（新课标）2017届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律（课件+试题）（打包12套）.zip

牛顿第二定律 两类动力学问题时间：45 分钟一、单项选择题1．(2016·漳州调研)“加速度计”的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧 a、 b连接并置于光滑凹槽内，静止时 a、 b长度均为 l；若该装置加速向右运动， a、 b长度分别为la、 lb，则( )A． lal， lbl B． lal， lbl解析：加速度计向右加速运动，则滑块受到的合力向右，所以 a被压缩， b被拉长，即lal，D 正确．答案：D2.一质量为 m的物块在倾角为 θ 的足够长斜面上匀减速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，如图所示．则物块减速为零的时间将( )A．变大 B．变小C．不变 D．不能确定解析：物块在斜面上匀减速下滑，则 mgsinθ － μmg cosθ ＝ ma①，现对物块施加一个竖直向下的恒力 F，等效重力增大 F，即( mg＋ F)sinθ － μ (mg＋ F)cosθ ＝ ma′②，由①②得 ma＋ F(sinθ － μ cosθ )＝ ma′，可得 加速度大小| a|Ff时， 根据牛顿第二定律，有 F－ Ff＝ ma，即 F＝ ma＋ Ff，该关系为线性函数，当 F≤ Ff时，即拉力不大于最大静摩擦力时， a＝0.综上可知，C 正确．答案：C4．(2016·河北石家庄质检)质量 1 kg的小物块，在 t＝0 时刻以 5 m/s的初速度从斜面底端 A点滑上倾角为 53°的斜面，0.7 s 时第二次经过斜面上的 B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为 ，则 AB间的距离为(已知 g＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )13A．1.05 m B．1.13 mC．2.03 m D．1.25 m解析：物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为： a1＝ g(sinθ ＋ μ cosθ )＝10 m/s2， a2＝ g(sinθ － μ cosθ )＝6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为 t1＝ ＝0.5 s，位移v0a1为 x1＝ a1t ＝1.25 m，物块从最高点滑到 B点所用时间为 t2＝ t－ t1＝0.2 s，位移为12 21x2＝ a2t ＝0.12 m，所以 AB间的距离为 x1－ x2＝1.13 m，选项 B对．12 2答案：B5．(2016·哈尔滨质检)2013年冬天哈尔滨连降大雪，路面结冰严重，行驶汽车难以及时停车，经常出现事故，因此某些路段通过在道路上洒一些炉灰来增加轮胎与地面的摩擦．如图所示，一辆运送炉灰的自卸卡车装满炉灰，灰粒之间的动摩擦因数为 μ 1，炉灰与车厢底板的动摩擦因数为μ 2，卸灰时车厢的倾角用 θ 表示( 已知 μ 2μ 1)(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．下列说法正确的是( )A．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足 μ 2tanθB．要顺利地卸干净全部炉灰，应满足 sinθ μ 2C．只卸去部分炉灰，车上还留有一部分炉灰，应满足 μ 1μ 2mgcosθ ，所以 μ 2tanθ ，且 炉灰之间有m″ gsinθ μ 1m″· gcosθ ，得出 μ 1gsinθ解析：开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知， mgsinθ ＋ μF N＝ ma， FN＝ mgcosθ ，解得 a＝ gsinθ ＋ μg cosθ ，B错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若 mgsinθ μmg cosθ ，即当 μ tanθ 时粮袋将继续做加速运动，A、C 正确，D 错误．答案：AC三、计算题9.一氢气球的质量 m＝0.2 kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力 F＝10 N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量 M＝4 kg 的木块上，如图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数 μ ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力 F＝ kv(k为一常数， v为风速)，当风速 v1＝3 m/s时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g＝10 m/s 2.求：(1)气球受到的浮力；(2)若风速 v2＝6 m/s，木块开始运动时的加速度大小．解析：(1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，二力平衡，则有 F 浮－ mg－ F＝0，解得 F 浮 ＝12 N，方向竖直向上．(2)当 v1＝3 m/s 时对整体受力分析F1＝ kv1在水平方向上 F1－ Ff＝0在竖直方向上 F 浮 ＋ FN－( mg＋ Mg)＝0又知 Ff＝ μF N得： Ff＝9 N， k＝3 N·s/m若 v2＝6 m/s 时， F2＝ kv2＝18 N，由牛顿第二定律有： F2－ Ff＝ (m＋ M)a得： a≈2.14 m/s 2.答案：(1)12 N，方向竖直向 上 (2)2.14 m/s 210．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为 m.滑 块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即 Ff＝ kv.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若 m＝2 kg，斜面倾角 θ ＝30°， g取 10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为 t＝0 时 v－ t图线的切线，由此求出 μ 、 k的值．(计算结果保留两位有效数字)解析：(1)由牛顿第二定律有：mgsinθ － μmg cosθ － kv＝ ma解得 a＝ gsinθ － μg cosθ － .kvm(2)当 a＝0 时速度最大， vm＝mg sinθ － μ cosθ k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角 θ (保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．(3)当 v＝0 时， a＝ gsinθ － μg cosθ ＝3 m/s 2，解得 μ ＝ ≈0.232315最大速度 v＝2 m/s， vm＝ ＝2 m/s，mg sinθ － μ cosθ k解得 k＝3.0 kg/s.答案：(1) a＝ gsinθ － μg cosθ －kvm(2) 适当减小斜面倾角 θ (保证滑块能静止下滑)；风帆升起一mg sinθ － μ cosθ k些(3)0.23 3.0 kg/s11．一质量为 m＝0.4 kg 的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动，如图所示为其运动的 v－ t图象的一部分，已知 0.4 s以前车做匀变速运动，之后做变加速运动直到速度最大，2 s时刻关闭发动机，玩具车开始做匀减速运动最终停止．小汽车全过程中所受阻力可视为恒定．(1)关闭发动机后小车运动的时间；(2)求匀加速阶段小汽车的驱动力；(3)估算全过程小汽车行驶的距离．解析：(1)设 2 s后小汽车加速度为大小 a2，据图象得a2＝ ＝ m/s2＝2 m/s 2.Δ v2Δ t2 8－ 44.0－ 2.0设减速阶段时 间为 t，由 vt＝ v0－ a2t，解得 t＝4 s.(2)设 0～0.4 s 内，小汽车加速度大小为 a1a1＝ ＝ m/s2＝10 m/s 2Δ v1Δ t1 4－ 00.4据牛顿第二定律得 F－ Ff＝ ma1关闭发动机后 Ff＝ ma2解得 F＝4.8 N.(3)0～0.4 s 内的位移x1＝ a1t ＝ ×10×0.42 m＝0.8 m12 21 12根据图象可得 0.4～2 s 内的位移x2＝58×0.2×1 m＝11.6 m2 s以后的位移 x3＝ a2t2＝ ×2×42 m＝16 m12 12小汽车的总位移 x＝ x1＋ x2＋ x3＝28.4 m(计算结果在 27.6～29.2 间均可)．答案：(1)4 s (2)4.8 N (3)28.4 m牛顿第二定律 两类动力学问题高考真题1．(2015 ·新课标全国Ⅰ)(多选)如图甲所示，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v－ t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的 v0、 v1、 t1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：上升过程中， mgsinθ ＋ μmg cosθ ＝ m ，下降过程中， mgsinθ － μmg cosθ ＝ mv0t1，两式 m均可约去，故运动情况与 m无关，也求不出 m，两式联立可得v1t1sinθ ＝ ， μ ＝ ，A、C 正确，B 错误．根据v0＋ v12gt1 v0－ v12gt1cosθv ＝2 a1x， a1＝ ， h＝ xsinθ ，可知 h可求，D 正确．20v0t1答案：ACD2．(2015·海南卷)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜 面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的 正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析：开始时，木块匀速运动 mgsinθ ＝ f， FN＝ mgcosθ ， f＝ μmg cosθ ，得 μ ＝t anθ .当升降机加速上升时，对物块受力分析，其中 f′＝ μF N′沿水平与竖直分解各力，得f′cos θ ＝ FN′sin θ ，即木块水平方向合力为零．说明木块在水平方向做匀速运动．又因为木块始终没有离开斜面，因此，物块相对斜面一定做匀速运动，C 错误，D 正确．由上面分析可知物块具有向上的加速度，即 FN′cos θ ＋ f′sin θ － mg＝ ma，解得 FN′＝ m(g＋ a)cosθ FN， f′＝ μF N′＝ μm (g＋ a)cosθ f，A 错误，B 正确．答案：BD3．(2013·浙江理综)(多选)如图所示，总质量为 460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为 0.5 m/s2，当热气球上升到 180 m时，以 5 m/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＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )A．所受浮力大小为 4 830 NB．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 10 s后的速度大小为 5 m/sD．以 5 m/s匀速 上升时所受空气阻力大小为 230 N解析：刚开始上升时，空气阻力为零， F 浮 － mg＝ ma，解得 F 浮 ＝ m(g＋ a)＝4 830 N，A正确．加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到 180 m时，速度 v＝ ＝6 2ah 5m/s5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升 10 s后的速度 v′t1时，设 A和 B的加速度分别为 a1′和 a2′，此时 A与 B之间擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s 2⑪a2′＝－2 m/s 2⑫即 B做减速运动，设经过时间 t2， B的速度减为零，则有v2＋ a2′ t2＝0⑬联立 ⑫⑬式得○10 t2＝1 s⑭在( t1＋ t2)时间内， A相对于 B运动的距离为s＝ － ＝12 m27 m⑮(12a1t21＋ v1t2＋ 12a1′ t2) (12a2t21＋ v2t2＋ 12a2′ t2)此后 B静止不动， A继续在 B上滑动，设再经过时间 t3后 A离开 B，则有 l－ s＝( v1＋ a1′ t2)t3＋ a1′ t ⑯12 23可得 t3＝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 ＝ t1＋ t2＋ t3＝4 s.答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s牛顿运动定律的综合应用时间：45 分钟一、单项选择题1．(2016·常熟模拟)伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为 m的演员穿着这种高跷从距地面 H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高 h处．假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( )A．在向下运动的过程中始终处于失重状态B．在向上运动的过程中始终处于超重状态C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态解析：演员在空中时，加速度为 g，方向向下，处于失重状态；当演员蹬地加速时，加速度 a向下，处于失重状态；蹬地后期减速，加速度 a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，C 正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，D 错误．答案：C2．某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是( )A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出解析：易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C 错误，D 正确．答案：D3．(2016·苏州质检)如图甲所示，一质量为 m＝1 kg的物体在水平拉力 F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力 F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是( )A． t＝1 s 时物体开始做加速运动B． t＝2 s 时物体做减速运动的加速度大小为 2 m/s2C． t＝3 s 时物体刚好停止运动D．物体在 1 s～3 s内做匀减速直线运动解析：由题图乙知， F在 t＝1 s 时开始均匀减小，物体开始做减速运动，A 错误； t＝2 s时， F＝3 N，则物体加速度大小 a＝ ＝1 m/s2，B 错误； t＝3 s时物体静止，由 a＝Ff－ Fm，物体在 1 s～3 s 内，做变加速直线运动，C 正确，D 错误．Ff－ Fm答案：C4．(2015·重庆理 综)若货物随升降机运动的 v－ t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力 F与 时间 t 关系的图象可能是( )解析：由 v－ t图象可知，货物的运动情况依次为向下匀加速，向下匀速，向下匀减速，而后为向上匀加速，向上匀速，向上匀减速．由牛顿第二定律 F－ mg＝ ma可得，下降阶段支持力 F的大小依次为 Fmg，上升阶段支持力 F的大小依次为Fmg、 F＝ mg、 FFf2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为 x， v ＝2 μ 2gx，解得 x＝2 m2μ (m1＋ m2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动距离 x1＝ a1t .纸板运动距离 x1＋ d＝ a2t .纸板抽出后，砝12 21 12 21码在桌面上运动距离 x2＝ a3t ， l＝ x1＋ x212 2且 a1＝ a3， a1t1＝ a3t2，联立以上各式解得F＝2 μ g，代入数据求得 F＝ 22.4 N.[m1＋  1＋dl m2]答案：(1) μ (2m1＋ m2)g (2) F2μ (m1＋ m2)g(3)22.4 N牛顿运动定律的综合应用高考真题1．(2014·北京理综)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解析：手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，其后可以减速、也可以匀速．当后期手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重，当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，所以选项 A 错误．物体从 静止到有速度，必定有一段加速过程，此过程处于超重状态，所以选项 B 错误．当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，C 错误．手和物体分离之前速度相同，分离瞬间手的速度变化量比物体的速度变化量大，故手的加速度大，所以 D 正确．答案：D2．(2015·新课标全国Ⅱ)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为 a 的加速度向西行驶23时， 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．10C．15 D．18解析：设每节车厢质量为 m，挂钩 P、 Q 西边车厢的质量为 bm，东边的车厢质量为 cm，当机车在东边时，以 bm 为研究对象， F＝ bma；当机车在西边时，以 cm 为研究对象，F＝ cma，可得 3b＝2 c.设 3b＝2 c＝ k，则总节数 d＝ b＋ c＝ k，且 d 为正整数，则 k 取23 566、12、18…， d＝5、1 0、15…，故选项 B、C 正确．答案：BC3．(2014·江苏卷)(多选)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 μ .最大静摩擦力等于12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 F3μmg 时， A 相对 B 滑动D．无论 F 为何值， B 的加速度不会超过 μg12解析： A、 B 间的最大静摩擦力为 fAm＝2 μmg ， B 与地面间的最大静摩擦力为 fBm＝ μmg .逐32渐增大拉力 F，当 F＝ μmg 时， A、 B 间相对静止， B 与地面开始相对滑动，故选项 A 错误；32当 A、 B 间刚开始相对滑动时，由牛顿第二定律，对物块 A 有 F－2 μmg ＝2 ma，对物块 B 有2μmg － μmg ＝ ma，联立两式得 F＝3 μmg ，也就是当 F＝3 μmg 时，物块 A、 B 开始相对滑32动，因此 F＝ μmg 时， A、 B 相对静止，整体应用牛顿第二定律可得此时的加速度为 aA＝52＝ μg ，故选项 B、C 正确；物块 A、 B 间， B 与地面间都相对滑动时， B 的加速度F－ 32μ mg3m 13为 aB＝ ＝ μg ，此后无论 F 为何值，只要 A、 B 间相对滑动， B 的加速度就是2μ mg－ 32μ mgm 12μg ，所以 B 的加速度不会超过此值，选项 D 正确．12答案：BCD4．(2015·新课标全国Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图(a)所示． t＝0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 v－ t 图线 如图 (b)所示．木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小g 取 10 m/s2.求：(1)木 板与地面间的动摩擦因数 μ 1及小物块与木板间的动摩擦因数 μ 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做 匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M，由牛顿第二定律有－ μ 1(m＋ M)g＝( m＋ M)a1①由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度 v1＝4 m/s，由运动学公式得v1＝ v0＋ a1t1②s0＝ v0t1＋ a1t ③12 21式中， t1 ＝1 s， s0＝4.5 m 是木板碰前的位移， v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题 给条件得μ 1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－ v1的初速度向左做匀变速运动，小物 块以 v1的初速度向右做匀变速 运动．设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有－ μ 2mg＝ ma2⑤由题图(b)可得a2＝ ⑥v2－ v1t2－ t1式中， t2＝2 s， v0＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ 2＝0 .4.⑦(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 Δ t，木板和小物块刚好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ 2mg＋ μ 1(M＋ m)g＝ Ma3⑧v3＝－ v1＋ a3Δ t⑨v3＝ v1＋ a2Δ t⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝ Δ t⑪－ v1＋ v32小物块运动的位移为s2＝ Δ t⑫v1＋ v32小物块相对木板的位移为Δ s＝ s2－ s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δ s＝ 6.0 m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 s3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ 1(m＋ M)g＝( m＋ M)a4⑮0－ v ＝2 a4s3⑯23碰后木板运动的位移为s＝ s1＋ s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m牛顿第一定律 牛顿第三定律时间：45 分钟一、单项选择题1．关于惯性的认识，以下说法正确的是( )A．物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B．置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关C．让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定的时间，这是因为物体具有惯性D．同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来所用的时间较长，说明惯性与速度有关答案：C2.物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是( )A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下 的力和对斜面的压力解析：根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此 它们是两对作用力和反作 用力，故 A 错，B 对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知 C 错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D 错．答案：B3．在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互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 Ff1＝ μm 1g， Ff2＝ μm 2g，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＝2 axFf1m1 Ff2m2可知 ＝ ，因为 x1x2，则 v1v2.故 C 对，D 错．x1x2 v21v2答案：C4．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是( )A．只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力C．桶加速上升的过程中， 绳子对桶的拉力大于桶的重力D．桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力解析： 绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，总是大小相等，与桶的运动状态无关，A、B、D 均错；桶加速上升时，以桶为研究对象，桶所受合力向上，即绳子对桶的拉力大于桶的重力，C 项正确．答案：C5．牛顿在总结前人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( )A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析：作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项 A 错误；物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，作用在两个不同物体上，不能相互平衡，选项 B错误；人推车前进时，人对车的作用力和车对人的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项 C 错误；物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项 D 正确．答案：D6．(2016·吉林测试)下列说法正确的是( )A．相互作用的一对力中，究竟哪一个是作用力、哪一个是反作用力是任意的B．凡是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对相互作用力和反作用力C．凡是大小相等、方向相反、作用在同一个物体上的两个力，必定是一对作用力和 反作用力D．凡是大小相等、方向相反、作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力，必定是一对作用力和反作用力解析：一对相互作用力是两个物体间的相互作用，相互作用的一对力中，究竟哪一个是作用力、哪一个是反作用力是任意的．一对相互作用力大小相等、方向相反、作用在两个物体上，但是一对平衡力大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，故 A 正确．答案：A二、多项选择题7．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同解析：力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A 错误，B 正确；物体不受力或所受合力为零时，其运动状态一定不变，处于静止状态或匀速直线运动状态，C 错误；物体的运动方向与它所受合力的方向可能相同，也可能相反，还可能不在一条直线上，D 正确．答案：BD8．下面关于飞船与火箭起飞的情形，叙述正确的是( )A．火箭尾部向下喷气，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上的推力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，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力D．飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力和反作用力解析：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；当飞船进入轨道后，飞船与地球之间仍然存在着相互吸引力，即地球吸引飞船，飞船也吸引地球，这是一对作用力和反作用力，故选项 D 正确．答案：AD9．沼泽地的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易下陷(设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计)．如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是( )A．在加速向下运动时，人对沼泽地的压力小于人的重力B．在减速向下运动时，人对沼泽地的压力小于人的重力C．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对人的支持力D．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽 地对人的支持力大小解析：人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，无论人加速下陷还是减速下陷，人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力大小总是相等的，选项 C 错误，选项 D 正确．加速下降时，人的重力大于沼泽地对人的支持力，减速下降时，人的重力小于沼泽地对人的支持力，选项 A 正确，选项 B 错误．答案：AD10.抖空竹是人们喜爱的一项体 育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹 也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是( )A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动解析：本题考查牛顿第一定律．空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直 线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项 A 正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项 B 错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项 C 错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项 D 正确．答案：AD三、计算题11.如图所示，两块小磁铁质量均为 0.5 kg， A 磁铁用轻质弹簧吊在天花板上， B 磁铁在 A正下方的地板上，弹簧的原长 L0＝10 cm，劲度系数 k＝100 N/m.当 A、 B 均处于静止状态时，弹簧的长度为 L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求 B 对地面的压力大小．( g 取 10 m/s2)解析：对 A 受力分析如图所示，由平衡条件得：k(L－ L0)－ mg－ F＝0解得： F＝－4 N故 B 对 A 的作用力大小为 4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得 A 对 B 的作用力F′＝－ F＝4 N，方向竖直向下对 B 受力分析如图所示，由平衡条件得：FN－ mg－ F′＝0解得： FN＝9 N由牛顿第三定律得 B 对地面的压力大小为 9 N.答案：9 N12.如图所示，质量 M＝60 kg 的人通过光滑的定滑轮用绳拉着 m＝20 kg 的物体．当物体以加速度 a＝5 m/s 2上升时，人对地面的压力为多大？( g 取 10 m/s2)解析：对物体受力分析如图所示， F 为绳子对物体的拉力，由牛顿第二定律得：F－ mg＝ ma，则 F＝ m(a＋ g)＝20×(5＋10) N＝300 N.对人进行 受力分析，人受竖直向下的重力 Mg、地面竖直向上的支持力 FN、绳子竖直向上的拉力 F′.因人静止，则Mg＝ FN＋ F′，又因为 F′＝ F，所以 FN＝ Mg－ F＝60×10 N－300 N＝300 N.由牛顿第三定律知，人对地面的压力FN′＝ FN＝300 N.答案：300 N牛顿第一定律 牛顿第三定律高考真题1．(2012·新课标全国)(多选)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．没有力的作用，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解析：惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项 A 正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，选项 B 错误；行星做匀速圆周运动是由于受地球的引力 作用，不是由于惯性，选项 C 错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直做匀速直线运动，选项 D 正确．答案：AD2．(2014·北京理综)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，它的加速度越小解析：如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与 O 点等高的位置，选项 A 正确；通过推理和假设，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，选项 B 错误；根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，选项 C 错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，选项 D 错误．答案：A3．(2013· 海南卷)(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速 度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下 去；同时期的笛卡儿也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡儿的基础上，提出了惯 性定律，即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，选项 B、C、D 正确．答案：BCD4．(2013·新课标全国Ⅰ)如图是伽利略 1604 年做斜面实验 时的一页手稿照片，照片左上角的三列 数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是( )1 1 324 2 1309 3 29816 4 52625 5 82436 6 1 19249 7 1 60064 8 2 104A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比解析：通过第三列的数据可看出：130 大概是 32 的 4 倍，而 298 大概是 32 的 9 倍…….依次类推，可看出物体运动的距离与时间的平方成正比，选项 C 正确．答案：C5．( 2013·山东理综)(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( )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“理想斜面实验”得出“物体在不受力的情况下会一直运动下去”的结论，故 A 正确．伽利略还做过“比萨斜塔实验” ，得出“在忽略空气阻力的情况下，重的和轻的小球下落一样快”的结论，故 C 正确．答案：AC验证牛顿运动定律高考真题1．(2014·新课标全国Ⅰ)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度 a 与钩码的质量 m 的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为 200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知， a－ m 图线不经过原点，可能的原因是________．(3)若利用本实验装置来验 证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力 mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________，钩码的质量应满足的条件是________．解析：(1)在本实验中，小车的加速度 a＝ ＝ ， 在研究加速度与外力关系时，FM＋ m mgM＋ m保持小车的质量 M 不变，若横轴为钩码质量 m，则当满足 M≫m 时， m 可以忽略不计，a＝ ， a－ m 图象是过原点的直线；当不满足 M≫m 时，斜率将变小，图象便发生弯曲．mgM(2)图线没有过原点，即当挂上钩码绳子有拉力时，小车的加速度还为零，说明存在摩擦力．(3)实验中应采取的改进措施有两个：一个是为了使图线过原点，调整轨道的倾斜度以平衡摩擦力；另一个就是小车实际的加速度为 a＝ ＝ ，只有当 M≫m 时， a＝ ，才FM＋ m mgM＋ m mgM有 a∝ mg，图线为直线，所以要满足钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量．答案：(1)非线性 (2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量2．(2013·新课标全国Ⅰ)图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量 M、重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离 s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间 Δ tA和 Δ tB，求出加速度 a；④多次重复步骤③，求 a 的平均值 ；a⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数 μ .回答下列问题：(1)测量 d 时，某次游标卡尺(主尺的分度值为 1 mm)的示数如图乙所示，其读数为________cm.(2)物块的加速度 a 可用 d、 s、Δ tA和 Δ tB表示为 a＝________.(3)动摩擦因数 μ 可用 M、 m、 和重力加速度 g 表示为 μ ＝________.a(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)游标卡尺的读数 0.9 cm＋12×0.05 mm＝0.960 cm.(2)由于 vA＝ ， vB＝ ，由运动学公式得 v － v ＝2 as，联立解得 a＝dΔ tA dΔ tB 2B 2A 12s.[dΔ tB 2－  dΔ tA 2](3)由牛顿第二定律得 mg－ FT＝ m ， FT－ μMg ＝ M ，联立解得 μ ＝ .a amg－  M＋ m aMg(4)系统误差是由于仪器本身不精确，或实验方法粗略，或实验原理不完善而产生的．偶然误差是由各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的．细线没有调整到水平引起的误差属于系统误差．答案：(1)0.960 (2)12s[ dΔ tB 2－  dΔ tA 2](3) (4)系 统误差mg－  M＋ m aMg3．(2012·大 纲全国)图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为 50 Hz 的交流电源，打点的时间间隔用 Δ t 表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“ 在外力一定的条件下 ，物体的加速度与其质量间的关系” ．(1)完成下列实验步骤中的填空：① 平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量 m.④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.⑤在每条纸带上清晰的部分，每 5 个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1， s2，….求出与不同 m 相对应的加速度 a.⑥以砝码的质量 m 为横坐标， 为纵坐标，在坐标纸上作出 － m 关系图线．若加速度与1a 1a小车和砝码的总质量成反比，则 与 m 应成________关系(填“线性”或“非线性”)．1a(2)完成下列填空：①本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是________．②设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1、 s2和 s3.a 可用 s1、 s3和 Δ t 表示为a＝________.图乙为用米尺测量某一纸带上的 s1、 s3的情况，由图可读出s1＝________m m， s3＝________mm.由此求 得加速度的大小 a＝________m/s 2.解析：(1)①平衡好小车所受的阻力，小车做匀速运动，打点计时器打出的点间隔 基本相等；⑥根据牛顿第二定律可得 F＝( M＋ m)a，则 ＝ ＋ ， 与 m 为一次函数关系，是线性1a MF mF 1a关系．(2)①为保证小车所受拉力近似不变，应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车的质量．②由 Δ x＝ aT2可知， a＝ ＝ ，由图可读出 s1＝36.7 mm－12.5 s3－ s12 5Δ t 2 s3－ s150Δ t2mm＝24.2 mm， s3＝120 .0 mm－72.8 mm＝47.2 mm，换 算后代入上式中，得 a＝1.15 m/s 2.答案：(1)①间隔均匀 ⑥线性 (2)①远小于小车的质量 ② 24.2 47.2 s3－ s150Δ t21.15