示的装置图进行实验.(1)实验中,摩擦力已经平衡,测出小车的质量为M,沙和沙桶的总质量为m,若要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力F的大小,这样做的前提条件是 .(2)在实验操作中,下列说法正确的是(填序号).A.求小车运动的加速度时,可用天平测出沙和沙桶的质量M′和m′,以及小车质量M,直接用公式a=g求出B.实验时,应先接通打点计时器的电源,再放开小车C.每改变一次小车的质量,都需要改变垫入的小木块的厚度D.先保持小车质量不变,研究加速度与力的关系;再保持小车受力不变,研究加速度与质量的关系,最后归纳出加速度与力、质量的关系(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 .解析:(1)根据牛顿第二定律得,mg=(M+m)a,解得a=,则绳子的拉力F=Ma==,可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时,小车所受的拉力等于沙和沙桶的总重力,所以应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量.(2)本实验探究加速度和力、质量的关系,所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用,故A错误;使用打点计时器时,应该先接通电源,后释放纸带,故B正确;平衡摩擦力后有μ=tan θ,小车质量改变时,总满足mgsin θ=μmgcos θ,与小车质量无关,所以不用再次平衡摩擦力,故C错误;本实验采用控制变量法,故D正确.(3)纵轴截距不为零,即小车质量M非常大时,小车仍有加速度,说明小车不受拉力作用时也具有加速度,因此可以断定平衡摩擦力过度.答案:(1)m≪M (2)BD(3)平衡摩擦力过度评分标准:每空2分.14.(6分)在学习牛顿第二定律之后,某同学在“验证加速度与力、质量的关系的实验”中,采用了如图(甲)所示的实验装置.操作如下:(1)平衡摩擦力时,按操作流程进行,若第一次打出的纸带如图(乙)所示,则应(选填“减小”“增大”或“不再调节”)木板的倾角,直到纸带上打出的点迹为止.(2)已知小车的质量为m0,砝码盘和砝码的总质量为m=30 g,实验时将砝码从砝码盘中逐渐转移到小车上,则实验时砝码及砝码盘的总质量小车的质量.A.远小于B.远大于C.不必远小于(3)如图(丙)所示是根据实验数据描绘的小车加速度a与砝码盘及其中砝码的总质量m之间的关系图像.若牛顿第二定律成立,重力加速度g取10 m/s2,则小车的质量m0= g.解析:(1)由图(乙)纸带可知小车在相等的时间内位移越来越大,即小车做加速运动,说明平衡摩擦力时木板的倾角过大,所以应该减小木板的倾角,直到打出的点迹均匀为止.(2)将砝码盘内的砝码转移到小车上,系统的总质量m0+m不变,研究对象是整个系统,绳子的拉力是内力,所以本题不需要满足m0≫m,选项C正确.(3)a=,可得=·,图像的斜率k= kg·m-1·s2=,又知m=0.03 kg,解得m0=0.06 kg=60 g.答案:(1)减小均匀(2)C (3)60评分标准:(1)每空1分;(2)(3)每空2分.15.(9分)如图所示,光滑水平地面与足够长的倾角θ=30°的光滑斜面平滑连接,A球位于斜面底端,B球在水平地面上,两者相距L=10 m.现A,B两个小球均以初速度v0=10 m/s开始运动,A 沿斜面向上,B沿水平面向右,取g=10 m/s2,求:(1)B球刚要滑上斜面时A球的速度;(2)A球到达最高点时,A,B两球之间的距离.解析:(1)设B球经过t1时间到达斜面底端,则t1==1 s, (1分)A球在斜面上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得a==gsin 30°=5 m/s2, (2分)A球在斜面上运动有v1=v0-at1, (1分)得B球到达斜面底端时A球的速度为v1=5 m/s. (1分)(2)A球到达最高点的距离为s A== m=10 m, (1分)设A球在斜面上滑行时间t2速度减为零,则t2==2 s, (1分)B球在斜面上滑行距离s B=v0(t2-t1)-a(t2-t1)2=7.5 m, (1分)故A与B相距Δs=s A-s B=2.5 m. (1分)答案:(1)5 m/s (2)2.5 m16.(9分)如图所示,两个质量都是m的滑块A和B,紧挨着并排放在水平桌面上,A,B间的接触面垂直于纸面且与水平面成α角,所有接触面都光滑.现用一个水平推力F作用于滑块A上,使A,B一起向右做加速运动.(1)若A,B间不发生相对滑动,它们共同向右的最大加速度是多少?(2)若A,B间不发生相对滑动,水平推力的大小应在什么范围内才行?解析:(1)在水平推力F作用下,A,B一起加速,对整体则有F=2ma(1分)对滑块A,受力如图(a)所示,地面对A的弹力N为零时,A与B之间将要发生相对滑动,则F-Tsin α=ma, (1分)mg=Tcos α, (1分)滑块B的受力如图(b)所示,则T′sin α=ma, (1分)N′=mg+T′cos α, (1分)又T=T′, (1分)得A,B一起向右运动的最大加速度a=gtan α. (1分)(2)A,B不发生相对滑动的水平推力F的大小满足F≤2mgtan α, (1分)故F的取值范围为0<F≤2mgtan α. (1分)答案:(1)gtan α(2)0<F≤2mgtan α17.(10分)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图所示,滑板长L=1 m,起点A到终点线B的距离s=5 m.开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进.滑板右端到达B处冲线,游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2 kg,滑板质量m2=1 kg,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)滑板由A滑到B的最短时间;(2)为使滑板能以最短时间到达B,水平恒力F的取值范围.解析:(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时,所用时间最短.设滑板加速度为a2,则f=μm1g=m2a2, (1分)得出a2=10 m/s2, (1分)又由s=, (1分)解得t=1 s. (1分)(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时,水平恒力最小,设为F1,此时可认为二者加速度相等,则F1-μm1g=m1a2, (1分)解得F1=30 N, (1分)当滑板运动到B,滑块刚好脱离时,水平恒力最大,设为F2,设滑块加速度为a1,则F2-μm1g=m1a1, (1分)-=L, (1分)解得F2=34 N, (1分)则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N. (1分)答案:(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N18.(12分)如图所示为车站使用的水平传送带模型,其A,B两端的距离L=8 m,它与水平台面平滑连接.现有物块以v0=10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.6.g取10 m/s2,试求:(1)若传送带保持静止,物块滑到B端时的速度大小;(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s,则物块到达B端时的速度大小;(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s,且物块初速度变为v0′=6 m/s,仍从A端滑上传送带,求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间.(结果保留两位有效数字)解析:(1)设物块的加速度大小为a,由受力分析可知F N=mg,F f=ma,F f=μF N,得a=6 m/s2, (1分)传送带静止,物块从A到B做匀减速直线运动,又x== m>L=8 m, (1分)则由-=-2aL,得v B=2 m/s. (1分)(2)由题意知,物块先加速到v1=12 m/s,由-=2ax1,得x1= m<L=8 m, (1分)故物块先加速后匀速运动,即物块到达B时的速度为v B′=v1= 12 m/s. (1分)(3)由题意可知,物块先向右减速后向左加速,①向右减速到v2=0时,由-v0′2=-2ax2得x2=3 m, (1分)由v2=v0′-at1得t1=1 s. (1分)②向左加速到v3=4 m/s时,由-=2ax3得x3= m<x2=3 m, (1分)故向左先加速后匀速由v3=v2+at2得t2= s. (1分)③向左匀速运动v4=v3=4 m/s,x4=x2-x3= m, (1分)由x4=v4t3得t3= s, (1分)故t=t1+t2+t3= s=2.1 s. (1分)答案:(1)2 m/s (2)12 m/s (3)2.1 s- 11 -。
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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μ。
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F 大小应满足的条件是（ ）A ．(2)F m M g μ>+B ．(23)F m M g μ>+C ．2()F m M g μ>+D ．(2)F m M g μ>+【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 F mg M m ga M μμ--+＝对C 有C mga g mμμ＝＝对B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力μ（M+m ）g ，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 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 gg Mμμμ--+>解得F ＞2μ（m+M ）g ，故选C 。
2．（2020届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，MN 是一段倾角为θ=30°的传送带，一个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度04v =m/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（ ）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3μ= 【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oocos30sin 30mg mg ma μ-=，可得32μ=，D 正确。
故选D 。
3．（2020届广东省模拟）如图，垂直电梯里有一个“轿厢”和一个“对重”，它们通过钢丝绳连接起来，驱动装置带动钢丝绳使“轿厢”和“对重”在竖直方向做上下运动。
当“轿厢”向上做匀减速直线运动时（ ）A ．电梯的“对重”处于失重状态B ．电梯的“对重”向下匀加速运动C ．钢丝绳的拉力等于“轿厢”的重力D ．钢丝绳的拉力小于“轿厢”的重力 【答案】D【解析】当“轿厢”向上做匀减速直线运动时，“轿厢”加速度向下，处于失重状态，钢丝绳拉力小于“轿厢”重力。
此时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故ABC 错误，D 正确。
故选D 。
4．（2020届江西省吉安市高三一模）如图所示，物体A 和B 的质量分别为4kg 和1kg ，用跨过定滑轮的细线相连，叠放在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，A 与 B 间的动摩擦因数为0.2，现有一平行于斜面向下的力F 作用在物体B 上，物体A 、B 保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g ＝10m/m 2）。
则拉力F 的值可能为（ ）A ．10NB ．20NC ．30ND ．40N【答案】AB【解析】拉力最大时，对A 有A A sin cos T m g m g θμθ=+ 对B 有 B A sin cos m F m g T m g θμθ+=+ 解得28.9N m F =拉力最小时，对A 有A A cos sin T m g m g μθθ+= 对B 有min A B cos sin F m g m g T μθθ++= 解得min 1.1N F =拉力F 取值范围1.1N 28.9N F ≤≤；故选AB 。
5．（2020届陕西省西安中学高三第三次模拟）如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是 ( )A ．2L v v gμ+ B ．L vC D ．2L v【答案】B【解析】①当木块一直做匀加速直线运动。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v 。
根据牛顿第二定律得，a=μg 。
根据212L at =解得t =若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v 。
根据2vL t =解得2L t v= ②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。
匀加速直线运动的时间1v v t a gμ=＝，匀加速直线运动的位移212v x gμ=则匀速直线运动的位移2212v x L x L gμ=-=- 则匀速直线运动的时间222x L v t v v gμ=-＝ 则总时间为122L v t t t v gμ=+=+。
2L v v g μ+，选项A 正确，不符合题意；L v ，选项B C 正确，不符合题意；2Lv，选项D 正确，不符合题意；6．（2020届陕西省西安中学高三第三次模拟）如图所示，长为L 的轻杆上端连着一质量为m 的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M 的立方体恰与小球接触。
对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，当立方体和小球刚脱离接触的瞬间，杆与水平面的夹角恰好为π6，忽略一切摩擦（ ）A ．此时立方体M 的速度达到最大B ．此时小球m 的加速度为零C ．此时杆对小球m 的拉力为零D ．M 和m 的质量之比为4:1【答案】ACD【解析】分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离时立方体M 的速度最大，故A 正确；分离时刻，小球速度v 不为零，做圆周运动，故合力不可能为零，加速度不为零，故B 错误；分离时刻，由于小球此时仅受重力和杆子作用力，而重力是竖直向下的，所以杆对小球m 的拉力为零，故C 正确；设小球速度为v ，立方体速度为u ，根据牛顿第二定律，分离时刻有2sin 30v mg m L︒=，解得12v gL =分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：sin 30v u ︒=，解得12u gL =在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，有()22111sin 3022mgL mv Mu ︒-=+ 把v 和u 的值代入，化简得：41M m =，故D 正确。
故选ACD. 7．（2020届四川省绵阳市高三第三次诊断）如图所示是旅游景区中常见的滑索。
研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。
游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】设索道的倾角为α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得 （M+m ）gsinα=（M+m ）a 对乘客由于满足Mgsinα=Ma可知绳子与索道垂直。
若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间，则选项B 正确，ACD 错误；故选B 。
8．（2020届四川省绵阳市高三第三次诊断）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A 处，上端连接质量3kg 的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。
将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的D 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a 随位移x 的变化关系如图乙所示，重力加速度取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
下列说法正确的是（ ）A ．滑块先做匀加速后做匀减速运动B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1C ．弹簧的劲度系数为180N/mD ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为3.12J 【答案】BD【解析】因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做变加速后做变减速运动，A 错误； 弹簧处于原长时，加速度为a=5.2m/s 2，由牛顿第二定律sin 37cos37mg mg ma μ-=oo解得μ=0.1，B 正确；由图像可知，弹簧被压缩x=0.1m 时滑块的加速度减为零， 则sin 37cos37mg mg kx μ-=oo，解得k=156N/m ，C 错误； 由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为2sin 37cos372P E mg x mg x μ=⋅-⋅o o解得E P =3.12J ，选项D 正确。
故选BD 。
9．（2020届重庆市高三第二次调研）质量为m 的小球，用长为l 的线悬挂在O 点，在O 点正下方2l处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与O′在同一竖直面内的某一位置，由静止释放，下摆过程中摆线将被钉子拦住，如图所示。
当球第一次通过最低点P 时（ ）A ．小球的线速度突然增大B ．小球的角速度突然减小C ．摆线上的张力突然减小D ．小球的向心加速度突然增大 【答案】D【解析】当球第一次通过P 点时，线速度的大小不变，故A 错误；由于线速度大小不变，根据vrω=知，转动的半径变小，则角速度变大，故B 错误；根据牛顿第二定律得，2v T mg m r-=，线速度大小不变，转动半径变小，则摆线张力变大，故C 错误；根据2v a r=知，线速度大小不变，转动的半径变小，则向心加速度突然变大，故D 正确。
故选D 。
10．（2020届广东省茂名市高三第二次综合测试）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，用轻弹簧连接质量为2m 的小球M 和质量为m 的小球N ，N 再用细线连接在斜面顶端，M 、N 都处于静止状态。
现用剪刀剪断细线，在用剪刀剪断细线的瞬间，两小球加速度大小为（ ）A ．a M =gB ．a M =gsin θC ．a N =gsin θD ．a N =3g sin θ【答案】D【解析】在剪断细绳的瞬间，弹簧的伸长量还没有来得及改变，恢复原状需要一个过程，所以在剪断细绳瞬间，弹簧的弹力不变，则M 的受力情况不变，合力仍为0，加速度仍为0，故AB 错误；在剪断绳子之前，对M 分析知，弹簧的弹力大小F =2mg sin θ，剪断细绳瞬间，N 受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力，根据牛顿第二定律得sin 3sin N mg Fa g m+==θθ，故D 正确，C 错误；故选D 。