1、1专题 03 牛顿运动定律一、不能用物理规律解题不能用牛顿运动定律解题，或不善于用牛顿运动定律解复杂问题，遇到难题想当然地进行分析。二、不清楚模型的分析关键1弹簧模型和绳线（杆）模型，尤其是其弹力突变问题。在因为某部分断裂而导致的弹簧或绳线（杆）连接体失去一部分约束时，弹簧的弹力不会突变，而是缓慢变化，而绳线（杆）的弹力会发生突变，变化情况需要具体进行运动分析和受力分析。2不会分析超重和失重。超重和失重的“重”指的是物体本身受到的重力，当支持面对物体向上的作用力（测量工具的测量值，即视重）大于或小于实际的重力时，就是超重或失重。若不能抓住分析关键超重物体的加速度向上、失重物体的加速度向下，就容
2、易分析错误。三、运动状态分析和受力分析问题1未明确分析的对象。多分析或少分析受力，导致运动状态的分析错误。2对运动状态的分析错误。运动状态的分析要点是速度和加速度，速度关系决定相对运动关系，涉及物体间的相互作用力的分析，加速度则可根据牛顿第二定律列式，直接计算力的大小和有无。四、复杂问题、难题的分析1临界问题的分析关键是找到临界条件。不能只注重表面的关键词“相等”、“恰好”等，还要挖掘隐含的临界条件，如加速度相等、弹力为零、静摩擦力达到最大、摩擦力为零（即将反向）等。2多物体相互牵连（不一定有直接的牵连关系）要注意，只有部分直接牵连的物体（具有相同的运动状态）才能用整体法，其他情况一般需要明确
3、物体间的受力关系隔离分析，物体间的相互作用力可能大小相等，但速度不同，也可能具有相同的速度，但加速度不同。3分析多过程问题切忌急躁，应根据速度和加速度的关系逐个过程进行分析，多过程问题的分析关键就是分析清楚速度相等、速度为零、加速度相等和加速度为零这四种情况，它们往往是多过程中各子过程的分界点。4复杂模型，如传送带往返问题、快板模型，应结合以上 3 点的注意事项进行综合分析。2（2018黑龙江省哈尔滨市第六中学）下列说法正确的是A在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果B运动的物体惯性大，静止的物体惯性小C作用力与反作用力可以作用在同一物体上D物体所受的合外力减小
4、，加速度一定减小，而速度不一定减小本题易错选 A，原因是没意识到运动状态不需要力来维持。物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向受到力的作用，故 A 错误；惯性的大小量度是质量，故 B 错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，故 C 错误；根据牛顿第二定律知，合外力减小，加速度减小，若加速度的方向与速度方向相同，速度增大，故 D 正确。答案：D。1某人在匀速行驶的火车上相对车厢竖直向上跳起，仍落回原处，这是因为A人腾空时间很短，人偏后的距离很小，不易察觉B人跳起后，车厢内空气给他一个向前的力，使他随同火车一起向前运动C人跳起的瞬间，
5、车厢的地板给他一个向前的力，使他随同火车一起向前运动D人跳起后直至落地，在水平方向上人和车终具有相同的速度【答案】D（2018福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）下列关于力的说法错误的是A力的作用是相互的3B支持力和压力的方向总是垂直于支持面C弹力、摩擦力是按性质命名的力D摩擦力的方向总是与物体运动的方向相反本题易错选 A，由于疏忽大意，看成让选正确的。由牛顿第三定律可知力的作用是相互的，故 A 正确；弹力的方向总是与接触面垂直，支持力和压力的方向总是垂直于支持面，故 B 正确；弹力、摩擦力，重力是按性质命名的力；故 C 正确；摩擦力阻碍相对运动，其方向总是与物体相对运动的方向相
6、反，故 D 错误。答案：D。1人在沼泽地行走时容易下陷，下陷的过程中A人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力B人对沼泽地的压力等于沼泽地对人的支持力C沼泽地对人的支持力小于人的重力D沼泽地对人的支持力等于人的重力【答案】B（2018福建省闽侯第二中学、连江华侨中学等五校教学联合体）如图所示，物体 a、 b 用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟 a 相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体 a、 b 的质量相等。当在 P 点处剪断绳子的瞬间4A物体 a 的加速度大小为零B物体 a 的加速度大小为 gC物体 b 的加速度大小为零D物体 b 的加速度大小为 g本题易只选 D，错因是不理解弹力突变
7、的意义。设 ab 物体的质量为 m，剪断细线前，对 ab 整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故 F=2mg；再对物体 a 受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体 a 受到的力的合力等于 mg，向上，根据牛顿第二定律得 A 的加速度为amg，故 B 正确，A 错误；对物体 b 受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，故物体 b 受到的力的合力等于 mg，向下，根据牛顿第二定律得 A 的加速度为bga，故 C 错误，D 正确。答案：BD。1在动摩擦因数 =0.2 的水平面上有一个质量 m=1 kg
8、 的小球，小球的一端与水平轻弹簧连接，另一端与不可伸长的轻绳相连，轻绳与竖直方向成 =45角，如图所示。小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，取重力加速度 g=10 m/s2。A此时弹簧的弹力为 102NB剪断弹簧瞬间，小球加速度大小为 102m/s2C剪断细绳瞬间，小球加速度大小为 8 m/s2D剪断细绳瞬间，小球受到的合力斜向左上方 455【答案】C（2018云南省昭通）如图所示， A 为电磁铁，挂在支架 C 上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块 B，铁块 B 静止时，台秤示数为 G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将A变大B变小C大于 G，但是一恒量D
9、先变大，后变小本题选错的原因主要有：混淆超重和失重，不能根据加速度或受力情况分辨超重和失重。铁块被吸起上升的过程中，由于电磁铁 A 对 B 的吸引力越来越大， B 做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态(可以认为系统重心也在做加速度变大的加速上升运动)，所以台秤的示数应大于 G，且不断变大，故 A 正确，BCD 错误。答案：A。1如图所示， A 为电磁铁，挂在支架 C 上，放在台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块 B。铁块静止时，台秤示数为 G。当电磁铁通电，铁块被吸引上升过程中（与 A 接触前），台秤的示数将6A因为吸引力是内力，示数始终不变B先大于 G，后小
10、于 GC一直大于 GD一直小于 G【答案】C（2018河南大联考）如图 1、图 2 所示，两个等高的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角 ，质量相等的小球甲、乙各自在沿斜面向上的拉力作用下从底端由静止开始向上运动。两个拉力的功率恒定且相等，两小球在到达斜面顶端时均已匀速，则在两小球由斜面底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是A最后甲球的速度比乙球的速度大B最后甲球的速度与乙球的速度相等C甲球运动的时间比乙球运动的时间短D甲球运动的时间与乙球运动的时间相等本题的解题关键点是分析清楚竖直向下的力和沿斜面方向的力。由 sinFmga和 PF得，当加速度减为零的时候速度最大，且msinPg，7又因为 ，则
11、最后甲球的速度大于乙球的速度，选项 正确、 错误；由2m1Ptgh。得甲球运动的时间比乙球运动的时间长，选项 CD 错误。答案：A。1如图所示，物体 B 的上表面水平，给 A、 B 一个初速度，它们保持相对静止一起沿斜面下滑，斜面保持静止不动且受到地面的摩擦力水平向左，则下列判断正确的有A B、 C 都各受 5 个力作用B水平面对 C 的支持力大于三物体的重力之和C若只减小 B 的质量，其他条件不变， C 有可能不受水平面的摩擦力作用D B 的上表面一定是粗糙的【答案】D如图所示，在竖直平面内有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 O 点， O 点恰好是半圆的圆心。有三条光滑轨道 a、 b
12、、 c，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过 O 点，现让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为8A tatbtc C ta=tb=tc D不能确定在已知等时圆的情况下，本题易错选 C。要注意等时圆的下滑轨道是一端为竖直直径的任一端点，另一端在圆上的光滑轨道。设轨道与竖直方向夹角为 ，小圆半径为 r，半圆半径为 R，则轨道的长度 L=2rcos +R，下滑的加速度 a=gcos ，则下滑的时间242cosLtag， 越大， t 越大，故 ta2 N （3）小物体不会留在桌面上 15【解析】 （1）当小物体与纸板一起运动时，桌面对纸
13、板间的滑动摩擦力 f1= (m1+m2)g=1 N（2）随 F 增大，小物体和纸板共同运动的加速度增大，小物体受到的静摩擦力增大，直到达到最大静摩擦力 f2=m 2g，此时两者一起运动的最大加速度 a=2fm=g（2018辽宁省六校协作体）已知一足够长的传送带与水平面的倾角为 ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为 t=0 记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则A物块在 0t1内运动的位移比在 t1t2内运动的位移小B0 t2内，重力对物块做正功
14、C若物块与传送带间的动摩擦因数为 ，那么 tanD0 t2内，传送带对物块做功为 W=221mv16本题错因是不理解划痕是物体间的最大相对位移，因为发生相对反向运动时，划痕叠加但不会抵消；而相对位移在发生相对的反向运动后会抵消吊。由图乙图线与时间轴所围面积可看出，物块在 0t1内运动的位移比在 t1t2内运动的位移大，故 A 错误；由于物块在 0t1内向下运动的位移大于 t1t2内向上运动的位移，所以 0t2内物体的总位移向下，所以重力对物块做正功，故 B 正确；在 t1t2内，物块向上运动，则有 mg cos mgsin ，得 tan ，故 C 错误；由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿
15、斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为 WG，根据动能定理得：221GWmv，则传送带对物块做功221Wmv故 D 错误。答案：B。1如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度 v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以水平向左的速度 v2滑上传送带后，经过一段时间后又返回光滑水平面上，这时速度为 v3，则下列说法正确的是A若 v1v2，则 v3=v2C不管 v2多大，总有 v3=v2 D只有 v1=v2，才有 v3=v1【答案】B（2018河南省安阳）如图 1 所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M， t=0 时刻质量为 m 的物
16、块以水平速度 v 滑上长木板，此后木板与物块运动的 vt 图象如图 2 所示，重力加速度210/sg，则下列说法正确的是17A M=m B M=2mC木板的长度为 8 m D木板与物块间的动摩擦因数为 0.1在分析物块的运动时，有一段平板车减速，物块加速，最终共速的过程，若忽略这一部分的分析就容易出错。木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故 1mga，而vt 图象的斜率表示加速度，故22173m/s/a，解得 0.2；对木板受力分析可知2mgMa，2210/s/，解得 M，AD 错误 B 正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者 vt 图象与坐标轴围成的面积之差等于木
17、板的长度，故117328mL，C正确。答案：BC。1某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动。比赛规则是：向滑动的长木板上放砖块，且每次只能将一块砖无初速度（相对地面）地放到木板上，木板停止时立即停止搬放，以木板上砖块多少决定胜负。如图甲所示，已知木板的上表面光滑且足够长，比赛过程中木板始终受到恒定的拉力F=20 N 作用，未放砖块时木板以 v0 =3 m/s 的速度匀速前进。获得冠军的家庭上场比赛时平均每隔T=0.8 s 放一块砖，每块砖的质量 m=0.8 kg，从放上第一块砖开始计时，如图乙作出了 00.8 s 时间内木板运动的 vt 图象，重力加速度 g=10 m/s2。求：18
18、（1）木板的质量 M 及木板与地面间的动摩擦因数 ；（2）木板停止时，木板上放的砖的块数；（3）从放上第一块砖到木板停止，木板的总位移。【答案】（1） M=8 kg， =0.25 （2）5 （3）7.6 m【解析】（1）没有放砖时对木板受力分析有 F=Mg放上第一块砖时，木板减速，设加速度大小为 a1，对木板有 (M+m)gF=Ma1得 Ma1=mg ，由图乙可知 a1=vt=0.25 m/s2则 k t(k+1) t 时间内，木板的平均速度 kv=v0(1)4 v(1)4k v=v02k则木板的位移 x=5v0(1+4+25) 2 t=7.6 m19一、用牛顿第二定律解决动力学问题（1）从受
19、力确定运动情况（Fam）， a=0 时处于平衡状态，静止或做匀速直线运动。（2）从运动情况确定受力（ F=ma）。（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。二、瞬时变化的动力学模型受外力时的形变量 弹力 弹力能否突变轻绳 微小不计 拉力 能轻杆 微小不计 拉力或压力 能轻橡皮绳 较大 拉力 不能轻弹簧 较大 拉力或压力 不能三、传送带模型分析方法四、滑块木板模型分析方法201歼击机在进人战斗状态时要扔掉副油箱，这样做是为了A减小重力使运动状态保持稳定 B减小惯性，有利于运动状态的改变C增大加速度，使状态不易变化 D增大速度，使运动状态易于改变【答案】B【解析】歼击机在战斗前要
20、抛掉副油箱，是为了减小飞机的质量来减小飞机的惯性，使自身的运动状态容易改变，以提高歼击机的灵活性，选 B。2以下说法正确的是A人走在松软的土地上会下陷，说明人对地面的压力大于地面对人的支持力B物体的加速度不变，则物体所受力的合力一定为恒力C物体速度变化量越大，则物体所受力的合力越大D做曲线运动的物体其加速度一定变化 【答案】B213如图所示，使鸡蛋 A 快速向另一完全一样的静止鸡蛋 B 撞去，结果每次都是被撞击的鸡蛋 B 被撞破，则下列说法正确的是A A 鸡蛋的惯性大于 B 鸡蛋的惯性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 对 B 的作用力的大小等于 B 对 A
21、的作用力的大小D碰撞瞬间， A 鸡蛋内蛋白由于惯性会对 A 蛋壳产生向前的作用力【答案】CD【解析】惯性大小的唯一量度是质量，完全一样的两个鸡蛋质量相等，惯性相同，A 错误； 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，B 错误，C 正确；碰撞瞬间， A 鸡蛋内蛋白由于惯性会对 A 蛋壳产生向前的作用力， A 蛋壳碰撞部位还受到 B 对它的作用力，两者方向相反，合力较小，而被撞击的 B 蛋壳仅受到 A 对 B 的作用力而被撞破，D 正确。4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
22、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】AC5 （2018重庆市第一中学、合肥八中、石家庄市第一中学）如图，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 。初始时，传送带与煤块都是以速度22v 作匀速直线运动；现让传送带以加速度 a 作匀减速运动，速度减为零后保持静止；又经过一段时间，煤块静止，传送带上留下了一段黑色痕迹，重力加速度
23、大小为 g，则痕迹长度为A2vgB2vaC2vgaD2vga【答案】D【解析】传送带的运动是匀减速直线运动，加速度为 a，减速到零运动的位移为：2va而煤块的运动也是匀减速直线运动，根据牛顿第二定律， =g煤 。减速到零运动走过的位移为2g，由于煤块和皮带是同一方向运动的，所以痕迹的长度即相对位移为：2va故 D 正确。6 （2018湖北省荆州市沙市中学）质量分别为 2 kg 和 3 kg 的物块 A、 B 放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为 0NF作用在 A 上使 AB 相对静止一起向前匀加速运动，则下列说法正确的是A弹簧的弹力大小等于 8 NB弹簧的弹力大小等于 12
24、NC突然撤去 F 瞬间， A 的加速度大小为 0D突然撤去 F 瞬间， B 的加速度大小为 4 2m/s【答案】BD237 （2018安徽省淮南）如图所示，倾角为 的斜面体 C 置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体 B 相连，另一端绕过轻质滑轮与物体 A 相连，该滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的 O 点，细线与竖直方向成 角， A、 B、 C 始终处于静止状态，不计细绳与滑轮间摩擦。下列说法正确的是 A若仅增大 A 的质量，则 B 对 C 的摩擦力一定增大B若仅增大 A 的质量，则地面对 C 的摩擦力一定增大C若仅增大 B 的质量，则 B 受到的摩擦力一定增大D若仅将 C 向左缓慢移动一
25、点， 角将增大【答案】BD8 （2018普通高等学校招生全国统一考试模拟试题）如图所示，足够长的木板 P 静止于光滑水平面上，小滑块 Q 位于木板 P 的最右端，木板 P 与小滑块 Q 之间的动摩擦因数 0.2，木板 P 与小滑块 Q 质量相等，均为 m=1 kg。用大小为 6 N、方向水平向右的恒力 F 拉动木板 P 加速运动 1 s 后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是24A木板 P 与小滑块 Q 所组成的系统的动量增加量等于拉力 F 的冲量B拉力 F 做功为 6 JC小滑块 Q 的最大速度为 3 m/sD整个过程中，系统因摩擦而产生的
26、热量为 3 J【答案】ACD【解析】对系统由动量定理： 2PQFtmvv共 ，即木板 P 与小滑块 Q 组成的系统的动量增量一定等于拉力 F 的冲量，选项 A 正确；若木板 P 与小滑块 Q 相对静止一起加速运动，则拉力 F 不能超过 24Nmg，拉力 F 为 6 N，大于 4 N，故二者发生相对滑动，对木板 P 由牛顿第二定律： Fmg=ma ，解得 a=4 m/s2，1 s 内木板 P 的位移 x= 12at2=2 m，拉力 F 做功 W=Fx=12 J，选项 B 错误；二者共速时，小滑块 Q 的速度最大， Ft=2mv 共 ，解得 v 共 =3 m/s；选项 C 正确；整个过程中，对系统
27、由能量守恒可知 2Wmv共 ，解得 Q=3 J，选项 D 正确。9 （2018江西省抚州市临川区第一中学）质量为 3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为 m 的木块 1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为 。现同时给木块 l、2、3 水平向右的初速度 v0、2 v0、3 v0，已知重力加速度为 g。则下列说法正确的是A1 木块相对静止前，木板是静止的B1 木块的最小速度是 023vC2 木块的最小速度是 56D木块 3 从开始运动到相对静止时位移是204vg【答案】CD25为 02v由动量守恒可得 00202235mvmv，解得： 2056v，故 C 正确；当木块 3
28、 相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为 3，则由动量守恒可得：0036mvv，解得： 30v，对木块 3，由动能定理可知 22301mgsv，解得：24sg，故 D 正确。10 （2018山东省日照）如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平拉力 F 的作用， F 与时间 t的关系如图乙所示，设物块与地面之间的静摩擦力最大值 fm与滑动摩擦力大小相等， t0、 t1、 t2、 t3时间间隔相等。则下列说法中正确的是A t0时刻加速度不为零B t3时刻加速度为零C t1时刻物块的加速度最大D t2时刻物块的速度最大【答案】CD11 （2018黑龙江省哈尔滨市第六中学）质量为 2 kg 的木板 B 静止在水平面上，可视为质点的物块 A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示 A 的 vt 图象如图乙所示，重力加速度 g=10 26m/s2，求：(1)A 与 B 上表面之间的动摩擦因数 1；(2)木板 B 与水平面间的动摩擦因数 2；(3)A 的质量。【答案】 （1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg【解析】(1)由图象可知， A 在 01 s 内的加速度 210m/svat对 A 由牛顿第二定律得， 1mg=ma1对 B 由牛顿第二定律得， 1mg 2(M m)g=Ma2代入数据解得： m=6 kg27
