2016高考物理二轮复习 考前保温训练1 相互作用和牛顿运动定律(含解析)
高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)及解析
高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．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，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝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 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝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＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 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间为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′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （2） 求3s 内煤块前进的位移 （3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度 【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】 【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移． 【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ． 【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．3．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ； (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ． 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】（1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以：112122v v v L t t t ＝++代入数值得：L =16m由平均速度的定义得：168/2L v m s t ＝＝＝（2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：22110/10/1v a m s m s t V V ＝＝＝ 则物体所受的合力为：F 合=ma 1=2×10N=20N ．1-2s 内的加速度为：a 2＝21＝2m /s 2， 根据牛顿第二定律得：a 1＝mgsin mgcos mθμθ+=gsinθ+μgcosθa 2＝ mgsin mgcos mθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s 内，物块的位移：x 1＝12a 1t 12＝12×10×1m ＝5m 传送带的位移为：x 2=vt 1=10×1m=10m则相对位移的大小为：△x 1=x 2-x 1=5m则1-2s 内，物块的位移为：x 3＝vt 2+12a 2t 22=10×1+12×2×1m ＝11m 0-2s 内物块向下的位移：L =x 1+x 3=5+11=16m物块下降的高度：h =L sin37°=16×0.6=9.6m物块机械能的变化量：△E ＝12m v B 2−mgh =12×2×122−2×10×9.6=-48J 负号表示机械能减小．4．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．【答案】（1）203.6m 2v x a==（2）t=1s （3）121x x m +=【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）225m /s a g μ==20 3.6m 2v x a==（2）对m ：2125/a g m s μ==，对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，221m /s a =012v a t a t -=t=1s（3）木板共速前先做匀加速运动2110.52x at m == 速度121m /s v a t ==以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动231/a g m s μ==，22310.52x vt a t m =+=X=121x x m +=考点：牛顿定律的综合应用5．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s 的恒定速率顺时针转动，一包货物以v 0=12m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s 2）求：(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）1s；7m.（3）(2+22)s.【解析】【分析】（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；【详解】（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a，货物受力如图所示：沿传送带方向：1fmgsin F maθ+=垂直传送带方向：Nmgcos Fθ=，又f NF Fμ=故货物刚滑上传送带时加速度大小2110/a m s=，方向沿传送带向下；（2）货物速度从v减至传送带速度v所用时间设为1t，位移设为1x，则根据速度与时间关系有：011212110v vt s sa--===--根据平均速度公式可以得到位移为：01172v vx t m+==（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tanμθ=<，即mgsin mgcosθμθ＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a，则有2mgsin mgcos maθμθ-=设货物再经时间2t ，速度减为零，则：2201vt s a -==- 沿传送带向上滑的位移：22012v x t m +== 则货物上滑的总距离为：128x x x m =+=货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2a ，设下滑时间为3t ， 则22312x a t =，代入解得：322t s =． 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =++=+（)． 【点睛】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．6．如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s 的速度水平匀速运动一质量m=1kg 的小物块无初速地放到皮带A 处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数μ=0.2，A 、B 之间距离s=6m ，求物块（1）从A 运动到B 的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s 2） （2）A 到B 的过程中摩擦力的功率是多少？【答案】（1）8J ；（2）3.2W ； 【解析】（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为： ． 物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：，说明此时物块还没有到达B 点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力． 由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为： （2）匀加速运动的时间 ， 匀速运动的时间， 摩擦力的功率7．质量为m 的长木板静止在水平地面上，质量同样为m 的滑块（视为质点）以初速度v 0从木板左端滑上木板，经过0.5s 滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，求：（1）μ1、μ2各是多少？（2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？ 【答案】（1）0.6；0.2（2）1.5m,2.0m 【解析】 【详解】（1）设0.5s 滑块的速度为v 1，由v-t 图像可知:v 0=4m/s v 1=1m/s 滑块的加速度 20116/v v a m s t-== 木板的加速度大小2122/v a m s t== 对滑块受力分析根据牛顿定律：μ1mg=ma 1 所以μ1=0.6对木板受力分析：μ1mg-μ2∙2mg= ma 2 解得 μ2=0.2（2）0.5s 滑块和木板达到共同速度v 1，假设不再发生相对滑动则2ma 3=μ2∙2mg 解得a 3=2m/s 2 因ma 3=f<μ1mg假设成立，即0.5s 后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s 1则20111122v v v s t a +=+解得s 1=1.5m由v-t 图像可知011222v v v L s t +∆==- 所以木板的长度 L=2.0m8．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：000.5sin 37cos37N F mg mg +=在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：000.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=代入数据解得：a=7.5m/s 2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12at 2 运动时间为22 3.7517.5s t s s a ⨯===； 【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．9．如图所示，质量m=1kg 的物块，在沿斜面向上，大小F=15N 的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取210/g m s =，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)拉力F 作用的时间t 1内，物块沿斜面上滑的距离x 1； (2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t 2； (3)从撤去拉力起，经时间t=3s 物块到出发点的距离x ． 【答案】(1)110m x = (2)21t s = (3)11m x = 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块在时间1t 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为1a ， 由牛顿第二定律有1sin 37cos37F mg mg ma μ--︒=解得215/a m s =在这段时间内物块上滑的距离为21111102x a t m == (2)经时间1t 物块的速度大小为11210/v a t m s == 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为2a ， 由牛顿第二定律有：2sin 37cos37mg mg ma μ+︒=解得2210/a m s =根据速度公式有：1220v a t =- 解得21t s =(3)物块在时间t 2内上滑的距离为221222152x v t a t m =-=， 沿斜面下滑时间为322t t t s =-= 设物块沿斜面下滑的加速度大小为3a ，由牛顿第二定律有：3sin 37cos37mg mg ma μ-︒=解得232/a m s =物块在时间t 3内沿斜面下滑的距离为2333142x a t m ==， 故12311x x x x m =+-= 【点睛】过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．10．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A 、B 两物体质量均为m ，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A 施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g 为重力加速度)，经过作用时间t ，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：(1)刚施加力F 的瞬间，A 的加速度大小； (2)B 刚离开挡板时，A 的速度大小； (3)在时间t 内，弹簧的弹力对A 的冲量I A ． 【答案】(1)2sin a g θ=；(2)2sin A m v g k ；(3)sin (21)A m I mg kθ= 【解析】（1）刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹=mgsin θ；根据牛顿第二定律，对A ：F+F 弹-mgsin θ=ma解得a=2gsin θ.（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为1sin mg x k θ=； 当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量21sin =mg x x k θ=此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2121sin =2A F mg x x W mv θ-++弹 =0P W E ∆=弹解得2sin A v g = （3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F mg t I mv θ-+=- ，解得2sin A I g t θ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.。
《红对勾》2016高考物理二轮(人教版)专题复习训练专题二牛顿运动定律与直线运动Word版含答案
课时作业牛顿运动定律与直线运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力()A．比球撞击球拍的力更早产生B．与球撞击球拍的力同时产生C．大于球撞击球拍的力D．小于球撞击球拍的力解析：网球拍对网球的力与球对网球拍的力为一对作用力反作用力，其大小相等，方向相反，且同时产生、同时消失，故只有选项B 正确．答案：B2.一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．答案：D3．(2015·广东卷)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示．下列表述正确的是()A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析：由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km，C项错误；0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km，D项错误．答案：B4.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块．用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为()A．l0B．l0－(m0＋m)gkC．l0－mgk D．l0－m0gk解析：当m即将脱离m0时，m只受重力作用，其加速度为g，方向竖直向下，此时托盘的加速度也为g，方向竖直向下，分析托盘受力可知，弹簧弹力此时一定为零，故弹簧此时处于原长状态，A 正确．答案：A5．如图所示，斜面倾角为θ，斜面上AB 段光滑，其他部分粗糙，且斜面足够长．一带有速度传感器的小物块(可视为质点)自A 点由静止开始沿斜面下滑，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示：取A ．小物块的质量m ＝2 kgB ．斜面的倾角θ＝37°C ．小物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.25D ．AB 间的距离x AB ＝18.75 m解析：当小物块在AB 段运动时，设加速度为a 1，则a 1＝g sin θ，由题表可知a 1＝12－02－0m/s 2＝6 m/s 2，所以斜面倾角θ＝37°，选项B 正确；设经过B 点后物块的加速度为a 2，则有a 2＝g sin θ－μg cos θ，由题表可知a 2＝29－216－4m/s 2＝4 m/s 2，所以μ＝0.25，选项C 正确；可以判断B 点对应于2～3 s 之间的某个时刻，设t 1为从第2 s 运动至B 点所用时间，t 2为从B 点运动至第3 s 所用时间，则有t 1＋t 2＝1 s,12m/s ＋a 1t 1＝17 m/s －a 2t 2，解得t 1＝0.5 s ，所以x AB ＝12a 1(2 s ＋t 1)2＝18.75 m ，选项D 正确；由题中所给数据无法求出物块的质量，选项A 错误．答案：A二、多项选择题6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出 ( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：由运动的v －t 图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A 、C 正确；根据运动的v －t 图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD7．(2015·江苏卷)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＝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时最小解析：当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s 时压力最小，D项正确．答案：AD8．一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示．绳内距A端x处的张力T与x 的关系如图乙所示，由图可知()A．水平外力F＝6 NB．绳子的质量m＝3 kgC．绳子的长度l＝2 mD．绳子的加速度a＝2 m/s2解析：取x＝0，对A端进行受力分析，F－T＝ma，又A端质量趋近于零，则F＝T＝6 N，选项A正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，选项B、D均错误；由题图乙知绳长度为2 m，选项C正确．答案：AC三、计算题9．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m1和m2，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＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g桌面对纸板的滑动摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)gf ＝f 1＋f 2解得f ＝μ(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发生相对运动则a 2>a 1解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21 纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22.4 N.答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F>2μ(m1＋m2)g(3)22.4 N10．(2015·新课标全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变，已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B 与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mg cosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mg cosθ④规定沿山坡C向下为正方向．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sinθ－f1＝ma1⑤mg sinθ－f2＋f1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2⑦a2＝1 m/s2.⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪a ′2＝－2 m/s 2⑫即B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝(12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22)－(12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22)＝12 m<27 m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s11．如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．解析：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin37°－μcos37°)＝ma则a＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s2，根据l＝12at2得t＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma1则有a1＝mg sin37°＋μmg cos37°m＝10 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin37°>μmg cos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11 解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.答案：(1)4 s (2)2 s。
高三物理二轮复习练习相互作用牛顿动动定律夯基保分练(一)含解析
夯基保分练(一) 重力、弹力、摩擦力[A 级——保分练]1．下列关于重力的说法中正确的是( )A ．物体只有静止时才受重力作用B ．重力的方向总是指向地心C ．地面上的物体在赤道上受的重力最小D ．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力大小解析：选C 物体在任何状态下均受重力作用，重力的方向竖直向下，不一定指向地心，A 、B 错误；受地球自转的影响，地面上的物体在赤道上受到的重力最小，C 正确；当物体处于静止状态时，弹簧测力计的示数才等于悬挂的物体的重力大小，D 错误。
2. (2017·济南市中区模拟)如图所示，一端搁在粗糙水平面上，另一端系一根细线(线竖直)处于静止状态的重直杆A 受到的作用力个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 杆保持静止状态，合力为零；对杆进行受力分析，受重力、绳子的拉力、地面的支持力，由于这3个力都沿竖直方向，故地面对杆没有静摩擦力，杆共受到3个力的作用，C 正确。
3．(2016·江苏高考)一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度。
则该弹簧的劲度系数为( )A ．40 m/NB ．40 N/mC ．200 m/ND ．200 N/m解析：选D 由F ＝kx 知，弹簧的劲度系数k ＝F x ＝40.02N/m ＝200 N/m ，选项D 正确。
4．(多选)如图所示，用一水平力F 把A 、B 两个物体挤压在竖直的墙上，A 、B 两物体均处于静止状态，下列判断正确的是 ( )A ．B 对A 的摩擦力方向竖直向下B ．F 增大时，A 和墙之间的摩擦力也增大C．若B的重力大于A的重力，则B受到的摩擦力大于墙对A的摩擦力D．不论A、B的重力哪个大，B受到的摩擦力一定小于墙对A的摩擦力解析：选AD对B受力分析可知，A对B的摩擦力方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力方向竖直向下，A正确；将A、B视为整体，由于A、B受到的重力不变，根据平衡条件可知B错误；B受到的摩擦力与B的重力等大，而墙对A的摩擦力与A、B的重力之和等大，故C错误，D正确。
高考物理专题万卷检测专题二相互作用及牛顿运动定律
1 2 3 F20XX 年衡水万卷物理专题二相互作用及牛顿运动定律一、选择题1．皮带传送机传送矿石的速度v 大小恒定，在轮缘A 处矿石和皮带恰好分离，如图所示，若轮子的半径为R ，则通过A 点的半径OA 和竖直方向OB 的夹角θ为( )A ．2arcsin v RgB ．2arccot v RgC ．2arctan v RgD ．2arccos v Rg2．如右图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，则( ) A ．小球立即做减速运动B ．小球一直做加速运动且加速度不变C ．小球所受的弹簧弹力等于重力时，小球速度最大D ．当弹簧处于最大压缩量时，小球的加速度方向向上3．如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F 的拉力作用，而左端的情况各不相同：①弹簧的左端固定在墙上；②弹簧的左端受大小也为F 的拉力作用；③弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动；④弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。
若认为弹簧质量都为零，以1L ．2L ．3L ．4L 依次表示四个弹簧的伸长量，则有( ) A ．2L >1L B ．4L > 3L C ．1L >3L D ．2L =4L4．如下图，水平地面上质量为m 的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k 的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则（ ） A ．弹簧的伸长量为k mg B ．弹簧的伸长量为kmgC ．物体受到的支持力与对地面的压力是一对平衡力D ．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对作用力与反作用力5．一质量为m 的物体放在固定的粗糙斜面上保持静止，现用水平力F 推m ，如右下图所示，当F 由零逐渐增加但物体m 仍保持静止状态的情况下，则（ ）A ．物体m 所受的静摩擦力逐渐减小直到为零B ．物体m 所受的弹力逐渐增加C ．物体m 所受的合力逐渐增加D ．物体m 所受的合力不变6．如图所示，把球夹在竖直墙面AC 和木板BC 之间，不计摩擦，球对墙的压力为FA ，球对板的压力为FB ，在将板BC 逐渐放至水平的过程中，下列说法正确的是：（ ） A ．FA 和FB 都增大 B ．FA 和FB 都减小 C ．FA 增大，FB 减小 D ．FA 减小，FB 增大7．如图所示，在光滑的水平面上叠放3个完全相同的木块，细绳绕过定滑轮，两端分别系FAFθBAα在第一．第三个木块上，用水平力F 拉第三块木块但未拉动，设第一块和第二块．第二块和第三块之间的摩擦力分别为12f 和23f ，且与滑轮的摩擦不计，则应有（ ） A ．1223f f < B ．1223f f >C ．1223f f =D ．122F f =8．如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑，A 与B 的接触面光滑。
专题：牛顿运动定律-2016年高考+联考模拟物理试题分项版解析解析版
一、选择题1．【2016·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–时间图线如下列图。
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，那么A．F1<F2B．F2>F3 C．F1>F3D．F1=F3【答案】A【解析】由v–t图象可知，0~5 s内加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mg sin【学科网考点定位】v t 图像，牛顿第二定律【名师点睛】此题考察了牛顿第二定律和运动学公式的根本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，根底题。
2．【2016·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】D【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，那么三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度一样，所以球的加速度也应该向右，应选项D正确。
【学科网考点定位】牛顿第二定律、整体法和隔离法【方法技巧】此题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体加速度一样。
3．【2016·江苏卷】如下列图，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．假设鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，那么在上述过程中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．假设猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．假设猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】BD【解析】由题图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布向左运动，故鱼缸受到桌布对其向右的摩擦力作【学科网考点定位】力与运动【方法技巧】此题重在分析清楚鱼缸的受力情况、运动情况。
先在桌布上加速，后在桌面上减速。
高考物理力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附答案解析(1)
高考物理力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附答案解析(1)一、选择题1．如图所示，传送带保持v 0＝1 m/s 的速度运动，现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ，则运动时间为（ ）A ．1sB ．2sC ．3sD ．4s2．随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐运动．如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球，由于恒定的水平风力作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A 穴，则（ ）A ．球被击出后做平抛运动B ．由于水平风力的原因球在空中运动的时间大于2h gC ．球被击出后受到的水平风力大小为mgLhD ．球被击出时的初速度大小为L2g h3．如图所示，弹簧测力计外壳质量为0m ，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m 的重物，现用一竖直向上的拉力F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，弹簧测力计的读数为0F ，则拉力F 大小为（ ）A ．0m mmg m+ B ．00m mF m+C．0mmmgm+D．00m mFm+4．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示.取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N5．下列关于超重和失重的说法中，正确的是（）A．物体处于超重状态时，其重力增加了B．物体处于完全失重状态时，其重力为零C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了D．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化6．如图A、B、C为三个完全相同的物体。
当水平力F作用于B上，三物体可一起匀速运动，撤去力F后，三物体仍可一起向前运动，设此时A、B间作用力为f1，B、C间作用力为f2，则f1和f2的大小为（）A．f1=f2=0B．f1=0，f2=F C．13Ff=，f2=23F D．f1=F，f2=07．如图所示，质量m=1kg、长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F=5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为( )（g取10m/s2）A．1J B．1.6J C．2J D．4J8．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A ．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B ．弹簧弹力不可能为34mg C ．小球可能受三个力作用D ．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg9．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块,木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接,弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球.某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ,在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示.不计木块与车厢底部的摩擦力,则在这段时间内弹簧的形变为( )A ．伸长量为 1tan m gkθ B ．压缩量为1tan m gk θ C ．伸长量为1m gk tan θD ．压缩量为1m gk tan θ10．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m 的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止， 并以此时为零时刻，在后面一段时间内传 感器显示弹簧弹力F 随时间t 变化的图象 如图乙所示，g 为重力加速度，则（ ）A ．升降机停止前在向下运动B ．10t -时间内小球处于失重状态，12t t -时间内小球处于超重状态C ．13t t -时间内小球向下运动，动能先增大后减小D ．34t t -时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量11．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A 的上表面水平且放有一斜劈B ，B 的上表面上有一物块C ，A 、B 、C 一起沿斜面匀加速下滑。
2016年高考物理真题专题汇编 专题C：牛顿运动定律 含解析(1)
牛顿运动定律C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律C2 牛顿第二定律单位制1．［2016·全国卷Ⅰ］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［解析] BC 由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同,且加速度恒定,单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同,选项C正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时,质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同,但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B正确;只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A 错误．2．［2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（）A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功2．BD [解析］设f＝kR，则由牛顿第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝错误!πR3·ρ，故a＝g－错误!，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知,v甲〉v乙，B正确；由x＝错误!at2可知,t甲〈t乙,A错误；由功的定义可知，W克服＝f·x，又f甲〉f乙，则W甲克服〉W乙克服，D正确．3．［2016·全国卷Ⅱ］如图1.，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM〈∠OMN〈错误!.在小球从M点运动到N点的过程中（）图1。
(新课标Ⅱ卷)2016年高考物理冲刺卷 01(解析版) Word版
第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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。
14．以下物理事实，描述正确的是（）A．在炼钢厂中，把熔化的钢水浇入圆柱形模子，模子沿圆柱的中心轴高速旋转，钢水由于受到离心力的作用趋于周壁，形成无缝钢管B．在燃气灶中，安装有电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高压放电来点燃气体，点火器的放电电极往往做成球状C．有些合金如锰铜合金和镍铜合金，由于电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻D．为保证电表在运输过程中指针晃动角度过大，不能用导线将两接线柱连起来【答案】C考点：离心现象；尖端放电；电阻；阻尼作用.【名师点睛】此题考查了物理规律在生活中的应用问题；例如离心现象、尖端放电、电阻、阻尼作用；关键要知道物体产生离心现象的原因；只有尖端才能聚聚大量电荷而发生放电；知道电磁阻尼现象在实际中的应用.15．如图所示，开口向下的“┍┑”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向夹角为θ，连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为（）A．2sinθ：1 B．2cosθ：1 C．1：2cosθ D．1：2sinθ【答案】C【解析】设绳的拉力为T，对两个滑块分别受力分析，如图所示：根据力的平衡可知，对A:m A g=T sinθ；对B：m B g=T sin2θ；则122ABm sinm sin cosθθθ＝＝，故选C.考点：物体的平衡【名师点睛】本题考查了物体的平衡问题；解题的关键是分别对两个物体受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式求解，注意跨过滑轮的同一条绳子上的张力是相同的；此题是基础题，意在考查学生对物理方法的运用能力.16．某质点做直线运动，运动速率的倒数1v与位移x的关系如图所示。
高考物理大二轮总复习 增分策略 第二篇 考前保温训练 第9天 直线运动和牛顿运动定律
考前第9天 直线运动和牛顿运动定律高频考点解读高频考点1 位移、速度和加速度(Ⅱ)(1)位移是指由物体的初位置指向末位置的有向线段，位移是矢量．(2)速度：物体在某段时间内通过的位移与所用时间的比值，即v ＝ΔxΔt ，速度的方向与物体位移的方向相同．(3)加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，即a ＝ΔvΔt ，a 的方向与速度变化量Δv 的方向相同．当a 的方向与速度方向相同时，物体做加速运动，当a 的方向与速度方向相反时，物体做减速运动．高频考点2 匀变速直线运动及其公式、图象(Ⅱ) (1)匀变速直线运动是指加速度不变的直线运动．(2)匀变速直线运动的条件：合外力恒定，且初速度为零或合外力与初速度在一条直线上． (3)匀变速直线运动的基本公式有：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2.几个重要的推论式：v 2－v 20＝2ax ，x ＝v t ＝v ＋v 02t ，v t 2＝v ＝v 0＋v 2，Δx ＝aT 2.对于初速度为零的匀加速直线运动，还有几个重要比例式：v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3；x 1∶x 2∶x 3＝1∶4∶9；x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ＝1∶3∶5；t 1∶t 2∶t 3＝1∶(2－1)∶(3－2)．(4)v －t 图象可以直观形象地描述匀变速直线运动，v －t 图象中，图线的斜率表示物体的加速度，图线与时间轴所围面积表示物体的位移． 高频考点3 力的合成与分解(Ⅱ) (1)力的合成法则：平行四边形定则．(2)合力与分力的关系：等效替代关系，合力可能大于分力，也可能小于分力，还可能等于分力．(3)力的分解方法：效果分解法和正交分解法．(4)分解的最小值：若已知F 合的大小和方向及一个分力F 1的方向，则另一个分力F 2取最小值的条件是F 1 ⊥F 2 .高频考点4 共点力的平衡(Ⅱ)(1)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态．(2)平衡条件：F 合＝0或⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝0F y ＝0(3)物体的受力分析：①若对物体系统分析受力要善于将整体法和隔离法结合使用．一定要养成画出受力分析示意图的习惯．②按“性质力”的顺序分析．即按重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序分析，不要把“效果力”与“性质力”混淆重复分析． (4)共点力平衡问题的处理方法：①合成法：物体受三个力作用处于平衡状态，其中任意两个力的合力必与第三个力等大反向，可通过两个力的合力求出第三个力．②图解法：分析物体受三个力的动态平衡时，如果其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，判断第三个力大小方向的变化时，可平移三个力构成一个动态的矢量三角形． ③解析法：分析物体受三个力的动态平衡时，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系，再根据角度的变化进行分析．④正交分解法：共点力合力为零时，各力在x 、y 轴上分量的代数和为零，即∑F x ＝0，∑F y ＝0.高频考点5 牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用(Ⅱ)(1)牛顿第一定律：①一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．②定律说明了任何物体都有惯性．③牛顿第一定律揭示了运动和力的关系：力不是维持物体速度(运动状态)的原因，而是改变物体速度(运动状态)的原因．④注意伽利略的理想实验所体现的将实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法．(2)牛顿第二定律：①表达式F ＝ma ，式中的F 为合力．②由该定律可知，力与加速度是瞬时对应关系，即加速度与力是同时产生、同时变化、同时消失的；力与加速度具有因果关系．力是产生加速度的原因．③利用牛顿第二定律解题常用的方法有正交分解法、整体法与隔离法等．④应用牛顿第二定律解决动力学的两类问题时，应抓住受力情况和运动情况之间的桥梁——加速度，画好受力分析示意图和运动轨迹草图．(3)牛顿第三定律：作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．当待求的某个力不容易求时，可通过转移研究对象，先求它的反作用力，再利用牛顿第三定律反过来求待求力． 考前保温训练1．(2015· 中山二模)在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常非常小时，ΔxΔt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法C ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D ．在推导匀变速运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2．(2015·北京市东城区4月模拟)用手按住木块在竖直墙壁上缓慢运动，突然松手后，下列说法正确的是( ) A ．木块所受重力发生变化 B ．木块所受支持力保持不变 C ．木块所受摩擦力发生变化 D ．木块的运动状态保持不变3．(2015·南京、 盐城一模)减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全，当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F ，则选项图中弹力F 画法正确且分解合理的是( )4. (2015·海南省5月模拟)雾霾天气容易给人们的正常生活造成不良影响．在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，于是，司机紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵．如图1所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图线，以下说法正确的是( )图1A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B．在t＝5 s时追尾C．在t＝3 s时追尾D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾5．(2015·商丘二模)如图2甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v－t图象如图乙所示．g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的v－t图象为( )图26．(2015·日照一模) 如图3所示，水平地面上一个倾角为θ的斜面体紧贴竖直墙壁，斜面体和墙壁之间再放一个质量为m的铁球，各接触面均光滑．现对铁球施加水平推力F的作用，整个系统始终处于静止状态，下列说法中正确的是( )图3A．斜面体对铁球施加的弹力一定大于mgB．斜面体对铁球施加的弹力可能小于mgC．水平推力逐渐增大时，铁球对斜面体施加的弹力一定增大D．水平推力逐渐增大时，斜面体对墙壁施加的弹力一定增大7．(2015·海南模拟) 如图4所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面体B 上，现用大小相等方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动．则( )图4A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定等于mgD．地面对B的支持力大小一定等于(m＋M)g8．(多选)(2015·湖北八校二模)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图5甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )图5A．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动加速度大小为M －mMg 9．(2015·福建模拟)2014年初，“雪龙号”破冰船成功营救俄罗斯科考人员后被浮冰围困．脱困方式为：接触重冰区前，船从静止开始做匀加速直线运动，运动距离l 到达重冰区，此时速度为v ，且恰好达到额定功率P ，然后冲上重冰区冰面，利用船头的冰刀和船体把冰压碎，最终脱困．已知船总质量为m ，求： (1)船接触重冰区前的加速度大小a ； (2)船刚接触重冰区时所受的阻力大小F f .学生用书答案精析第二篇 高频考点解读，考前保温训练 考前第9天 直线运动和牛顿运动定律 考前保温训练 1．A 2.C 3.B4．C [根据速度—时间图象与时间轴所围“面积”大小等于位移，由题图知，t ＝3 s 时，卡车的位移为：x b ＝v b t ＝10×3 m＝30 m汽车的位移为：x a ＝12×(30＋20)×1 m＋12×(20＋15)×2 m＝60 m ，则x a －x b ＝30 m ，所以在t ＝3 s 时追尾．故A 、B 、D 错误，C 正确．] 5．C6．A [对球受力分析，如图．根据共点力平衡条件，有：F N1＋F N2sin θ＝F F N2cos θ－mg ＝0解得：F N2＝mgcos θ＞mg ，即斜面体对球的弹力一定大于mg ，故A 正确，B 错误；当F 增大时F N2大小不变，故C 错误；因为随F 增大，球对斜面体的作用力保持不变，故以斜面体为研究对象，当F 增大时斜面体受到的作用力保持不变，故斜面体对墙壁施加的弹力保持不变，故D 错误．] 7．D8．BC [第一次放置时M 静止，则：Mg sin α＝mg ，第二次放置时，由牛顿第二定律：Mg －mg sin α＝(M ＋m )a ，联立解得：a ＝(1－sin α)g .对m 由牛顿第二定律：F T －mg sin α＝ma ，解得：F T ＝mg ，故A 、D 错误，B 、C 正确．]9．(1)v 22l (2)P v －mv 22l解析 (1)由匀变速直线运动的规律得v 2－0＝2al ① 由①式得a ＝v 22l②(2)设刚接触重冰区时，牵引力为F ，则P ＝Fv ③由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ④由②③④式得F f ＝P v －mv 22l.。
2016年高考物理真题试卷汇编：考点3 牛顿运动定律(含答案和解析)
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【解析】选 B、D。设小球的密度为 ,其质量 m= 4r3 ,设阻力与球的半径的比
3
值为
k,根据牛顿第二定律得:a=
(mg m
kr)
=g-
kr ( 4r3
)
=g-
3k 4r 2
,由此可见,由
m
甲>
3
m 乙, 甲= 乙,r 甲>r 乙可知 a 甲>a 乙,选项 C 错误;由于两球由静止下落,两小球下落
考点 3 牛顿运动定律
一、选择题
1.(2016·全国卷 II·T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于
乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成
正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则 ( )
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
相同的距离则由 x= 1 at;由 v2=2ax 可知,甲球末速度
2
a
的大小大于乙球末速度的大小,选项 B 正确;由于甲球质量大于乙球质量,所以甲
球半径大于乙球半径,甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力,则两小球下落相同
的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,选项 D 正确。
二、计算题 6. （2016·海南高考·T13）水平地面上有质量分别为 m 和 4m 的物块 A 和 B,
两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定,另一端跨过轻质动滑轮与 A 相连,动滑轮与 B 相连,如图所示。初始时,绳处于水平拉直状态。若物块 A 在水 平向右的恒力 F 作用下向右移动了距离 s,重力加速度大小为 g。求:
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相互作用和牛顿运动定律(限时30分钟)1．(多选)下列关于摩擦力的说法，正确的是( )A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速答案：CD解析：摩擦力总是阻碍物体的相对运动(或相对运动趋势)，而物体间的相对运动与物体的实际运动无关．当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时，摩擦力是动力，方向相反时为阻力，故C、D项正确．2．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力答案：D解析：若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝g tan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．3．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )A．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小答案：A解析：B 向右做匀减速直线运动，加速度大小不变、方向向左，故所受摩擦力的方向向左，大小不变，即A 正确，B 、C 、D 均错误．4．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m ＝1.0 kg 的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N ．关于物体受力的判断(取g ＝9.8 m/s 2)，下列说法正确的是( )A ．斜面对物体的摩擦力大小为零B ．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N ，方向沿斜面向上C ．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N ，方向竖直向上D ．斜面对物体的支持力大小为4.9 N ，方向垂直斜面向上答案：A解析：物体重力在斜面方向上的分力：G x ＝mg sin 30°＝4.9 N ，由此可推断f ＝0，即A 正确，B 错误．物体重力在垂直斜面方向上的分力：G y ＝ mg cos 30°＝4.9 3 N ，方向垂直斜面向下，即支持力大小为4.9 3 N ，方向垂直斜面向上，故C 、D 均错误．5．如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g .若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为( )A.mg2sin α B.mg2cos αC.12mg tan α D.12mg cot α 答案：A 解析：石块受力如图所示，由对称性可知两侧面所受弹力大小相等，设为F N ，由三力平衡可知四边形OABC 为菱形，故△ODC 为直角三角形，且∠OCD ＝α，则由12mg ＝F N sin α可得F N ＝mg 2sin α，故A 正确．6．(多选)用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )A．P受4个力B．Q受3个力C．若绳子变长，绳子的拉力将变小D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大答案：AC解析：先研究Q，水平方向上Q受墙壁和小球P的弹力而平衡，竖直方向上Q受重力和P对它的竖直向上的摩擦力而平衡，故Q受到的静摩擦力始终等于其重力，选项B、D错误；再研究P，P受重力、绳子拉力、Q对它的支持力和竖直向下的摩擦力作用，选项A正确；以P、O整体为研究对象，设绳子与墙壁之间的夹角为θ，若绳子变长，θ将变小，根据平衡条件在竖直方向上有：F cos θ＝G总，则绳子的拉力将变小，选项C正确．7．如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有( )A ．a 1＝0，a 2＝gB ．a 1＝g ，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g 答案：C解析：木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg .木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg .由平衡条件和牛顿第二定律可得a 1＝0，a 2＝m ＋M Mg .答案为C. 8.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，取g ＝10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )甲 乙A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处答案：BD 解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a＝1 s 与传送带达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动历时t 2＝2 m －x 1v＝1.5 s到达B 处，共用时间2.5 s ；乘客到达B 处历时t 2＝2 m v＝2 s ，故B 正确，A 、C 错误．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 9．如图所示，质量分别为m 1、m 2的物块A 、B 用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平力F (F ＝kt ，k 为大于0的常数)向右拉A ，已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数相等且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳的承受力足够大，则下列关于绳中弹力大小F N 随时间t 的变化关系的图象中正确的是( )答案：A解析：当μm 1g ≥F ＝kt 时，绳中无弹力，C 错；当μ(m 1＋m 2)g ≥kt >μm 1g 时，由力的平衡知F N ＋μm 1g ＝kt ，即F N 与时间成线性关系，当F >μ(m 1＋m 2)g 时，A 、B 一起向右加速，a ＝F －μ m 1＋m 2 g m 1＋m 2，而F N －μm 2g ＝m 2a ，联立得F N ＝m 2m 1＋m 2kt ，即F N 随时间变化的图线是一条过原点的直线，A 对，B 、D 错．10．中央电视台推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能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 是长度为L 1＝5 m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC 长度为L 2＝1 m ，瓶子质量为m ＝0.5 kg ，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝20 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(取g ＝10 m/s 2)(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？答案：(1)16s (2)0.4 m 解析：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C 点速度正好为零时，推力作用时间最长，设最长作用时间为t 1，有推力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a 1，t 1时刻瓶的速度为v ，推力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1μmg ＝ma 2加速运动过程中的位移x 1＝v 22a 1减速运动过程中的位移x 2＝v 22a 2位移关系满足：x 1＋x 2＝L 1又：v ＝a 1t 1由以上各式解得：t 1＝16s. (2)要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离为d ，则：v ′22a 1＋v ′22a 2＝L 1－L 2 v ′2＝2a 1d联立解得：d ＝0.4 m.11．如图所示，一儿童玩具船静止在水平地面上，一个儿童用与水平面成53°角的恒力拉着船沿水平面运动，已知拉力F ＝4.0 N ，玩具船的质量m ＝0.5 kg ，经过时间t ＝2.0 s ，船移动的距离x ＝4.2 m ，这时儿童松开手，船又滑行了一段距离后停下(取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．(1)求船与水平地面间的动摩擦因数以及松开手后船还能运动的距离．(2)若拉力与水平面成53°角不变，为使船能始终在地面上运动，求拉力F 的取值范围．若拉力与水平面之间夹角不定，使船能在地面上运动的最小拉力是多少？答案：(1)1.176 m (2)见解析解析：(1)由牛顿第二定律得F cos 53°－μ(mg －F sin 53°)＝ma根据运动学公式知x ＝12at 2 解得μ＝0.75松手时船滑行的速度v m ＝2x t＝4.2 m/s 松手后船滑行的加速度大小a 1＝μg ＝7.5 m/s 2滑行距离s ＝v 2m 2a 1＝1.176 m. (2)为使船始终在地面上滑行，最小的拉力应使它在地面上匀速运动，由牛顿第二定律得F 1cos 53°－μ(mg －F 1sin 53°)＝0，解得F 1＝3.125 N拉力取最大值时，它的竖直分量等于重力F 2sin 53°＝mg ，F 2＝6.25 N所以拉力的取值范围是3.125 N≤F ≤6.25 N取船为研究对象，其在与水平面夹角为θ、斜向右上方的拉力F 作用下，沿水平面向右做匀速直线运动，此时，船的受力情况如图所示，沿两坐标轴方向列出平衡方程：F cos θ－f ＝0F sin θ＋N －mg ＝0考虑到滑动摩擦力f 与正压力N 间的关系f ＝μN由上述三式消去未知量N 和f ，将F 表示为θ的函数，得F ＝μmg cos θ＋μsin θ对上述表达式作变换，得F ＝μmg cos θ－α 1＋μ2，其中tan α＝μ 由此可知，当θ＝α＝arctan μ时，拉力F 可取得最小值F min ＝μmg1＋μ2.。