2018年高考物理复习第3章 第1讲
2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律课件
况，在此基础上，牛顿第二定律定量地指出了力和运动的联系：F＝ma。
而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持。
(3)揭示了物体不受力作用时的运动状态：牛顿第一定律描述的只是一种理 想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为 零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状 态。
2．理解牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系
[ 解析]
牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给
出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故 A 错误；地球上的一切物体都受到重力，完全不受力的物体是没有的，牛顿第一 定律不可以用实验验证，故 B错误；牛顿第二定律成立的参考系是惯性系，故 牛顿第二定律在非惯性系中不成立，故 C正确；为纪念牛顿，人们把力的单位
力的性质 大小关系 方向关系 依赖关系 一定是同性质的力 大小相等 方向相反且共线 相互依存，不可单独存在
无依赖关系，撤除一个力，另一个 力依然可以存在，只是不再平衡
手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列 说法正确的是 导学号 51342256 ( C ) A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂 B． 锤头受到的力大于玻璃受到的力， 只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力 才没有碎裂 C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃 更大的力才没有碎裂 D．因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互 作用力的大小
2018年高考物理复习专题三 第1讲
第1讲电场高考命题轨迹考情分析电场的性质是力与能在电磁学中的延续，结合带电粒子(微粒)在电场中的运动综合考查牛顿第二定律、动能定理及运动的合成与分解是常用的命题思路．2016年静电场分值略有减少，难度降低，2017年又出现计算题．可见这部分内容综合性强，仍然是命题的热点，且有轮考迹象．知识方法链接1．电场力的性质：由电场强度E描述，既有大小又有方向．某一场点的电场强度等于各场源电荷产生的电场的矢量和(注意场源电荷分布的对称性)．电场线的疏密和方向形象描述电场的强弱与方向．要熟练掌握点电荷、等量同种点电荷、等量异种点电荷等的电场线分布与特点．2．电场能的性质：由电势φ和电势差U描述，没方向但有正负(在涉及功、能的计算中，电荷的正负号、电势、电势差、电势能、电场力的功等的正负号都要带着，涉及力的运算时一般不带)．某一场点的电势等于各场源电荷在该处产生电势的代数和．等势面形象描述电场能的性质与电场强弱，要掌握几种典型电场的等势面分布特点．3．电荷电势能高低的判断：(1)由E p＝qφ判断：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．(2)由W AB＝E p A－E p B判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．(3)只有电场力做功时电荷的电势能与动能之和守恒，动能减小则电势能增加．4．运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即外力指向轨迹凹陷的一侧；电场力一定沿电场线切线即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．真题模拟精练1．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图1所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()图1A．E a∶E b＝4∶1B．E c∶E d＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3答案 AC 解析 由题图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c＝41，故A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故C 正确，D 错误．2．(多选)(2017·全国卷Ⅲ·21)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图2所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )图2A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV答案 ABD解析 如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm,6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势．由几何关系可得，cf 的长度为3.6 cm ，电场强度的大小E ＝U d ＝(26－17) V 3.6 cm＝2.5 V/cm ，故选项A 正确；因为Oacb 是矩形，所以有U ac ＝U Ob ，可知坐标原点O 处的电势为1 V ，故选项B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，故选项C 错误；b 点电势比c 点电势低9 V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV ，故选项D 正确．3.(多选)(2017·山东枣庄市一模)如图3所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道CD 的最低点，光滑直导轨的上端点D 到A 、B 两点的距离均为L ，D 在AB 边上的竖直投影点为O .一对电荷量均为－Q 的点电荷分别固定于A 、B 两点，在D 处将质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k 、重力加速度为g ，且k Qq L 2＝33mg ，忽略空气阻力，则( )图3A ．轨道上D 点的场强大小为mg 2qB ．小球刚到达C 点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小答案 BC解析 负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D 处的电场强度分别指向A 与B ，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿∠ADB 的角平分线．由库仑定律，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E B ＝kQ L2＝3mg 3q ，它们的合场强：E D ＝E A cos 30°＋E B cos 30°＝mg q，故A 错误；由几何关系知，DO ＝CO ＝32L ，则∠OCD ＝45°.小球刚到达C 点时，对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图所示．由于C 到A 、B 的距离与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合对D 点的分析可知，C 点的电场强度的大小与D 点的电场强度的大小相等，方向指向O 点，即：E C ＝E D ＝mg q.沿轨道CD 方向：mg cos 45°－F ·cos 45°＝ma ，其中F 是库仑力，F ＝q ·E C ＝q ·mg q＝mg ，解得a ＝0，故B 正确；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点的电势是相等的，所以小球从D 到C 的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得：mg ·OD ＝12m v 2，则小球的动能：E k ＝12m v 2＝3mgL 2，故C 正确；由几何关系可知，在C 、D 的连线上，C 、D 连线的中点处到A 、B 的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在C 、D 的连线中点处的电势能最小，则小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先减小后增大，故D 错误．4．(多选)(2017·山东济宁市模拟)如图4甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1带负电，a 、b 两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其速度－时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是( )图4A ．Q 2一定带正电B ．b 点的电场强度一定为零C ．Q 2的电量一定大于Q 1的电量D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小答案 ABD解析 由题图的速度—时间图象可知，粒子从a 到b 做加速度减小的减速运动，在b 点时粒子的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，Q 1对负电荷的电场力向右，则Q 2对负电荷的电场力向左，所以Q 2带正电，故A 、B 正确；b 点场强为零，可见两点电荷在b 点对负电荷的电场力大小相等，根据F ＝k qQ r2，b 到Q 1的距离大于b 到Q 2的距离，所以Q 1的电量大于Q 2的电量，故C 错误；整个运动过程动能先减小后增大，根据能量守恒定律可知，粒子的电势能先增大后减小，故D 正确．知识方法链接1．三个公式电容定义式：C ＝Q U平行板电容器电容决定式：C ＝εr S 4πkd匀强电场中电场强度与板间电压、板间距离关系：E ＝U d. 2．必须明确的两个关键点(1)如图5所示，电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变．图5(2)电路处于断开状态时，电容器两极板所带电荷量不变．3．充放电电流方向(1)充电时电流由电源正极流向电容器正极板．(2)放电时电流由电容器正极板流向电源正极．4．平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化．(2)应用平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd分析电容器电容的变化． (3)应用电容的定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量和两板间电压的变化情况． (4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论． 真题模拟精练5．(2017·湖北孝感市一模)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小．如图6所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计，开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是( )图6A ．断开开关S 后，将A 、B 两极板分开些B ．断开开关S 后，增大A 、B 两极板的正对面积C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板拉近些D ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动答案 B解析 断开开关，电容器所带电荷量Q 不变，将A 、B 分开一些，则d 增大，根据C ＝εr S 4πkd知，电容C 减小，根据C ＝Q U知，电势差增大，指针张角增大，故A 错误；断开开关，电容器所带电荷量Q 不变，增大正对面积，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容C 增大，根据C ＝Q U知，电势差U 减小，指针张角减小，故B 正确；保持开关闭合，不论使A 、B 两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故C 、D 错误．6.(多选)(2017·山东烟台市模拟)如图7所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为D ，在下极板上叠放一厚度为d 的金属板A ，d <D ，其上部空间有一带负电的粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动，已知重力加速度为g .则下列判断正确的是( )图7A ．电容器的电容变大B ．两板间的电场强度不变C ．上极板所带电荷量变小D ．粒子运动的加速度大小为d Dg 答案 CD解析 当把金属板从电容器中快速抽出后，导致极板间距增大，依据电容的决定式C ＝εr S 4πkd，可知，电容器的电容变小，故A 错误；因电势差U 不变，而极板间距增大，依据E ＝U d可知，板间的电场强度变小，故B 错误；平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，则电势差U 不变，根据公式C ＝Q U，因电容C 变小，则极板所带电荷量变小，故C 正确；粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg ＝q U D －d，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子重力大于所受电场力，根据牛顿第二定律，有：mg －q U D ＝ma ，解得：a ＝d Dg ，故D 正确．知识方法链接1．匀强电场中的直线运动的两种处理方法(1)动能定理：不涉及t 、a 时可用．(2)牛顿第二定律＋运动学公式：涉及a 、t 时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v －t 图象使用．2．匀强电场中的偏转的处理方法(1)用平抛运动处理方法：运动的分解．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝L v 0. ②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md. ③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUL 22md v 20. ④速度偏向角tan φ＝v y v 0＝――――――→ qUx x=L md v 02 tan φ＝qUL md v 20； 位移偏向角tan θ＝y x ＝――――――→qUx x=L 2md v 02 tan θ＝qUL 2md v 20. (2)动能定理：涉及功能问题时可用．注意：偏转时电场力的功不一定是W ＝qU板间，应该是W ＝qEy (y 为偏移量)． 真题模拟精练7．(多选)(2017·河南安阳市一模)如图8所示，平行带电金属板M 、N 相距为d ，M 、N 分别与电源的正、负极相连，M 板上距左端距离为d 处有一个小孔A .当开关K 闭合时，有甲、乙两个相同的带电粒子同时射入电场，甲从两极板中间O 点处以初速度v 1平行于两极板射入，乙从A 孔以初速度v 2垂直于M 板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N 板上的B 点，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )图8A ．甲、乙的初速度v 1与v 2的关系为v 1v 2＝2 B ．甲、乙的初速度v 1与v 2的关系为v 1v 2＝ 2 C ．若将开关K 断开，并将N 板向下平移一小段距离，甲、乙粒子仍以各自的初速度从原来的位置开始进入电场运动，一定会同时打到N 板上的B 点D ．若将开关K 断开，并将N 板向上平移一小段距离，甲、乙粒子仍以各自的初速度从原来的位置开始进入电场运动，甲一定打到N 板上B 点的左侧答案 AD解析 甲做类平抛运动，打在下极板的B 点，知甲带正电，由于甲、乙是相同的带电粒子，可知乙也带正电，乙在电场中做匀加速直线运动．对甲，水平方向：d ＝v 1t ①竖直方向：d 2＝12at 2② 对乙，d ＝v 2t ＋12at 2③ 联立①②③得：v 1v 2＝2，故A 正确，B 错误； 开关K 断开，电容器的带电荷量不变，N 板向下平移，距离增大，E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd·d ＝4πkQ εr S ，两板间的电场强度不随极板间距变化，场强不变，加速度不变，甲粒子的竖直位移变大，运动时间变大，水平位移变大，甲打在B 点的右侧，乙还打在B 点，故C 错误；同理可知，N 板向上平移一小段距离，电场强度不变，粒子加速度不变，竖直位移减小，运动时间变小，水平位移变小，所以甲一定打在N 板上B 点的左侧，故D 正确．8．(2017·湖北黄冈市模拟)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图9所示，A 、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d ＝1.0 m ，两板间有方向竖直向上，大小为E ＝1.0×103 N/C 的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷口可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 0＝1.0 m/s ，质量均为m ＝5.0×10－14 kg ，带电荷量均为q ＝－2.0×10－15 C 的带电油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上，取g ＝10 m/s 2.下列说法错误的是( )图9A ．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB ．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为2.0×10－12 JC ．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，则喷涂面积增大为原来的2倍D ．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，则喷涂面积减小为原来的12答案 D解析 沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a ＝qE ＋mg m＝2.0×10－15×1.0×103＋5.0×10－135.0×10－14＝50 m/s 2，根据d ＝12at 2得，t ＝2d a ＝250s ＝0.2 s ，故A 正确；沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为W ＝qEd ＝2.0×10－15×1.0×103×1.0 J ＝2.0×10－12 J ，故B 正确；若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，根据d ＝12at 2得，t 变为原来的2倍，则喷涂面积的半径变为原来的2倍，面积变为原来的2倍，故C 正确；若其他条件不变，E 增大为原来的2倍，则加速度a ′＝2.0×10－15×2.0×103＋5.0×10－135.0×10－14＝90 m/s 2，加速度变为原来的95倍，时间t 变为原来的53倍，喷涂面积的半径变为原来的53倍，面积减小为原来的59，故D 错误． 9．(多选)(2017·四川宜宾市二诊)如图10甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2d v 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图10A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为m v 202U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 20 D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场 答案 AD10.(2015·全国卷Ⅱ·24)如图11所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．图11答案 m v 20q解析 设带电粒子在B 点的速度大小为v B ，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°由此得v B ＝3v 0设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有，qU AB ＝12m v 2B －12m v 2A解得U AB ＝m v 20q .知识方法链接匀强电场中电场力为恒力，物体重力也为恒力，二者合力也是恒力，处理电场与重力场的叠加场时可用二者合力来代替两力，称为“等效重力”．G ′＝(mg )2＋(qE )2，a ＝ g 2＋(qE m )2.处理圆周运动、抛体运动时，找到轨迹的“等效最低点”“等效最高点”，类比只有重力时的情况解题即可．真题模拟精练11．(多选)(2017·湖北荆门市元月调考)如图12所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P (1k ，1k)．已知重力加速度为g ，则( )图12A ．电场强度的大小为mg qB ．小球初速度的大小为2g kC ．小球通过点P 时的动能为5mg 4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k答案 CD解析 小球以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，竖直方向：qE ·sin 45°＝mg ，所以qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mg q，故A 错误；小球受到的合力：F 合＝qE cos 45°＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由平抛运动规律有：1k ＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，故B 错误；由于1k ＝v 0t ，1k ＝12gt 2，小球做类平抛运动，所以v y v 0＝212gt 2v 0t＝2，小球通过点P 时的动能为：12m v 2＝12m (v 20＋v 2y )＝5mg 4k，故C 正确；小球从O 到P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：W ＝qE ·1k cos 45°＝2mg k，故D 正确． 12．(2017·全国卷Ⅱ·25)如图13所示，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m ，电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：图13(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小．答案 (1)3∶1 (2)13H (3)2mg 2q解析 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0①s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③ 联立①②③式得s 1s 2＝3④ (2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式 v 2y ＝2gh ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H ⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qE mg⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪ 由已知条件E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝2mg 2q专题规范练题组1 高考真题体验1．(2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案 D解析 由C ＝εr S 4πkd可知，当云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小．再由E ＝U d，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确．2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )图1A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小答案 AB解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D 选项错；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q 点动能大于P 点的动能，B 选项正确．3．(2016·全国卷Ⅱ·15)如图2，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )图2A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b答案 D解析 由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝F m，可知a b >a c >a a .根据粒子的轨迹可知，粒子Q 与场源电荷P 的电性相同，二者之间存在斥力，由c →b →a 整个过程中，电场力先做负功再做正功，且|W ba |>|W cb |，结合动能定理可知，v a >v c >v b ，故选项D 正确．4．(2016·全国卷Ⅲ·15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A ．两个电势不同的等势面可能相交B ．电场线与等势面处处相互垂直C ．同一等势面上各点电场强度一定相等D ．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 答案 B解析 若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A 错；电场线一定与等势面垂直，B 对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C 错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D 错．5．(2015·全国卷Ⅰ·15)如图3，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )图3A ．直线a 位于某一等势面内，φM ＞φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM ＞φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功答案 B解析 电子带负电荷，电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有W MN ＝W MP ＜0，而W MN ＝qU MN ，W MP ＝qU MP ，q ＜0，所以有U MN ＝U MP ＞0，即φM ＞φN ＝φP ，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，有φM ＝φQ ，故A 错误，B 正确；电子由M 点到Q 点过程中，W MQ ＝q (φM －φQ )＝0，电子由P 点到Q 点过程中，W PQ ＝q (φP －φQ )＞0，故C 、D 错误．6．(2015·全国卷Ⅱ·14)如图4所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图4A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．7.(2014·新课标Ⅰ·25)如图5所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点．使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g .求：图5(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．答案 (1)73 (2)3mg 6q电场方向斜向右下方，与竖直方向的夹角为30°解析 (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2② 又有E k0＝12m v 20③ 由①②③式得E k0＝38mgd ④ 设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤ 由④⑤式得E k A E k0＝73⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d 2，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0⑦ ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0⑧ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有x 32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d ，MA 为等势线，电场强度方向必与其垂线OC 方向平行．设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场强度方向斜向右下方，与竖直方向的夹角为30°.设电场强度的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg 6q。
2018届高考物理(全国通用)一轮总复习 配套课件 3.3
10 m + × 0.8× 62 m
(2)4.8 m/s (3)69.6 m
1 2
=69.6 m
【参考答案】 (1)1.6 m/s2 0.8 m/s2
第三章
考点一 考点二 考点三
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
-10-
考点二 整体法和隔离法 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 要求出系统内两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。
第三章
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
主干知识回顾
名师考点精讲 综合能力提升 课堂限时检测
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【提示】牛顿定律应用的三点提醒: (1)要明确研究对象是单一物体,还是几个物体组成的系统。对于系统要注意:加速度相 同,可采用整体法;加速度不同,应采用隔离法。 (2)要明确物体的运动过程是单一过程,还是多过程,注意分析每一运动过程的受力情况 和运动情况。 (3)对于多过程问题,要注意分析联系前、后两个过程的关键物理量是速度,前一过程的 末速度是后一过程的初速度。
第三章
考点一 考点二 考点三
第3讲 牛顿运动定律的综合应用
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
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2018版高考物理一轮总复习第3章牛顿运动定律第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律课件
固有属性 ，一切物体都具 (3)普遍性：惯性是物体的__________ 无关 (选填“有 有惯性，与物体的运动情况和受力情况_____
关”或“无关”)。 (4)惯性不是力，没有方向。不能说“惯性力”或“向 前的惯性”等。 知识点 2 牛顿第三定律 Ⅱ 1.作用力和反作用力
(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二 定律是相互独立的。 力是如何改变物体运动状态的问题由牛 顿第二定律来回答。 牛顿第一定律是经过科学抽象、 归纳推 理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
1.[2017· 武汉模拟]月球表面上的重力加速度为地球表 1 面上的重力加速度的 ，同一个飞行器在月球表面上时与在 6 地球表面上时相比较( ) 1 A.惯性减小为在地球上的 ，重力不变 6 1 B.惯性和重力减小为在地球上的 6 1 C.惯性不变，重力减小为在地球上的 6 D.惯性和重力都不变
解析
物体的惯性大小仅与物体的质量大小有关， 因质
量是恒量，同一物体的质量与它所在的位置及运动状态无 关，所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变，物体 的重力是个变量， 这个飞行器在月球表面上的重力为 G 月＝ g地 G地 mg 月＝m·匀速行驶的小车，车上 固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的 情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙 述正确的是( )
必考部分
第3章 牛顿运动定律
第 1讲
牛顿第一定律 牛顿第三 定律
板块一 主干梳理· 对点激活
知识点 1
牛顿第一定律
Ⅱ
1.牛顿第一定律
匀速直线运动 状态或 (1)内容：一切物体总保持_______________
静止 改变 这种状态。 _____状态，除非作用在它上面的力迫使它_____
高考物理一轮复习课件第3讲第1课时动量守恒的常见模型反冲爆炸人船子弹打木块滑块与弹簧板块模型
知识回顾
三、人船模型
如图所示,两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量 守恒,在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样 的问题归为“人船”模型问题 模型构建
两物体满足动量守恒定律:m1v1-m2v2=0 模型特点
七、板块模型
谢 谢 大
家
(1)B、C第一次碰撞后,C的速度大小vC; (2)弹簧具有的最大弹性势能Ep; (3)整个运动过程中,B的动量变化量的大小Δp。
知识回顾
六、物块-斜面模型
模型图示
物块m从光滑的水平地面上滑到光滑的斜面体M(或曲面体)上，上升到最高点，又 模型特点
滑离斜面体。 （1）物块m和斜面体M组成的系统满足：①水平方向上动量守恒，②机械能守恒 模型规律 （2）物块滑到斜面体最高点：物块和斜面体有共同速度。（原因：物块参与了两 个分运动）
四、子弹打木块模型
【典例4】质量为m的子弹以某一初速度v0击中静止在光滑水平地面上质量为M的木块, 并陷入木块一定深度后与木块相对静止。甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子 弹和木块可能的相对位置,设木块对子弹的阻力大小恒定,下列说法正确的是( C )
A.M越大,子弹射入木块的时间越短 B.M越大,子弹射入木块的深度越浅
当弹簧恢复原长时，m1和m2两物体组成的系统没有机械能损失，系统机械能 守恒。此时，可看成m1和m2两物体发生弹性碰撞。 （2）对m1、弹簧和m2三者组成的系统，全过程系统动量守恒，系统机械能守恒。
五、弹簧-滑块模型
【典例5】如图所示,足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C,质量分别为2m、m、m,B 的左侧固定一轻弹簧(不与A固定),A、B共同以速度v0向C运动,弹簧处于原长,C静止,B、C 间发生弹性碰撞。求:
最新-2018浙江省高考物理总复习 第3章第一节 牛顿第一、第三定律课件 大纲 精品
第
一
基础知识梳理
节
牛 顿
课堂互动讲练
第
一
、
经典题型探究
第
三
定 律
知能优化演练
基础知识梳理
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．成立条件：宏观、低速运动的物体，物体处于 _惯__性__参考系． 3．牛顿第一定律的意义 (1)指出了一切物体都有_惯__性__，因此牛顿第一定律 又叫_惯__性__定律． (2)指出力不是_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．
牛顿第三定律的应用 例3 (满分样板 10分)一个箱子放在水平地面上， 箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与 杆的质量为M，环的质量为m，如图3－1－2所示， 已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小 为Ff，则此时箱子对地面的压力大小为多少？
图3－1－2
【思路点拨】 箱子对地面的压力与地面 对箱子的支持力是作用力与反作用力．因 此，只要以箱子为研究对象求出地面对箱 子的支持力即可得到答案．
解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关， A、C不正确；失重或重力加速度发生变化时， 物体质量不变，惯性不变，所以B错D对．
二、对牛顿第一定律的理解 1．明确惯性的概念 牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个重要属性— —惯性，即物体总保持匀速直线运动状态或静止状 态的性质． 2．揭示了力的本质 牛顿第一定律对力的本质进行了定义：力是改变物 体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原 因．例如，运动的物体逐渐减速直至停止，不是因 为不受力，而是因为受到了阻力．
高考物理总复习第1讲 描述运动的基本概念
②都是过程量 联系
③一般情况下，物体(质点)的位移大小小于其路程，只有在物体(质点)
做 06 __单__向__直__线____运动时，其位移大小才等于路程
1．[教材母题] (人教版必修 1 P14·T1、T2)(1)以下各种说法中，哪些指 时间？哪些指时刻？
A．列车员说：“火车 8 点 42 分到站，停车 8 分。” B．“您这么早就来啦，等了很久吧！” C．“前 3 秒”“最后 3 秒”“第 3 秒末”“第 3 秒内”。 (2)某市出租汽车的收费标准有 1.20 元/公里、1.60 元/公里、2.00 元/公 里……其中的“公里”说的是路程还是位移？
6．P19～21 打点计时器使用什么电源？从纸带上如何确定物体的运动速 度？实验时，接通电源和拉动纸带的顺序是怎样的？
提示：交流电源；用前后相邻两点间的平均速度代表纸带上打这一点 时物体的瞬时速度；先接通电源后拉动纸带。
7．P24[科学漫步]测出的速度是不是瞬时速度？ 提示：是瞬时速度。 8．P25[思考与讨论]加速度描述什么？加速度大说明什么？ 提示：加速度描述物体速度变化的快慢；加速度大说明物体速度变化 快。 9．P26～27 课本底图，你能根据飞机间距的关系做出什么判断？ 提示：飞机正在加速前进。
1．(多选)下列关于物体是否可以看做质点的说法中，正确的有( ) A．研究奥运游泳冠军叶诗文的游泳技术时，叶诗文不能看成质点 B．研究飞行中直升机上的螺旋桨的转动情况时，直升飞机可以看做质 点 C．观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看做质点 D．在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看做质 点
14．P38～39 阅读“匀变速直线运动的位移”一段，体会“微元法”。 提示：时间分得非常细。 15．P40[思考与讨论]初速度为 0 的匀变速直线运动的 x-t2 图象斜率的物 理意义是什么？ 提示：斜率表示加速度的一半。 16．P41[问题与练习]T5，你还能作出 T5 的 v-t 图象吗？ 提示：能，如图所示。
2018年高中物理选修3-1课件：第3章 本章总结
解析:(1)设粒子在由 P 到 M 的过程中运动时间为 t,在 M 点时速度为 v′, 沿 x 轴正方向的速度大小为 vx,带电粒子在第二象限做匀变速曲线运动,则 OM =vt= 2 3 L
解析:安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流 的方向垂直,A 项错误,B 项正确;安培力 F=BILsin θ,其中θ是导线与磁场方向 的夹角,所以 C 项错误;以直导线与磁场垂直放置为例,将直导线从中点折成直角,
导线受到安培力的有效长度变为原来的 2 ,安培力变为原来的 2 ,D 项错误.
高考前线
真题体验·小试身手
1.(2015全国新课标理综Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向 平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区 域进入到较弱磁场区域后,粒子的( D ) A.轨道半径减小,角速度增大 B.轨道半径减小,角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大 D.轨道半径增大,角速度减小
2
2
3.(2015全国新课标理综Ⅰ)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同 的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂 直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电 动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长 量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时 相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒 所受安培力的方向,并求出金属棒的质量.
2018高考物理新课标总复习课件：第三章第一节 牛顿第一、第三定律
对物理学史和物理方法的考查
(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探 索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有 ( AC ) A．力不是维持物体运动的原因 B．物体之间普遍存在相互吸引力 C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
[解析]伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维 持，A 正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重 的物体会因轻的物体阻碍而下落速度变慢，轻的物体会因重 的物体拖动而下落速度变快，即二者一起下落快慢应介于单 独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下 落时速度应该更快，从而在逻辑上否定了重的物体比轻的物 体下落快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的 规律，C 正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作 用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三 定律，故 B、D 皆错误．
第三章 牛顿运动定律
第一节 牛顿第一、第三定律
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
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′.
(1)作用力和反作用力同时产生、同时消失， 具有同种性质，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．
2018高考物理第3章_1节(牛顿第一定律 牛顿第三定律)课件
牛顿第一定律
牛顿第三定律
知识点一
牛顿第一定律
匀速直线运动 状态或 静止
1．牛顿第一定律的内容： 一切物体总保持 状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止． 2．牛顿第一定律的理解和意义 (1)牛顿第一定律是牛顿以伽利略的 理想斜面实验 为基础，通过高度的抽象思维概括总结出来的，因此它 不是实验定律． (2)揭示了力和运动的关系，它说明力不是维持物体 运动状态的原因，而是 改变物体的运动状态 的原因．
变式 2 下列说法正确的是( 的力
)
A.拔河比赛时，胜方拉对方的力大于输方拉对方 B.鸡蛋碰到石头碎了，是因为石头对鸡蛋的作用 力大于鸡蛋对石头的作用力 C.太阳对地球的引力与地球对太阳的引力大小一 定相等 D.用锤钉钉子，锤对钉的打击力与钉对锤的作用 力是一对平衡力
【答案】C
变式 3 关于作用力与反作用力，下列说法正确的 是( ) A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力 B.作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用 在同一直线上，因此它们的合力为零 C.两物体间的相互作用力总是同时产生，同时消 失，总是大小相等，方向相反 D.马能将车拉走，是因为马拉车的力大于车拉马 的力
【解析】描述一个物体的运动时，参考系可以任 意选择.选择不同的参考系来观察同一个物体的运动， 其结果会有所不同，选项 A 正确；重的物体比轻的物 体下落的快，是因为重的物体受到的重力大，而所受 的阻力相对较小，则加速度相对较大，选项 B 错误； 子弹的质量并不大，之所以能对人造成伤害是因为其 高速运动时的动能很大， 但是惯性不大， 选项 C 错误； 作用力和反作用力是大小相等、方向相反的，但是由 于作用在两个物体上， 故他们不能平衡， 选项 D 错误； 故选 A.
相互的，故它们的大小相等，选项 B 正确；由于汽车 在水平道路上沿直线加速行驶， 故汽车受到的合力方向 沿拉力的方向， 所以汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻 力，选项 C 正确.
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必修一第三章第1讲一、选择题(本题共14小题，1～9题为单选，10～13题为多选)1．(2016·湖南衡阳一中期中)意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是导学号51342264(C)A．力不是维持物体运动的原因B．力是使物体产生加速度的原因C．自由落体运动是一种匀变速直线运动D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性[解析]测量铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动，故选C。
2．(2016·陕西西安第一中学期中)2016年9月2日，安徽省宿州市灵璧县，一辆满载“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的电动车而紧急制动，结果车上的钢材向前冲出，压扁驾驶室。
关于这起事故原因的物理分析正确的是导学号51342265(A) A．由于车上的钢材有惯性，在汽车制动时，继续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C．由于车上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动[解析]惯性是物体的固有属性，惯性的唯一量度是质量，钢材具有惯性，在汽车制动时，会继续向前运动，压扁驾驶室，所以A项正确。
3.(2017·宁德月考)如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。
初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮。
下列说法中正确的是导学号 51342266(B)A．若甲的质量较大，则甲先到达滑轮B．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D ．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮[解析] 设绳子的拉力为F ，由牛顿第二定律得，对甲：a 甲＝F －m 甲g m 甲＝F m 甲－g ， 对乙：a 乙＝F －m 乙g m 乙＝F m 乙－g ， 甲、乙都做初速度为零的匀加速直线运动：x ＝12at 2，匀加速时间：t ＝2x a， 如果甲、乙质量相等，则：a 甲＝a 乙，甲、乙同时到达滑轮，当甲的质量大，则甲的加速度小，乙的加速度大，乙先到达滑轮；如果乙的质量较大，乙的加速度小，甲的加速度大，甲先到达滑轮；故ACD 错误，B 正确。
4．(2016·山东枣庄八中期中)在“鸟巢欢乐冰雪季”期间，花样滑冰中的男运动员托举着女运动员一起滑行，对于此情景，下列说法正确的是导学号 51342267( D )A ．由于男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行，所以男运动员对女运动员的支持力大于女运动员受到的重力B ．男运动员受到的重力和冰面对他的支持力是一对平衡力C ．女运动员对男运动员的压力与冰面对男运动员的支持力是一对作用力和反作用力D ．男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力[解析] 男运动员稳稳地托举着女运动员一起滑行，在水平面内运动，竖直方向没有加速度，所以男运动员对女运动员的支持力等于女运动员受到的重力，故A 错误。
男运动员除了受到重力、冰面对他的支持力外，还受到女运动员对他的压力，三个力平衡，故B 错误。
女运动员对男运动员的压力与男运动员对女运动员的支持力，是一对作用力和反作用力，故C 错误。
男运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用力和反作用力，故D 正确。
5．如图所示，在一辆表面光滑足够长的小车上，有质量为m 1和m 2的两个小球(m 1>m 2)，两小球原来随车一起运动。
当车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球导学号 51342268( B )A ．一定相碰B ．一定不相碰C ．不一定相碰D ．无法确定 [解析] 因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰。
6．一列以速度v 匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上A 处有一相对桌面静止的小球。
由于列车运动状态的改变，车厢中的旅客发现小球沿如图(俯视图)中的虚线从A 点运动到B 点，则说明列车是减速且在向南拐弯的图是导学号 51342269( A )[解析]由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，C、D错；又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列车要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用，所以小球相对桌面向北运动，A对，B错。
7．(2017·宁夏一中月考)如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下面说法正确的是导学号51342270(B)A．甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力B．小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力C．若小车加速向右运动表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力D．若小车加速向右运动表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力[解析]小车水平方向受甲拉小车的力与乙拉小车的力，只有当小车保持静止或做匀速直线运动时，这两个力才是平衡力，故A错误，B正确；小车拉甲的力与甲拉小车的力是甲与小车间的相互作用力，总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，与小车的运动状态无关，故C错误；乙拉小车的力与小车拉乙的力是乙与小车间的相互作用力，总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，与小车的运动状态无关，故D错误。
8．(2016·浙江嘉兴期末)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”。
此过程中导学号51342271(A)A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于失重状态[解析]地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D错误。
易错分析：作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，要理解牛顿第三定律与平衡力的区别。
作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产生各自的作用效果。
审题不细心，容易错选C。
9．(原创题)甲瓶子盛满水，在密封塞上用细绳悬挂一个铁球，乙瓶子盛满水，在密封塞上用等长细绳悬挂与小铁球体积相同的小泡沫塑料球，且将乙瓶子倒置，如下图(1)所示，甲乙两个瓶子均固定在小车上。
当小车突然向前运动时，则两球的存在状态为导学号51342272(A)[解析]对A选项所示情况，可设想一个与金属小球等体积的水球。
金属球位置的变化，必然代替这个水球的位置。
而同体积的水球和金属球，金属球的质量大，惯性大，运动状态不容易改变，故相对水球来说滞后。
同理，由于同体积水球的质量大于泡沫塑料球的质量，水球惯性大，相对泡沫塑料球来说水球滞后，泡沫塑料球相对水球在前，因此A选项正确。
10．有人做过这样一个实验：如图所示，把鸡蛋A快速向另一个完全一样的静止的鸡蛋B撞去(用同一部分撞击)，结果每次都是被撞击的鸡蛋B被撞破，则下面说法正确的是导学号51342274(ACD)A．A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大小B．A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C．A蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力D．A蛋碰撞部位除受到B对它的作用力外，还受到A蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所以所受合力较小[解析]A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等，A正确，B错误；在撞击瞬间，A蛋内蛋黄和蛋白由于惯性，会产生对A蛋壳向前的作用力，使A蛋壳接触处所受的合力比B蛋壳的小，因此B蛋壳易被撞破，故C、D正确。
11．如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是导学号 51342275(BD)A．水平力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力B．物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是一对作用力与反作用力[解析]水平力F跟墙壁对物体的压力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力。
选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是一对平衡力，也不是一对相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D正确。
12．2016年8月10日6时55分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭成功将高分三号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是导学号51342276(AD)A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间仍存在相互作用[解析]火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体。
火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即火箭上升的推力，此推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否在空气中飞行无关，故选项B、C错误，A正确；当卫星进入预定轨道后，卫星与地球之间仍然存在着相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星也吸引地球，这是一对作用力与反作用力，故选项D 正确。
13．(2017·陕西省宝鸡中学月考)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动。