（新课标）2017年高考物理大一轮复习 第3章 牛顿运动定律（课件+试题）（打包7套）.zip

1牛顿第一定律 牛顿第三定律1．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：选 A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与 O点等高的位置，A 项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以 B 和 C 选项错误；而 D 项不是本实验所说明的问题，故错误．2．关于惯性，下列说法中正确的是( )A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D．月球上物体的重力只有在地球上的 1/6，但是惯性没有变化解析：选 D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C 错误；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 错误、D 正确．3．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是( )A．对重力、弹力、摩擦力等都适用B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用解析：选 AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以 B、C 错误，A、D 正确．4.如图所示，家用吊扇对悬挂点有拉力作用，正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不2转动时相比( )A．变大B．变小C．不变D．无法判断解析：选 B.吊扇不转动时，吊扇对悬挂点的拉力等于吊扇的重力，吊扇旋转时要向下煽风，即对空气有向下的压力，根据牛顿第三定律，空气也对吊扇有一个向上的反作用力，使得吊扇对悬挂点的拉力变小，B 正确．5.一根轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，下端悬挂一小球，弹簧和小球的受力如图所示，下列说法正确的是( )A． F1的施力者是弹簧B． F2的反作用力是 F3C． F3的施力者是地球D． F4的反作用力是 F1解析：选 B.首先对小球进行受力分析，重力是竖直向下的，故 F1为重力，则 F2为弹簧对小球的弹力， F1的施力者应为地球，A 错．对弹簧： F3为小球对弹簧的拉力， F4为天花板对弹簧的向上的拉力，故 F2与 F3是一对作用力与反作用力，B 对． F3的施力者为小球，F4的反作用力为弹簧对天花板的弹力，C、D 错．6．(2016·山东聊城检测)一物体受绳的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后做匀速运动，最后做减速运动，则下列说法中正确的是( )A．加速前进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力B．减速前进时，绳拉物体的力小于物体拉绳的力C．只有在匀速前进时，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相等D．不管物体如何前进，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等解析：选 D.绳”与“物”是一对相互作用的物体，绳与物之间的作用力与反作用力永远遵循牛顿第三定律，与相互作用的性质、物体的运动状态均无关系，总是等大、反向、3作用在不同物体上且在同一条直线上．7.(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动解析：选 BC.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项 B、C 正确．8．身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平面上通过一轻杆进行顶牛比赛．企图迫使对方后退．设甲、乙两人对杆的推力分别是 F1、 F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为 α 1、 α 2，倾角 α 越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，若甲获胜，则( )A． F1＝ F2， α 1α 2 B． F1F2， α 1＝ α 2C． F1＝ F2， α 1F2， α 1α 2解析：选 A.由于杆是轻杆，把杆当做甲或乙的一部分，由牛顿第三定律， F1＝ F2，故B、D 错误；甲获胜是由于甲所受地面的最大静摩擦力大于乙所受地面的最大静摩擦力，故甲端杆的端点的位置较低，由受力分析和力的平衡可知， α 1α 2，故 A 对．9.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4解析：选 B.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．10.(多选)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：选 AD.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．11.(2016·河北保定检测)木箱 A 放在光滑水平的平板车的车面上，现在的状况是木箱A 与车 B 一起水平向右做匀速运动．当车 B 撞到墙 C 后，可能出现的现象是( )A．木箱向右倾倒B．木箱向左倾倒C．木箱向右做匀速运动一段时间D．木箱向右做减速运动一段时间解析：选 C.当小车 B 撞到 C 后， A 木箱在水平方向不受外力，该方向遵循牛顿第一定5律的规律，即由于惯性， A 将保持原来的速度继续匀速直线运动一段时间．12.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 ( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮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：选 A. 由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力．得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项 A 正确，选项 B 错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项 C、D 错误．13.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： A 受力如图甲所示，由平衡条件得：k(L－ L0)－ mg－ F＝0解得： F＝－4 N6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B 受力如图乙所示，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 N1牛顿第二定律 两类动力学问题1．在国际单位制(简称 SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位 V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A．m 2·kg·s－4 A－1 B．m 2·kg·s－3 ·A－1C．m 2·kg·s－2 ·A－1 D．m 2·kg·s－1 ·A－1解析：选 B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由 1 J＝1 V·A·s＝1 kg·m·s －2 ·m 可得，1 V＝1 m 2·kg·s－3 ·A－1 ，因此选 B.2．(2016·云南第一次检测)物块 A 放置在与水平地面成 30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成 60°角倾斜，取 g＝10 m/s2，则物块 A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )A．5 m/s2 B．3 m/s23 3C．(5－ ) m/s2 D． m/s231033解析：选 D.由物块在倾角为 30°的木板上匀速下滑，得 Ff＝ mgsin θ ，又 FN1＝ mgcos 30°， Ff＝ μF N1，求得动摩擦因数 μ ＝ ；在倾角为 60°的木板上物块加速下滑，有33FN2＝ mgcos 60°， mgsin 60°－ μF N2＝ ma，求得 a＝ m/s2，D 对．103 33.(2016·山东师大附中质检)(多选)如图所示，质量为 m＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为 10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为 F＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取 g＝10 m/s 2)( )A．物体经 10 s 速度减为零B．物体经 2 s 速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动解析：选 BC.物体受到向右的滑动摩擦力， Ff＝ μF N＝ μG ＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝ ＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到 0 所需的时间 t＝ ＝ s＝2 F＋ Ffm 2＋ 31 v0a 105s，B 正确，A 错误．减速到零后， F＜ Ff，物体处于静止状态，不再运动，C 正确，D 错误．4．(2016·安徽合肥一模)如图所示， a、 b 两物体的质量分别为 m1和 m2，由轻质弹簧相连．当用恒力 F 竖直向上拉着 a，使 a、 b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为 a1；当用大小仍为 F 的恒力沿水平方向拉着 a，使 a、 b 一起沿光滑水平2桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x2，加速度大小为 a2.则有( )A． a1＝ a2， x1＝ x2 B． a1＜ a2， x1＝ x2C． a1＝ a2， x1＞ x2 D． a1＜ a2， x1＞ x2解析：选 B.对 a、 b 物体及弹簧整体分析，有：a1＝ ＝ － g， a2＝ ，F－  m1＋ m2 gm1＋ m2 Fm1＋ m2 Fm1＋ m2可知 a1＜ a2，再隔离 b 分析，有： F1－ m2g＝ m2a1，解得： F1＝ ，m2Fm1＋ m2F2＝ m2a2＝ ，可知 F1＝ F2，再由胡克定律知， x1＝ x2.所以 B 选项正确．m2Fm1＋ m25.(2016·江苏苏州质检)如图所示，质量分别为 m、2 m 的小球 A、 B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球 A 的加速度大小分别为( )A. ， ＋ g B．， ＋ g2F3 2F3m F3 2F3mC. ， ＋ g D．， ＋ g2F3 F3m F3 F3m解析：选 A.在细线剪断前，对 A、 B 及弹簧整体由牛顿第二定律有 F－3 mg＝3 ma，对 B由牛顿第二定律得 F 弹 －2 mg＝2 ma，由此可得 F 弹 ＝ ；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不2F3变，此时对 A 球来说，受到向下的重力和弹力，则有 F 弹 ＋ mg＝ maA，解得 aA＝ ＋ g，故2F3mA 正确．6．(2016·湖北八校二联)(多选)质量分别为 M 和 m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为 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( )3A． M 与 m 互换位置前，轻绳的拉力等于 MgB． M 与 m 互换位置前，轻绳的拉力等于 mgC． M 与 m 互换位置后， M 运动的加速度大小为(1－sin α )gD． M 与 m 互换位置后， M 运动的加速度大小为 gM－ mM解析：选 BC.互换位置前， M 静止在斜面上，则有： Mg sin α ＝ mg，互换位置后，对M 有 Mg－ T＝ Ma，对 m 有： T′－ mg sin α ＝ ma，又 T＝ T′，解得： a＝(1－sin α )g， T＝ mg，故 A、D 错，B、C 对．7.(2016·贵州八校联考)(多选)如图所示，带支架的动力平板小车沿水平面向左做直线运动，小球 A 用细线悬挂于支架前端，质量为 m 的物块 B 始终相对小车静止在右端， B与小车平板间的动摩擦因数为 μ .若某时刻观察到细线偏离竖直方向 θ 角，则该时刻( )A．小车对物块 B 的摩擦力可能为零B．物块 B 相对小车一定有向左滑的趋势C．小车的加速度大小一定为 gtan θD．小车对物块 B 的摩擦力的大小可能为 mgtan θ解析：选 AD.由牛顿第二定律得小球 A 受到的合力 F 合 ＝ mAgtan θ ＝ mAaA，解得aA＝ gtan θ ，方向水平向右，由题意可知， A 与小车不一定相对静止，则小车与 A 不一定具有相同的加速度．若此刻物块 B 的加速度与小车相同，车加速度为零，则小车对 B 的摩擦力为零，选项 A 正确，B、C 错误．小车与 A 不一定具有相同的加速度，也有可能相同，B 的摩擦力的大小可能为 mgtan θ ，选项 D 正确．8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度 a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为 m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则 ( )4A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为 mg＋ ma12D．小物块受到的静摩擦力为 ma解析：选 A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度 a 上行，小物块的加速度也为 a，以物块为研究对象，则有 Ff－ mgsin 30°＝ ma， Ff＝ mg＋ ma，方向平行斜面向上，故 A 正确，B、C、D 均错误．129.(2016·昆明三中、玉溪一中统考)如图，水平传送带 A、 B 两端相距 s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.1.工件滑上 A 端的瞬时速度 vA＝4 m/s，到达 B 端的瞬时速度设为 vB，则下列说法不正确的是( )A．若传送带不动，则 vB＝3 m/sB．若传送带以速度 v＝4 m/s 逆时针匀速转动，则 vB＝3 m/sC．若传送带以速度 v＝2 m/s 顺时针匀速转动，则 vB＝3 m/sD．若传送带以速度 v＝2 m/s 顺时针匀速转动，则 vB＝2 m/s解析：选 D.由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度a＝－ μg ＝－1 m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，有v － v ＝－2 μgs ，解得 vB＝3 m/s，选项 A、B 正确；若传送带以速度 v＝2 m/s 顺时针匀2B 2A速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述 vB＝3 m/s，选项 C 正确，D 错误．10.(2016·郑州质量预测)如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是 20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是 0.25.工人用 80 N 的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为 α ＝37°并保持不变，经 4 s 后松手．求松手后铸件还能前进的距离．( g＝10 m/s 2)解析：工人拉铸件时，根据牛顿第二定律有Fcos α － f＝ ma1， N1＋ Fsin α － mg＝0又 f＝ μN 1，解得 a1＝1.3 m/s 2松手时，铸件的速度 v＝ a1t＝5.2 m/s设松手后，铸件的加速度为 a2，根据牛顿第二定律有5μmg ＝ ma2，解得 a2＝2.5 m/s 2松手后，铸件滑行的距离是 s＝ ＝5.4 mv22a2答案：5.4 m11.如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为 θ 的固定斜面，斜面上放一质量为 m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为 a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为 s，运动过程中的最大速度为 v.(1)求箱子加速阶段的加速度大小 a′；(2)若 a＞ gtan θ ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．解析：(1)设加速过程中加速度为 a′，由匀变速直线运动公式有s1＝ ， s2＝ ， s＝ s1＋ s2＝ ＋ ，v22a′ v22a v22a′ v22a解得 a′＝ .av22as－ v2(2)设球不受车厢作用，应满足Nsin θ ＝ ma， Ncos θ ＝ mg，解得 a＝ gtan θ .减速时加速度由斜面支持力 N1与左壁支持力 N2共同决定，当 a＞ gtan θ 时，N2＝0，球受力如图．由牛顿第二定律有 N1sin θ ＝ ma，N1cos θ － N3＝ mg，解得 N3＝ m(acot θ － g)．答案：(1) (2)0 m(acot θ － g)av22as－ v212.如图所示，倾角为 30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上 A 点由静止释放，最终停在水平面上的 C 点．已知 A 点距水平面的高度h＝0.8 m， B 点距 C 点的距离 L＝2.0 m(滑块经过 B 点时没有能量损失， g 取 10 m/s2)，求：6(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数 μ ；(3)滑块从 A 点释放后，经过时间 t＝1.0 s 时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到 B 点时速度最大为 vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得：mgsin 30°＝ ma1v ＝2 a1 ，解得 vm＝4 m/s.2mhsin 30°(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得： μmg ＝ ma2v ＝2 a2L，解得 μ ＝0.4.2m(3)滑块在斜面上运动的时间为 t1，有 vm＝ a1t1，解得t1＝ ＝0.8 svma1由于 t＞ t1，故滑块已经经过 B 点，做匀减速运动的时间为 t－ t1＝0.2 s设 t＝1.0 s 时速度大小为 v，有v＝ vm－ a2(t－ t1)，解得 v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s1牛顿运动定律的综合应用1．下列哪个说法是正确的( )A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态解析：选 B.选项 A、C、D 中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项 A、C、D 错误；选项 B 中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项 B 正确．2．(2016·北京东城区期末)人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是( )A．电梯加速上升 B．电梯加速下降C．电梯匀速上升 D．电梯匀速下降解析：选 A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－ G＝ ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力 F 大于G，加速度方向向上．选项 A 正确，B、C、D 错误．3．(2016·福建福州质检)如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图象中符合实际情况的是( )解析：选 A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即 mg＝ kΔ x，此时 a＝0，小球速度达到最大值 vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为 0，加速度最大，A 正确，B 错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为 x，由能量关系得 mg(h＋ x)＝ kx2，则 2mg(h＋ x)＝ kx·x，由 h＋ x＞ x 得 kx＞2 mg，所以在最低12点 kx－ mg＝ ma＞ mg，即 ag，C 错误．弹簧形变量 x 与 t 不是线性关系．则 a 与 t 也不是2线性关系，D 错误．4.原来静止的物体受到外力 F 的作用，如图所示为力 F 随时间变化的图线，则与 F－ t图象对应的 v－ t 图象是( )解析：选 B.由 F－ t 图象可知，在 0～ t 内物体的加速度大小 a1＝ ，做匀加速直线运Fm动，在 t～2 t 内物体的加速度大小 a2＝ ，但方向与 a1反向，做匀减速直线运动，故选项FmB 正确．5.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力均为 f.若木块不滑动，力 F 的最大值是( )A.2f m＋ MMB.2f m＋ MmC. －( m＋ M)g2f m＋ MMD. ＋( m＋ M)g2f m＋ Mm解析：选 A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有 F－( M＋ m)g＝( M＋ m)a，对木块有2f－ Mg＝ Ma，所以 F＝ ，选项 A 正确．2f M＋ mM6.(2016·辽宁朝阳三校协作体联考)如图，物块 A 和 B 的质量分别为 4m 和 m，开始A、 B 均静止，细绳拉直，在竖直向上的拉力 F＝6 mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块 A 和 B 的加速度分别为( )3A． aA＝ g， aB＝5 g B． aA＝ aB＝ g12 15C． aA＝ g， aB＝3 g D． aA＝0， aB＝2 g14解析：选 D.对滑轮受力分析： F－2 T＝ Ma，又 M＝0，所以 T＝ ＝ ＝3 mg.对 A 受力F2 6mg2分析：由于 T＜4 mg，故 A 静止， aA＝0.对 B 受力分析： aB＝ ＝ ＝2 g.选项 D 正T－ mgm 3mg－ mgm确．7.如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中 v、 a、 f 和 s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是( )解析：选 C.物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小 f1＝ μmg cos θ ，沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动，其 v－ t 图象为过原点的倾斜直线，A 错误．物体在斜面和水平面上的加速度大小均不变，B 错误．其 s－ t 图象应为两段曲线，D错误．物体到达水平面后，所受摩擦力 f2＝ μmg ＞ f1，做匀减速直线运动，C 正确．8.(多选)如图所示，物体 A 叠放在物体 B 上， B 置于光滑水平面上， A、 B 质量分别为mA＝6 kg， mB＝2 kg， A、 B 之间的动摩擦因数 μ ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，开始时 F＝10 N，此后力 F 在逐渐增加的过程中，下列说法正确的是( )A． F＝10 N 时，两物体间没有相对运动， A、 B 间摩擦力大小为 10 NB．两物体开始没有相对运动，当拉力增加到 12 N 后，发生相对滑动C．两物体开始没有相对运动，当拉力增加到 48 N 后，发生相对滑动D． F 大于 12 N 小于 48 N 时， A、 B 间摩擦力大小随 F 增大而增大4解析：选 CD.当 AB 间的静摩擦力达到最大值时， A 与 B 将开始相对滑动，根据牛顿第二定律，对 B 有 μm Ag＝ mBa，得 a＝6 m/s2；对整体有 F＝( mA＋ mB)a＝(6＋2)×6 N＝48 N，所以当 F＞48 N 时， A、 B 两物体开始相对滑动．当 F＝10 N 时，两物体间没有相对运动， A、 B 的共同加速度为 a＝ m/s2＝1.25 m/s2， A、 B 间摩擦力大小为106＋ 2f＝ mBa＝2×1.25 N＝2.5 N，选项 A 错误；两物体开始没有相对运动，当拉力增加到 48 N后，发生相对滑动，选项 B 错误，C 正确；当 12 N＜ F＜48 N 时， F 增大，加速度逐渐增大，A、 B 间摩擦力大小随 F 增大而增大，选项 D 正确．9．(2016·汕头模拟)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行．初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v－ t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞ v1，则( )A． t2时刻，小物块离 A 处的距离达到最大B． t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．0～ t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～ t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选 B.小物块滑上传送带后做匀减速直线运动， t1时刻速度为零，此时小物块离A 处的距离达到最大，A 错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，B 正确；0～ t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C 错误； t2～ t3时间内小物块不受摩擦力，D 错误．10．(2016·山西、河北、河南三省联考)(多选)如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块．木板受到随时间 t 变化的水平拉力 F作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，取 g＝10 m/s2，则( )A．小滑块的质量 m＝2 kgB．当 F＝8 N 时，滑块的加速度为 1 m/s2C．滑块与木板之间的动摩擦因数为 0.15D．力随时间变化的函数关系一定可以表示为 F＝6 t(N)解析：选 BC.当 F 等于 6 N 时，加速度为 a＝1 m/s2.对整体受力分析，由牛顿第二定律有 F＝( M＋ m)a，代入数据解得 M＋ m＝6 kg；当 F 大于 6 N 时，根据牛顿第二定律得 a＝＝ F－ ，知图线的斜率 k＝ ＝ ，解得 M＝2 kg，滑块的质量为 m＝4 kg，选F－ μ mgM 1M μ mgM 1M 12项 A 错误．根据 F 大于 6 N 时的图线知， F＝6 N 时， a＝ 1 m/s2，代入数据解得 μ ＝0.1，当 F＝8 N 时，长木板的加速度为 a＝2 m/s2.根据 μmg ＝ ma′得 a′＝ μg ＝1 m/s2，选项B、C 正确．当 M 与 m 共同加速运动时，力随时间变化的函数关系一定可以表示为 F＝6 t(N)，当 F 大于 6 N 后，发生相对滑动，表达式不是 F＝6 t(N)，选项 D 错误．11.某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯，其结构可以简化为如图所示模型．雪滑梯顶端距地面高为 h＝15 m，滑梯斜面雪道长为 l＝25 m，在距离斜面雪道底端 x0＝20 m处的水平雪道上有一海绵坑．比赛时参赛运动员乘坐一质量为 M 的雪轮胎从赛道顶端滑下，在水平雪道上翻离雪轮胎滑向海绵坑，运动员停在距离海绵坑 1 m 范围内算过关．已知雪轮胎与雪道间的动摩擦因数 μ 1＝0.3，运动员与雪道间的动摩擦因数 μ 2＝0.8，假设运动员离开雪轮胎的时间不计，运动员落到雪道上时的水平速度不变，求质量为 m 的运动员(可视为质点)在水平雪道上的什么区域离开雪轮胎才能闯关成功？解析：设运动员乘坐雪轮船沿斜面雪道滑动时的加速度为 a0，滑到斜面底端时的速度大小为 v，则有(M＋ m)gsin θ － μ 1(M＋ m)gcos θ ＝( M＋ m)a0v2＝2 a0l解得 v＝6 m/s5在水平雪道上运动时，设运动员乘坐雪轮胎时的加速度大小为 a1，翻下后的加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律有μ 1(M＋ m)g＝( M＋ m)a1μ 2mg＝ ma2设运动员在距离海绵坑 x1处翻下时刚好滑到海绵坑边停下，翻下时速度为 v1，则有v2－ v ＝2 a1(x0－ x1)， v ＝2 a2x121 21联立解得 x1＝6 m设运动员在距离海绵坑 x2处翻下时刚好滑到距离海绵坑边 1 m 处停下，翻下时速度为v2，则有v2－ v ＝2 a1(x0－ x2)， v ＝2 a2(x2－1)2 26联立解得 x2＝7.6 m故运动员应该在距离海绵坑 6～7.6 m 的区域离开雪轮胎，才能闯关成功．答案：6～7.6 m12．(2016·河北百校联盟)如图甲所示，为一倾角 θ ＝37°足够长的斜面，将一质量为 m＝1 kg 的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数 μ ＝0.25.取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)2 s 末物体的速度；(2)前 16 s 内物体发生的位移．解析：(1)分析可知物体在前 2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin θ － F1－ μmg cos θ ＝ ma1，v1＝ a1t1，代入数据可得v1＝5 m/s.(2)设物体在前 2 s 内发生的位移为 x1，则x1＝ a1t ＝5 m.12 21当拉力为 F2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得F2＋ μmg cos θ － mgsin θ ＝ ma2，代入数据可得 a2＝0.5 m/s 2，物体经过 t2时间速度减为 0，则v1＝ a2t2， t2＝10 s，设 t2时间发生的位移为 x2，则x2＝ a2t ＝25 m，12 2由于 mgsin θ － μmg cos θ ＜ F2＜ μmg cos θ ＋ mgsin θ ，则物体在剩下 4 s 时间内处于静止状态．故物体在前 16 s 内发生的位移 x＝ x1＋ x2＝30 m，方向沿斜面向下．答案：(1)5 m/s (2)30 m 方向沿斜面向下71第 3 章 牛顿运动定律考纲展示 要求 复习定位1.牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用 Ⅱ2.超重和失重 Ⅰ3.单位制 Ⅰ实验：验证牛顿第二定律1.本章内容在高考中要求较高，单独命题以选择题形式呈现，考查对概念、规律的理解和基本应用能力，而知识间的渗透、典型模型的组合题常以计算题形式呈现，考查知识、方法的灵活应用和分析综合问题的能力．2．本章复习关注两点：(1)对力和运动关系的认识历程、牛顿运动定律、惯性、作用力、反作用力的概念，规律的理解和辨析．(2)与生产、生活和科学实验有关的命题背景，考查应用牛顿运动定律分析实际问题的能力．第 1 节 牛顿第一定律 牛顿第三定律一、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．2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在2反抗运动状态的改变．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．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，作用在同一条直线上．2．表达式： F＝－ F′.[易错警示·微点拨]1．惯性的大小由质量唯一决定，与物体的运动状态和受力情况无关．2．作用力、反作用力总是成对出现，它们的关系与物体的运动状态无关．3．两个大小相等，方向相反作用在同一直线上的力不一定是相互作用力．4．作用力反作用力与平衡力的区别重在研究对象和作用效果．考点一 对牛顿第一定律的理解1．指出了物体的一种固有属性牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．2．揭示了力的本质牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，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．揭示了不受力作用时物体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，当物体受外力作用但所受合力为零时，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．1．(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：选 AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A 正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B 错误，D 正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C 错误．2．在一次交通事故中，一辆载有 30 吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是( )3A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，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．由于车厢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：选 A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A 正确．牛顿第一定律的“三点注意”(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．(3)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来．考点二 对牛顿第三定律的理解1.作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”2．应用牛顿第三定律时应注意的问题(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．(3)作用力、反作用力不同于平衡力一对平衡力 一对相互作用力作用在同一个物体上分别作用在两个不同的物体上力的性质不一定相同 力的性质一定相同不同点不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失相同点 大小相等、方向相反、作用在同一直线上1．(2016·吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是( )A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力4B．两人对绳的拉力是一对平衡力C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小解析：选 D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项 A 错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项 B 错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项 D 正确，C 错误．2．(多选)2015 年 8 月 18 日我国目前运载能力最大的长征五号运载火箭成功发射．下面有关火箭上天的情形的叙述正确的是( )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，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．火箭进入预定高度之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：选 AD.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，即火箭上升的推动力，此动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、是否存在空气无关，选项 B、C 错误，选项 A 正确；火箭进入预定高度之后，火箭与地球之间依然存在相互吸引，即火箭吸引地球，地球吸引火箭，这是一对作用力与反作用力，故选项 D 正确．3.如图所示，放在水平面上的物体受到一个水平向右的拉力 F 作用而处于静止状态，下列说法中正确的是( )A．物体对水平面的压力和物体受到的重力是一对平衡力B．拉力 F 和水平面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C．物体受到四对平衡力的作用D．物体受到的合力为零解析：选 D.物体对水平面的压力与物体受到的重力既不是一对平衡力又不是一对作用力和反作用力，选项 A 错误；拉力 F 和水平面对物体的摩擦力是一对平衡力，选项 B 错误；物体共受到四个力作用，应为两对平衡力，选项 C 错误；物体处于静止状态，受到的合力为零，选项 D 正确．正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．课堂小结——名师微点拨本节课的重点在于对惯性及作用力反作用力特点的理解，要掌握住两个“三注意”：1.惯性理解的“三注意”5(1)惯性的有无与运动状态和受力情况无关．(2)惯性是物体的固有属性，其大小由质量唯一决定．(3)惯性不是惯性定律．2.作用力、反作用力“三注意”(1)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力不一定是作用力与反作用力．(2)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(3)作用力与反作用力不是一对平衡力.第 2 节 牛顿第二定律 两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，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＝ ma3．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．动力学的两类基本问题(1)由受力情况确定物体的运动情况．(2)由运动情况确定物体的受力情况．2．解决两类基本问题的思路：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．三、力学单位制1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒 2等．[易错警示·微点拨]1．加速度和力是瞬时关系，有力一定同时有加速度，但速度可以为零．2．由 F＝ ma 可得 a＝ ，这不是加速度的定义式而是决定式．Fm3．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．4．物体的加速度与物体质量成反比，而质量与加速度无关．6考点一 牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“五性”2．力、加速度、速度间的关系(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．1．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到 O 点并系住质量为 m 的物体，现将弹簧压缩到 A 点，然后释放，物体可以一直运动到 B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )A．物体从 A 到 O 先加速后减速B．物体从 A 到 O 做加速运动，从 O 到 B 做减速运动C．物体运动到 O 点时，所受合力为零D．物体从 A 到 O 的过程中，加速度逐渐减小解析：选 A.物体从 A 到 O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小．由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至 AO 间某点(设为点 O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至 O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过 O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为 A.2．一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( )7解析：选 C.物块的受力如图所示，当 F 不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为 0；当 F 大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得 F－ μF N＝ ma，即 F＝ μF N＋ ma， F 与 a 成线性关系．选项 C 正确．考点二 牛顿第二定律瞬时性的分析1．两种模型：牛顿第二定律 F＝ ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路⇒分 析 瞬 时 变 化 前 、 后 物 体 的 受 力 情 况⇒列 牛 顿 第 二 定 律 方 程 求 瞬 时 加 速 度1.(2016·山东大学附中检测)如图所示， A、 B 两小球分别连在轻线两端， B 球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为 30°的光滑斜面顶端． A、 B 两小球的质量分别为 mA、 mB，重力加速度为 g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、 B 两球的加速度大小分别为( )A．都等于 B． 和 0g2 g2C. 和 · D． · 和g2 mAmB g2 mAmB g2 g2解析：选 C.由整体法知， F 弹 ＝( mA＋ mB)gsin 30°剪断线瞬间，由牛顿第二定律可得：对 B： F 弹 － mBgsin 30°＝ mBaB，得 aB＝ ·mAmB g28对 A： mAgsin 30°＝ mAaA，得 aA＝ g12所以 C 正确．2.(2016·滁州模拟)如右图所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为 30°的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A．0 B． g233C． g D． g33解析：选 B.开始小球处于平衡态，受重力 mg、支持力 FN、弹簧拉力 F 三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝ mgcos 30°＋ Fsin 30°， Fcos 30°＝ mgsin 30°，解得 FN＝ mg，重力 mg、弹簧拉力 F 的合力的大小等于支233持力 FN，当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与 FN等大、反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为 g， B 正确．2333.如图所示，物块 1、2 间用刚性轻质杆连接，物块 3、4 间用轻质弹簧相连，物块 1、3 质量为 m，物块 2、4 质量为 M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块 1、2、3、4 的加速度大小分别为 a1、 a2、 a3、 a4.重力加速度大小为 g，则有( )A． a1＝ a2＝ a3＝ a4＝0B． a1＝ a2＝ a3＝ a4＝ gC． a1＝ a2＝ g， a3＝0， a4＝ gm＋ MMD． a1＝ g， a2＝ g， a3＝0， a4＝ gm＋ MM m＋ MM解析：选 C.在抽出木板的瞬时，物块 1、2 与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所9以由牛顿第二定律知 a1＝ a2＝ g：而物块 3、4 间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块 3 向上的弹力大小和对物块 4 向下的弹力大小仍为 mg，因此物块 3 满足 mg＝ F， a3＝0；由牛顿第二定律得物块 4 满足a4＝ ＝ g，所以 C 对．F＋ MgM M＋ mM在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”(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，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．考点三 动力学的两类基本问题(高频考点)1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：2．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．题组一 高考题组1．(2014·高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间) t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以 v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离 L＝39 m．减速过程中汽车位移 s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小 g＝10 m/s 2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由题可得初速度 v0＝72 km/h＝20 m/s，末速度vt＝0，位移 s＝25 m，由运动学公式得 v ＝2 as①2010t＝ ②v0a联立①②式，代入数据得 a＝8 m/s 2③t＝2.5 s④(2)设志愿者反应时间为 t′，反应时间的增加量为 Δ t，由运动学公式得 L＝ v0t′＋ s⑤Δ t＝ t′－ t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得 Δ t＝0.3 s⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 F0，志愿者质量为 m，由牛顿第二定律得F＝ ma⑧由平行四边形定则得 F ＝ F2＋( mg)2⑨20联立③⑧⑨式，代入数据得 ＝F0mg 415○答案：(1)8 m/s 2 2.5 s (2)0.3 s (3)4152.(2015·高考全国卷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°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(sin 37°＝35)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 μ 1减小为 ， B、 C 间的动摩擦因数 μ 2减小为 0.5， A、 B 开始运动，此时刻为计时起点；38在第 2 s 末， B 的上表面突然变为光滑， μ 2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/s 2.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＝ μ 1N1①11N1＝ mgcos θ ②f2＝ μ 2N2③N2＝ N1′＋ mgcos θ ④规定沿斜面向下为正．设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ － f1＝ ma1⑤mgsin θ － f2＋ f1′＝ ma2⑥N1＝ N1′⑦f1＝ f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3 m/s 2⑨a2＝1 m/s 2⑩(2)在 t1＝2 s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2，则v1＝ a1t1＝6 m/s⑪v2＝ a2t1＝2 m/s⑫tt1时，设 A 和 B 的加速度分别为 a1′和 a2′.此时 A 与 B 之间的摩擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s 2⑬a2′＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间 t2， B 的速度减为零，则有v2＋ a2′ t2＝0 ⑮联立⑫⑭⑮式得t2＝1 s⑯在 t1＋ t2时间内， A 相对于 B 运动的距离为s＝ －(12a1t21＋ v1t2＋ 12a1′ t2) (12a2t21＋ v2t2＋ 12a2′ t2)＝12 m3μmg 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：选 BCD.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 .逐渐增大拉力32F，当 F＝ μmg 时， A、 B 间相对静止， B 与地面开始相对滑动，A 错误．当 A、 B 间相对滑动时，由牛顿第二定律，对32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、 B32开始相对滑动，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52aA＝ ＝ μg ，B、C 正确．物体 A、 B 间和物块 B 与地面间都相对滑动时， B 的加速度为F－ 32μ mg3m 13aB＝ ＝ 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 μg ，所以 B 的加速度不会2μ mg－ 32μ mgm 12 12超过此值，D 正确．2．如图所示，一质量 m＝0.4 kg 的小物块，以 v0＝2 m/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＝2 s 的时间物块由 A 点运动到 B 点， A、 B 之间的距离 L＝10 m．已知斜面倾角θ ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数 μ ＝ .重力加速度 g 取 10 m/s2.33(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 L＝ v0t＋ at2①12v＝ v0＋ at②联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s 2， v＝8 m/s(2)设物体所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff，拉力与斜面间的夹角为 α ，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得，沿斜面方向：28Fcos α － mgsin θ － Ff＝ ma③垂直斜面方向： Fsin α ＋ FN－ mgcos θ ＝0④又 Ff＝ μF N⑤联立③④⑤式得 F＝ ⑥mg sin θ ＋ μ cos θ  ＋ macos α ＋ μ sin α将数据代入并化简得F＝ N⑦5.2233sin α ＋ 60°故当拉力 F 与斜面的夹角 α ＝30°时，拉力 F 最小，最小值 Fmin＝ N1335答案：(1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° N1335临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“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)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)若题目要求“最终加速度” 、 “稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度.课堂小结——名师微点拨1.超重和失重的三点警示(1)超重是物体有向上的加速度，而不一定是速度向上；(2)失重是物体有向下的加速度，而不一定是速度向下；(3)连接体中只有一部分物体超重或失重时，其他部分没有加速度，则整体必然超重或失重．2.牛顿运动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29的初速度.课时规范训练(单独成册)1．下列哪个说法是正确的( )A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态解析：选 B.选项 A、C、D 中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项 A、C、D 错误；选项 B 中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项 B 正确．2．(2016·北京东城区期末)人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是( )A．电梯加速上升 B．电梯加速下降C．电梯匀速上升 D．电梯匀速下降解析：选 A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有 F－ G＝ ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力 F 大于 G，加速度方向向上．选项 A 正确，B、C、D 错误．3．(2016·福建福州质检)如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图象中符合实际情况的是( )解析：选 A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝ kΔ x，此时 a＝0，小球速度达到最大值 vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为 0，加速度最大，A 正确，B 错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为 x，由能量关系得 mg(h＋ x)＝ kx2，则 2mg(h＋ x)＝ kx·x，由 h＋ x＞ x 得 kx＞2 mg，所以在最低点12kx－ mg＝ ma＞ mg，即 ag，C 错误．弹簧形变量 x 与 t 不是线性关系．则 a 与 t 也不是线性关系，D 错误．4.原来静止的物体受到外力 F 的作用，如图所示为力 F 随时间变化的图线，则与 F－ t 图象对应的 v－ t 图象是( )30解析：选 B.由 F－ t 图象可知，在 0～ t 内物体的加速度大小 a1＝ ，做匀加速直线运动，在 t～2 t 内物体的加速Fm度大小 a2＝ ，但方向与 a1反向，做匀减速直线运动，故选项 B 正确．Fm5.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力均为 f.若木块不滑动，力 F 的最大值是( )A.2f m＋ MMB.2f m＋ MmC. －( m＋ M)g2f m＋ MMD. ＋( m＋ M)g2f m＋ Mm解析：选 A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有 F－( M＋ m)g＝( M＋ m)a，对木块有 2f－ Mg＝ Ma，所以 F＝，选项 A 正确．2f M＋ mM6.(2016·辽宁朝阳三校协作体联考)如图，物块 A 和 B 的质量分别为 4m 和 m，开始 A、 B 均静止，细绳拉直，在竖直向上的拉力 F＝6 mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块 A 和 B 的加速度分别为( )A． aA＝ g， aB＝5 g B． aA＝ aB＝ g12 15C． aA＝ g， aB＝3 g D． aA＝0， aB＝2 g14解析：选 D.对滑轮受力分析： F－2 T＝ Ma，又 M＝0，所以 T＝ ＝ ＝3 mg.对 A 受力分析：由于 T＜4 mg，故 A 静F2 6mg2