2019届高考物理备考艺体生百日突围系列专题03牛顿运动定律 25页

专题03牛顿运动定律第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，且更加突出考查学生运用"力和运动的观点"分析解决问题的能力。牛顿运动定律及其应用是每年高考考查的重点和热点，应用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析，特别是牛顿运动定律与曲线运动，万有引力定律以及电磁学等相结合的题目，牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多，一般涉及一下几个方面：一是牛顿第二定律的瞬时性，根据力求加速度或者根据加速度求力，二是动力学的两类问题，三是连接体问题，四是牛顿第二定律在生活生产和科技中的应用。第一部分知识背一背1.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)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称惯性定律。②指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。(3)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量度：质量是物体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.③普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性。2.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度与所受合外力成正比，跟物体的质量成反比。(2)表达式：F＝ma.(3)力的单位：当质量m的单位是kg、加速度a的单位是m/s2时，力F的单位就是N，即1kg•m/s2＝1N.(4)物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系，且这种关系是瞬时的.(5)适用范围：①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对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)、低速运动(远小于光速)的情况.3单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制.①基本单位：基本物理量的单位.力学中的基本物理量有三个，它们是长度、质量、时间；它们的国际单位分别是米、千克、秒.②导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.(2)国际单位制中的基本物理量和基本单位n国际单位制的基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n摩[尔]mol发光强度I坎[德拉]cd4.牛顿第三定律(1)作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体也施加了力.(2)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上.(3)物理意义：建立了相互作用的物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系.5.作用力与反作用力的“四同”和“三不同”四同：(1)　大小相同　(2)　方向在同一直线上　(3)　性质相同　(4)　出现、存在、消失的时间相同三不同：(1)　方向不同　(2)　作用对象不同　(3)　作用效果不同6.超重与失重和完全失重(1)实重和视重①实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态　无关　.②视重：当物体在　竖直　方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的　重力　.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.(2)超重、失重和完全失重的比较现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力　大于　自身重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力　小于　自身重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力　等于零　的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝gn第三部分技能+方法一、如何理解牛顿第一定律1.建立惯性的概念，即一切物体都具有保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性.是物体固有的一种属性，与物体是否受力及物体的运动状态无关.2.对力的概念更加明确.力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是物体产生加速度的原因.3.牛顿第一定律不是实验定律，即不能由实验直接加以验证，它是在可靠的实验事实基础上采用科学的抽象思维而推理和总结出来的.二、牛顿第一定律、惯性、牛顿第二定律的比较1.力不是维持物体运动的原因，牛顿第一定律指出“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”.因此物体在不受力时仍可以匀速运动，并不需要力来维持，力是改变这种状态的原因，也就是力是产生加速度的原因.2.惯性是一切物体保持原来运动状态的性质，而力是物体间的相互作用.因此惯性不是一种力，力是使物体运动状态发生改变的外部因素，惯性则是维持物体运动状态，阻碍物体运动状态发生改变的内部因素.3.惯性的表现：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，物体不受外力时，惯性表现在维持原运动状态不变，即反抗加速度产生，且在外力一定时，质量越大的物体运动状态越难改变，加速度越小.4.牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是牛顿第二定律的基础，牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的，是以伽利略的理想实验为基础，通过对大量实验现象的思维抽象、推理而总结出来的.牛顿第一定律定性地给出了物体在不受力的理想情况下的运动规律，在此基础上牛顿第二定律定量地指出了力和运动的关系：F＝ma.三、牛顿第二定律的理解牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系.联系物体的受力情况和运动情况的桥梁是加速度.可以从以下角度进一步理解牛顿第二定律.因果关系力是产生加速度的原因，力是因，加速度是果.只能描述为物体运动的加速度与物体所受的外力成正比，反之不行同体性F、a、m三者都针对同一个物体，其中F是该物体所受的合外力，m是该物体的质量，a是在F作用下该物体的加速度瞬时性F与a是瞬时对应的，它们同时存在，同时变化，同时消失.物体在每一时刻的瞬时加速度是跟那一时刻所受的合外力成正比的，恒力产生恒定的加速度，变力产生变化的加速度，某一方向上合外力不为零，就在这一方向上产生加速度n同向性F与a的方向永远是一致的，也就是说合外力的方向决定了物体加速度的方向，加速度的方向反映了物体所受合外力的方向独立性作用于物体上的每一个力各自独立产生加速度也遵从牛顿第二定律，与其他力无关.物体实际的加速度则是每个力单独作用时产生的加速度的矢量和适用范围惯性参考系，宏观低速运动的物体注意：1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速.3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程四、作用力和反作用力与平衡力1.作用力和反作用力与平衡力的比较内容作用力和反作用力平衡力受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系相互依存，不可单独存在，同时产生，同时变化，同时消失无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡叠加性两力作用效果不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，且合力为零力的性质一定是同性质的力可以是同性质的力，也可以是不同性质的力大小方向大小相等、方向相反、作用在一条直线上大小相等、方向相反、作用在一条直线上2.判断一对力是否是作用力和反作用力(1)看作用点，作用力与反作用力应作用在两个物体上.(2)看产生的原因，作用力和反作用力是由于相互作用而产生的.(3)作用力与反作用力具有相互性和异体性，与物体运动状态无关.五、整体法和隔离法的应用1.解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取对象，恰当地选择使用隔离法和整体法.2.在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理.n3.在选用整体法和隔离法时，可依据所求的力进行选择，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度.应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式为：ΣFx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanxΣFy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化求解的目的，但需把握三个关键点：(1)正确分析系统受到的外力；(2)正确分析系统内各物体加速度的大小和方向；(3)确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解.六、牛顿运动定律应用规律（一）、动力学两类基本问题的求解思路两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽，思维过程如下：（二）、用牛顿定律处理临界问题的方法1.临界问题的分析思路解决临界问题的关键是：认真分析题中的物理情景，将各个过程划分阶段，找出各阶段中物理量发生突变或转折的“临界点”，然后分析出这些“临界点”应符合的临界条件，并将其转化为物理条件.2.临界、极值问题的求解方法(1)极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理此类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的.(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答此类题目，一般采用假设法.此外，我们还可以应用图象法等进行求解.（三）、复杂过程的处理方法——程序法按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为程序法.用程序法解题的基本思路是：1.划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态.n2.对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果.3.前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的分界点是关键第四部分基础练+测一、单选题1．高铁是中国“新四大发明之ー，有一段视频，几年前一位乗坐京泸高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒掉。这一视频证明了中国高铁的极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是（　　）A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态C．硬币倒掉是因为受到风吹的原因D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用【答案】A【解析】【详解】当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故A正确，BD错误；硬币倒掉是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域是没有外界吹来的风，故C错误。2．2018年II月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义。新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日起正式生效。其中，千克将用普朗克常量(h)定义；安培将用电子电荷量（e）定义。以基本物理常数定义计量单位，可大大提高稳定性和精确度。关于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列正确的是A．普朗克常量的单位为kg.m3.s-2B．普朗克常量的单位为kg-1.m2.s-1C．电子电荷量的单位为A．sD．电子电荷量的单位为A.s-1【答案】Cn【解析】【详解】由公式E=hv，可得h=E/v=Fs/v=mas/v，故普朗克常量h的单位为J/Hz，1J/Hz=1J·S=1Kg·m2·s-1；由公式q=It，可得电荷量e的单位为C，1C=1A·s。故答案选C。3．一个质量为m的雨滴从足够高的地方落下，受到的空气阻力与速度成正比，比例系数为k。重力加速度为g。下列说法正确的是：（）A．雨滴下落过程中机械能守恒B．雨滴下落过程处于失重状态C．雨滴的最大速度为v=mgkD．雨滴从越高的地方下落，最后的速度越大【答案】C【解析】【详解】雨滴在下落过程中受到空气阻力，所以机械能减小，故A错误；物体在空中竖直下落过程中，受到重力和空气阻力，由于空气阻力与物体的速度成正比，开始阶段，空气阻力小于重力，物体向下做加速运动，处于失重状态，随着速度的增大，空气阻力增大，合力减小，由牛顿第二定律得知，加速度减小，当空气阻力与重力平衡时，物体做匀速直线运动，速度达到最大即v=mgk，由此可知雨滴的最后速度与下落高度无关，故C正确，BD错误。所以C正确，ABD错误。4．如图，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，以下说法正确的是：（）A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程，B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大D．速度达到最大时加速度也达到最大【答案】A【解析】【详解】当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大；则从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，选项A正确，CD错误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，加速度是先向下减小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故选项B错误；故选A.n5．上虞区城东小学的护鸟小卫士在学校的绿化带上发现一个鸟窝静止搁在三根树叉之间。若鸟窝的质量为m，与三根树叉均接触。重力加速度为g。则（）A．三根树叉对鸟窝的合力大小等于mgB．鸟窝所受重力与鸟窝对树叉的力是一对平衡力C．鸟窝与树叉之间一定只有弹力的作用D．树叉对鸟窝的弹力指向鸟窝的重心【答案】A【解析】【详解】A．由力的平衡知识可知，三根树叉对鸟窝的合力大小等于mg，选项A正确；B．鸟窝所受重力作用在鸟窝上，而鸟窝对树叉的力是作用在树杈上，两力不是一对平衡力，选项B错误；C．鸟窝与树叉之间也可能存在摩擦力的作用，选项C错误；D．树叉对鸟窝的弹力方向垂直于树枝方向，不一定指向鸟窝的重心，选项D错误；6．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，牛顿在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入困境B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引力定律C．伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法,比如他利用图(a)对自由落体运动研究，先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是使时间测量更容易D．库仑发现的库仑定律使电磁学的研究从定性进入定量阶段，是电磁学史上一块重要的里程碑，并且库仑进一步提出了“电场”的概念。【答案】C【解析】【详解】A．亚里士多德认为物体下落的快慢是由它们的重量决定的，重物比轻物下落快，16世纪末，伽利略对落体运动进行系统研究，将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，而不是直n接由实验得出自由落体运动是匀变速直线运动，故A错误；B．开普勒在分析第谷的数据基础上提出开普勒行星运动定律，但没有得出万有引力定律，故B错误；C．伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法，比如他利用图(a)对自由落体运动研究，先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是“冲淡”重力，使时间测量更容易，选项C正确；D．库仑发现的库仑定律使电磁学的研究从定性进入定量阶段，是电磁学史上一块重要的里程碑；法拉第提出了“电场”的概念，选项D错误；7．关于物理学史，下列说法错误的是A．伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法B．牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律……牛顿运动定律和万有引力定律C．奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场D．爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子【答案】D【解析】【详解】伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法，选项A正确；牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律……牛顿运动定律和万有引力定律，选项B正确；奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场，选项C正确；普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.8．如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下,一起向上做匀加速直线运动,则关于两物体受力情况的说法正确的是A．物体N可能受到4个力B．物体M一定受到4个力C．物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力nD．物体M与N之间可能无摩擦力【答案】B【解析】【详解】M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力；再对M进行受力分析，得：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力，一共4个力，故B正确，ACD错误；故选B。9．如图所示，在水平面上有一小物体P，P与水平面的动摩擦因数为μ=0.8，P用一水平轻质弹簧与左侧墙壁连在一起，P在一斜向上的拉力F作用下静止，F与水平成夹角θ=53°，并且P对水平面无压力。已知：重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力。则撤去F瞬间P的加速度大小为A．0B．2.5m/s2C．12.5m/s2D．无法确定【答案】A【解析】【分析】撤去F之前，由平衡知识可求解弹簧的弹力；撤去F后的瞬间，弹力不变，物体与地面之间产生压力和摩擦力，比较弹力和最大静摩擦力的关系可知求解物块的加速度.【详解】撤去F之前，由平衡知识可知，F弹tan53°=mg，解得F弹=0.75mg；撤去F的瞬时，弹簧弹力不变，因最大静摩擦力为fm=μmg=0.8mg，可知物体不动，加速度为零；故选A.10．如图所示，质量为2kg的物体B和质量为1kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上.再将一个质量为3kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g=10m/s2)A．0B．15m/s2C．6m/s2D．5m/s2【答案】C【解析】n【分析】放上A的瞬间，先对整体研究，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析，根据牛顿第二定律求出A对B的支持力的大小。【详解】开始弹簧的弹力等于B的重力，即F=mBg放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得a=(mA+mB)g-F(mA+mB)=mAg(mA+mB)=6ms2。故选：C。【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用。二、多选题11．如图为娱乐场里常见的一种简单的娱乐设施一滑道，它由一个倾斜轨道和水平轨道平滑连接而成。若一名儿童自轨道顶端由静止开始下滑，到达水平轨道某处停下，儿童与整个轨道的滑动摩擦因素处处相同，不计空气阻力。则下列关于其路程大小x、速度大小、加速度大小a、合カ大小F随时间t变化的大致规律，可能正确的是（　　）A．B．C．D．【答案】BC【解析】【详解】儿童在斜面阶段与斜面正压力大小与重力在垂直斜面方向的分量相等，此分量小于重力，在水平轨道正压力大小等于重力，摩擦力与正压力大小呈正比，两个阶段滑动摩擦力又相等，故斜面阶段加速度要小于水平轨道阶段，因此在倾斜轨道下滑过程中，由于受力不平衡会加速下滑F=ma=mgsinθ-μmgcosθ，会加速n下滑的路程为x=12at2，路程大小随时间变化是曲线，故A错误；加速过程v=at，其中加速度a=gsinθ-μgcosθ，速度大小随时间变化是直线，在水平面上根据牛顿第二定律：F′=ma′=μmg，可得：a′=μg，可知做减速运动，且合外力F和F′大小关系不确定，a与a′之间大小关系不确定，故B可能正确；两阶段加速度大小不确定，故C可能正确；水平轨道阶段合力与斜面阶段力的方向必然相反，故D错误。12．如图所示,水平地面上固定一竖直挡板,倾角为θ、质量为M的斜面体右侧用楔子P固定于地面,一质量为m的球体静止于挡板与斜面之间,设所有接触面均光滑:若将固定斜面体的楔子P取走,小球下落且未脱离斜面的过程中,下列说法正确内是A．球将做自由落体运动B．球对竖直挡板压力相对于球静止时减小C．球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒D．球体与斜面体组成系统动量守恒【答案】BC【解析】【详解】A．小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项A错误；B．球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项B正确；C．因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选项C正确；D．球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向受合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项D错误.13．如图所示，可视为质点的小球套在光滑的竖直杆上，一根不可伸长的细绳绕过滑轮连接小球，已知小球重力为IN，电动机从A端以1m/s的速度沿水平方向匀速拉绳，绳子始终处于拉直状态。某一时刻，连接小球的绳子与竖直方向的夹角为600，对此时小球速度及绳子中拉力的判断正确的是nA．小球速度等于2m/sB．小球速度等于0.5m/sC．绳中拉力大于2ND．绳中拉力等于2N【答案】AC【解析】【详解】设小球速度为v1，绳子速度为v2，小球的运动速度可分解到沿绳和垂直绳的方向上，故v2=v1cosθ，可得v1=v2/cosθ=2m/s。小球运动过程角θ逐渐增大，故小球在做加速运动，加速度向上，对小球受力分析知Fcosθ-mg=ma，故F＞mgcosθ=2N。故选项AC正确，BD错误。14．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接，A、B两物体均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v一t图象如图乙所示（重力加速度为g），则A．施加外力前，弹簧的形变量为2MgkB．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g+a)C．A、B在tl时刻分离，此时弹簧弹力筹于物体B的重力D．上升过程中，物体B速度最大，A、B两者的距离为12at22-Mgk【答案】AD【解析】【详解】A、施加外力F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx，解得：x=2Mgk，故选项A正确；B、施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：F弹-Mg-FAB=Ma，其中：F弹=2Mg，解得：FAB=M(g-a)，故选项B错误；C、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a且FAB=0；对B有：F'弹-Mg=Ma，解得：F'弹=M(g+a)，故选项C错误；D、当物体B的加速度为零时，此时速度最大，则Mg=kx'，解得：x'=Mgk，故B上升的高度h'=x-x'=Mgkn，此时A物体上升的高度：h=12at22，故此时两者间的距离为Δh=12at22-Mgk，故选项D正确；说法正确的是选选项AD。15．静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小随时间变化如图甲所示。在拉力F从零逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10m/s2。则下列说法中错误的是A．物体与水平面间的摩擦力先增大后减小至某一值并保持不变B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．4s末物体的动量大小为12kg·m/sD．4s内滑动摩擦力的冲量大小为9N·s【答案】ABC【解析】【详解】由乙知，0-2s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。t=2s时静摩擦力达到最大值，t=2s后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变。故A正确。在2-4s内，由牛顿第二定律得：F-μmg=ma；由图知：当F=6N时，a=1m/s2，代入得6-10μm=m；当F=12N时，a=3m/s2，代入得12-10μm=3m；联立解得μ=0.1，m=3kg，故B正确。根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4s内物体速度的变化量为△v=1+32×2=4m/s，由于初速度为0，所以4s末物体的速度为4m/s，动量大小为P=mv=12kg•m/s，故C正确。4s内滑动摩擦力的冲量大小为I=μmgt=0.1×30×2N⋅s=6N⋅s，选项D错误。16．如图所示，有一倾角为37°的足够长的粗糙斜面，动摩擦因数为0.5。现用F=20N的拉力沿斜面向上拉动1kg的木块，经6s后，下列说法正确的是：（）A．木块的加速度恒为20m/s2B．木块的动量为60kg·m/sC．拉力F的冲量为120N·sD．拉力F的冲量为0n【答案】BC【解析】【详解】物理受力分析列牛顿第二定律方程F-mgsin37°-μmgcos37°=ma，代入数据解得：a＝10m/s2，故A错误；经6s后物体的速度v=at=60m/s，此时木块的动量为：P=mv=60kg·m/s，故B正确；拉力F的冲量为：I=Ft=120N·s，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。17．火箭是靠火箭发动机喷射工质（工作介质）产生的反作用力向前推进的飞行器。它自身携带全部推进剂，不依赖外界工质产生推力，可以在稠密大气层内，也可以在稠密大气层外飞行。一枚火箭升空后沿着直线离开某个星球的表面，星球很大，表面可视为水平面，如图所示。若不计星球的自转，不计空气阻力，则以下轨迹（图中虚线）可能正确的是：A．B．C．D．【答案】ABC【解析】【详解】A图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，合力方向与速度共线做直线运动，选项A正确；B图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，若重力与向上的作用力相等，则火箭可沿虚线方向做匀速直线运动，选项B正确；C图中，火箭向后喷气，产生沿斜向上方向的作用力，重力竖直向下，若合力方向沿虚线方向，火箭可沿虚线方向做加速运动，选项C正确；D图中，火箭向后喷气，产生沿虚线方向的斜向上的作用力，重力竖直向下，合力方向不能沿虚线方向，火箭不可能沿虚线方向做直线运动，选项D错误；故选ABC.n18．如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在ts末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则A．恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ=vv0B．质点所受合外力的大小为mv02-v2tC．质点到达B点时的速度大小为v0vv02-v2D．ts内恒力F做功为12mv02-v2【答案】ABC【解析】【详解】分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示：在x′方向上由运动学知识得v＝v0sinθ；在y′方向上由运动学知识得v0cosθ＝ayt；由牛顿第二定律有F＝may；解得F＝mv02-v2t，sinθ＝vv0，即恒力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ＝vv0。故AB正确；设质点从A点运动到B历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有Fcosθ＝ma1；Fsinθ＝ma2；由运动学知识可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝v0vv02-v2，则选项C正确；ts内恒力F做功为－12m(v02－v2)，故D错误。故选ABC.19．如图甲所示，一滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2。质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的v-t图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2。则nA．传送带的速度大小为4m/sB．滑块的质量为3.3kgC．滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量为26.8JD．若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m【答案】BD【解析】【分析】根据题中“子弹水平向左射入滑块并留在其中”、“水平传送带”可知，本题考察动量守恒与传送带相结合的问题，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、摩擦生热等知识分析计算。【详解】A：子弹射入滑块并留在其中，滑块(含子弹)先向左做减速运动，然后向右加速，最后向右匀速，向右匀速的速度大小为2m/s，则传送带的速度大小为2m/s。故A项错误。B：子弹未射入滑块前，滑块向右的速度大小为2m/s，子弹射入滑块瞬间，子弹和滑块的速度变为向左的4m/s；子弹射入滑块瞬间，内力远大于外力，系统动量守恒，以向左为正，据动量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑块的质量M=66m=3.3kg。故B项正确。C：滑块(含子弹)先向左做减速运动时，据牛顿第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑块向左运动的加速度大小a=2m/s2。滑块(含子弹)向左减速运动的时间t1=v1a=2s，滑块(含子弹)向左减速运动过程中滑块与传送带间的相对运动距离s=v1+02t1+vt1=8m，滑块向左运动过程中与传送带摩擦产生的热量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C项错误。D：滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，则(m+M)g=(m+M)v2R，解得：转动轮的半径R=0.4m。故D项正确。20．倾斜角度为θ的斜面上有m1和m2两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2．两物体间用一根原长为L0的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示．则以下说法正确的是（）nA．若μ1>μ2,可用张力足够的轻绳替代弹簧B．若μ1=μ2,可用轻杆替代弹簧C．若μ1<μ2,弹簧的形变量是(L－L0)D．若m1=m2，则μ1=μ2=tanθ【答案】BC【解析】【详解】A、若μ1＞μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则弹簧处于压缩状态，所以不能用张力足够的轻绳替代，故A错误；B、若μ1=μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，弹簧的形变量为0，故可用轻杆替代弹簧，故B正确；C、若μ1＜μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，弹簧处于拉伸状态，故弹簧的形变量是(L－L0)，C正确；D、m1=m2时，若弹簧处于拉伸状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，则μ1＜μ2，若弹簧处于压缩状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则μ1＞μ2，若弹簧处于原长状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，则μ1=μ2=tanθ，由于弹簧的状态不清楚，所以无法判断μ1和μ2的关系，故D错误。三、解答题21．光滑水平地面上有一质量M=2kg的木板以速度v0=10m/s向右匀速运动，在t=0时刻起对其施加一向左的恒力F=8N．经t=ls时，将一质量m=2kg可视为质点的小物块初速度为零轻放在木板右端。物块与木板间动摩擦因数μ=0.4，木板足够长。求：（1）刚放上小物块时木板的速度？（2）物块在木板上相对木板滑动的时间？【答案】（1）6m/s；（2）0.5s【解析】【详解】(1)对M：F=Ma1解得：a1=4ms2n由公式v1=v0-a1t1=6ms；(2)由公式f=μFNFN=mg对m:f=ma2解得：a2=4ms2对M：F+f=Ma3解得：a3=8ms2共同速度v共=a2t=v1-a3t解得：t=0.5s由于F=(M+m)a4a4=2ms2<4ms2所以以后共同减速，t=0.5s。22．从长L=8m、倾角θ=37°的固定粗糙斜面顶端由静止释放一个滑块，滑块滑到斜面底端时速度大小为v，所用时间为t；若让此滑块从斜面底端以速度v滑上斜面，则滑块在斜面上的运动时间为12t。取重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。求：（1）滑块通过斜面底端时的速度大小v；（2）滑块从斜面底端上滑时离斜面顶端的最小距离。【答案】（l）4.77m/s；（2）6.93m【解析】【详解】（1）设滑块和斜面间的动摩擦因数为μ，滑块下滑时加速度大小为a1，滑块上滑时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：滑块下滑时mg（sinθ-ucosθ）=ma1①，滑块上滑时mg（sinθ+μcosθ）=ma2②，设滑块上滑时间为t1，上滑最大距离为x，则v=a2t1=a1t③，x=12a2t12=12a1(t-t1)2④，③④解得a22-8a1a2+4a12=0，a2=2(2+3)a1，①+②解得a1=2gsinθ(5+23)=1213(5-23)m/s2≈1.42m/s2,v=2a1L≈4.77m/s，联立解得：a1≈1.42m/s2、a2≈10.6m/s2、v≈4.77m/s。（2）由匀变速直线运动规律得v2=2a2x⑤，则滑块上滑时离斜面顶端的最小距离为d=L-x⑥，解得x=1.07m，d≈6.93m。23．如图，木板B置于粗糙水平地面上，木板上端放置一小物块A。已知mA=2mB=2m,A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对A施加一水平拉力F，当A、B恰好发生相对滑动时，求F的大小。n【答案】3μmg【解析】当A、B恰好发生相对滑动时，A、B的加速度均为a。以A为研究对象，由牛顿第二定律：F-μ∙2mg=2ma以B为研究对象，由牛顿第二定律：μ∙2mg-∙3mg=ma联立解得F=3μmg24．质量为60kg的人，站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数各是多少？（取g=10m/s2）（1）升降机匀速上升；（2）升降机以4m/s2的加速度加速上升；（3）升降机以5m/s2的加速度加速下降。【答案】（1）F示=600N(2)F示=840N(3)F示=300N【解析】人站在升降机中的体重计上受重力和支持力.(1)当升降机匀速上升时，由平衡条件得FN－G＝0，所以，人受到的支持力FN＝G＝mg＝60×10N＝600N.根据牛顿第三定律，人对体重计的压力即体重计的示数为600N.(2)当升降机以4m/s2的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律FN－G＝ma，FN＝G＋ma＝ｍ（g＋a）＝60×（10＋4）N＝840N,此时体重计的示数为840N，大于人的重力600N，人处于超重状态.(3)当升降机以5m/s2的加速度加速下降时，据牛顿第二定律可得mg-FN＝ma，所以FN＝mg-ma＝ｍ（g-a）＝60×（10-5）N＝300N，此时体重计的示数为300N，小于人本身的重力，人处于失重状态.试题点评：本题是考查对超重和失重的理解。25．质量为200kg的物体，置于升降机内的台秤上，从静止开始上升。运动过程中台秤的示数F与时间t的关系如图所示，求升降机在7s钟内上升的高度（取g＝10m／s2）。【答案】升降机在7s钟内上升的高度为50m．【解析】试题分析：0-2s内F1=3000N，由牛顿第二定律得：F1-mg=ma解得：a=5m/s2方向竖直向上n位移x1=a1t12/2=10m;2s-5s内，F2="2000N="mg则a=0位移x2=v1t=a1t1t2=30m；5s-7s内,F3=1000N，由牛顿第二定律得：F3-mg=ma2解得：a2=-5m/s2，方向竖直向下位移x3=v1t3+1a3t32/2=10m整个过程上升的高度H=x1+x2+x3=50m考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式与图象的综合，关键是根据F-t图线来求解物体在不同阶段的加速度，然后应用运动公式求解；此类问题是高考的热点问题，需加强这方面的训练。26．某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点（通过B点前后速率不变），再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0=72km/h，AB长L1＝l50m；BC为四分之一水平圆弧段，限速（允许通过的最大速度）v=36km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2=50m,重力加速度g取l0m/s2。（1）若轿车到达B点速度刚好为v=36km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；（2）为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值；（3）轿车A点到D点全程的最短时间。【答案】（1）a=1m/s2（2）Rmin=20cm（3）t=23.14s【解析】试题分析：（1）轿车在AB段做匀减速直线运动，已知初速度、位移和末速度，根据速度位移关系公式求解加速度．（2）轿车在BC段做匀速圆周运动，由静摩擦力充当向心力，为保证行车安全，车轮不打滑，所需要的向心力不大于最大静摩擦力，据此列式求解半径R的最小值．分三段，分别由运动学公式求解时间，即可得到总时间解：（1）v0=72km/h=20m/s，AB长L1=l50m，v=36km/h=10m/s，对AB段匀减速直线运动有v2=﹣2aL1代入数据解得a=1m/s2（2）汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，n为了确保安全，则须满足Ff≤μmg联立解得：R≥20m，即：Rmin=20cm（3）设AB段时间为t1，BC段时间为t2，CD段时间为t3，全程所用最短时间为t．L1=R=vt2L2=t=t1+t2+t3解得：t="23.14"s答：（1）若轿车到达B点速度刚好为v=36km/h，轿车在AB下坡段加速度的大小为1m/s2；（2）为保证行车安全，车轮不打滑，水平圆弧段BC半径R的最小值为20cm；（3）轿车A点到D点全程的最短时间为23.14s．【点评】本题是运动学与动力学综合题，能结合物体的运动情况，灵活选择运动学的公式形式是关键，当不涉及加速度而要求时间时，可用位移等于平均速度乘以时间来求．27．2016年新春佳节，许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)。某次服务员用单手托托盘方式(如图)给12m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜时的最大速度为3m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度g=10m/s2。(1)求服务员运动的最大加速度；(2)求服务员上菜所用的最短时间。【答案】（1）1.5m/s2；（2）6s.【解析】试题分析：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：Ff1=ma1，碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，n解得：a1≤μ1g=0.15×10=1.5m/s2，对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：Ff2=（M+m）a2，手和托盘间相对静止，则：Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2，则最大加速度：amax=1.5m/s2；（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t1=vmaxamax=31.5s=2s，位移：，减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=3m，匀速运动位移：x3=L-x1-x2=12m-3m-3m=6m匀速运动时间：t3=x3vmax=2s，最短时间：t=t1+t2+t3=6s考点：牛顿第二定律的应用28．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m。滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2。求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离。【答案】　(1)2N；(2)1.5J；(3)1.5m【解析】【详解】(1)对木板Ff=Ma1由运动学公式，有v=a1t解得Ff=2Nn(2)对滑块-Ff-ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式v-v0=a2t解得v0=3m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh-Wf=12mv02可得滑块克服摩擦力做功为Wf=1.5J(3)t=1s内木板的位移x1=12a1t2此过程中滑块的位移x2=v0t+12a2t2故滑块相对木板滑行距离L=x2-x1=1.5m29．某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲,在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2．(1)运动过程中物体的最大加速度为多少？(2)在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？【答案】(1)20m/s2（2）3.2m（3）10m【解析】试题分析：（1）由牛顿第二定律，得F-μmg=ma，当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大代入解得解得a=Fm-μg=20m/s2（2）由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大则F=μmg=20N由图得到F与x的函数关系式F=100-25x则得到x=3．2m（3）由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功W=200J根据动能定理W-μmgxm=0代入数据得xm=10mn考点：牛顿第二定律；动能定理的应用【名师点睛】本题有两个难点：一是分析物体的运动过程，得出速度最大的条件；二是能理解图象的物理意义，“面积”等于推力做功，是这题解题的关键．