2020高考物理二轮对对练专题三牛顿运动定律 Word版含解析

1、 牛顿运动定律专题三 高考命题规律 201201201201201 202年高考必考牛顿运动定律的12 考点20 20 24 15两类动力学问题 19 20 二牛顿运动定律的综考点25 25 25 21 25 24、25 合应用三 验证牛顿第二实验考点:22 23 定律 四 考点一 牛顿运动定律的理解 命题角度1(储备)应用牛顿第三定律转换研究对象 【典题】重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作,当运动员竖直 ) (,夹角为,则倒立保持静止状态时,两手臂对称支撑 ,运动员单手对地面的正压力大小为=60时当A. ,运动员单手对地面的正压力大小为GB.当=120时 ,运动员

2、受到的合力不同C.当不同时 运动员与地面之间的相互作用力不相等当不同时,D.A 答案每只运动员处于静止状态,解析以运动员为研究对象受到重力和地面对两只手的支持力, 运动员单手对地面的正无关和夹角G手受到的支持力大小都等于,根据牛顿第三定律可知, 由牛顿第三定律知两物体间错误;错误;运动员受到的合力始终为零,C压力大小为G,A正确,B .的相互作用力大小永远相等,D错误 转换研究对象的解题方法即利用牛顿第三定律转换,如果不能直接求解物体受到的某个力时,可先求它的反作用力如求压力.的,因此问题得以巧妙地解决研究对象,转换研究对象后所求的力与待求力是“等大” .在许多问题中,摩擦力的求解亦是如此时可

3、先求支持力;加速度与力的关系2命题角度 对方向高考真题体验 且原来作用在质点上的力现对其施加一恒力全国,18)一质点做匀速直线运动.1.(多选)(2016 ) 不发生改变,则( A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变BC 答案根据牛顿第二定律,匀速直线运动的质点加一恒力后,合力即该恒力,质点做匀变速运动解析 速率的变由加速度定义式a=可知单位时间内速度的变化量总是不变,;F=ma,可知C选项正确 某一时错误;A化量不一定相等,选项D错误;质点的速度方向不一定与该

4、恒力的方向相同,选项所以速度方向不可能而恒力方向不会改变,刻恒力方向与速度方向垂直时,速度方向立即改变, 正确.总是与该恒力的方向垂直,选项B .2 在半球面水平直径的一端如图,一固定容器的内壁是半径为的半球面;)(2016(多选全国R20) m 有一质量为重力加速度大小W.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为的质点P. ) 容器对它的支持力大小为P在最低点时,向心加速度的大小为a,F,则(g.为设质点N - - B.A.a=a= - - C.F= F D.=NN 答案AC 解析质点P由静止滑到最低点过程由动能定理得 2 mgR-W=mv 在最低点时有a= - 解得a=联

5、立, -mg=m由牛顿第二定律得FN - ,所以选项A、C正确联立=解得F,B、D错误. N 合力、加速度、速度之间的关系判定 物体一定有加速度.(1)不管速度是大还是小,只要合力不为零, 加速,是加速度的决定式;a=,aF,a(2)a=是加速度的定义式,a与v、t无必然联系 度的方向一定与合力的方向相同. .;合力与速度反向时,物体减速运动合力与速度同向时(3),物体加速运动刷高分典题演练提能 .1 两本m,重力加速度为g,A,如图所示小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强,已知的质量为 ) (在空中运动时书在空中不翻转,不计空气阻力,则A、B g.A的加速度等于A 的加速度大于gB.B m

6、g.AC对B的压力等于 对D.AB的压力大于mgA 答案的加速度均为重之间没有作用力,AB、BA处于完全失重状态、,BA解析、在空中运动时AB,、 A,力加速度故正确错误,BCD. 2.在向右匀速运动的小车内,用细绳a和b系住一个小球,绳a处于斜向上的方向,拉力为F,绳ba处于水平方向,拉力为F,如图所示.现让小车向右做匀减速运动,此时小球相对于车厢的位置仍b ) (保持不变,则两根细绳的拉力变化情况是 F不变A.F变大,ba F变小B.F变小,ba F变大F不变,C.ba F变小F不变,D.baC 答案F故对小球受力分析可知,小球相对于车厢的位置仍保持不变,解析小车向右做匀减速运动时a .变

7、大,C正确的水平分量也不变,而加速度水平向左,故FF的竖直分量大小仍等于mg,不变,Fbaa 因前方有障,、B两物体叠放在一起,小车在水平地面上向右做匀速直线运动,车内A3.如图所示两物体始终保持相对静止且随BA、,小车刹车制动,在小车整个运动的过程中,碍物,为避免相撞 ) (小车一起运动,则下列说法正确的是 B两物体间存在摩擦力在小车匀速运动过程中,A、A. B物体相对小车有向右运动的趋势B.在小车匀速运动过程中, 一定有沿斜面向上运动的趋势,A相对BC.在小车刹车制动过程中 两物体间一定存在着沿斜面方向上的摩擦力,A、BD.在小车刹车制动过程中A 答案两物A、B,处于平衡状态,B相对小车无

8、运动趋势,且由受力分析可知、解析小车匀速运动时,AB间相对运动A、B,B错;小车刹车制动过程中由于加速度大小未知,A体间一定存在摩擦力,故对 错误.,所以C、D趋势方向不能确定牛顿第二定律瞬时性的理解储备)命题角度3( B3 kg,质量为的物体,)如图所示质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面(【典题】多选2 ) .某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间10 m/sA用细线悬挂并恰好与物体相互接触.g取( 30 N A.弹簧的弹力大小为2 10 m/sBB.物体的加速度大小为2 C.物体A6 m/s的加速度大小为12 N BAD.物体对物体的支持力大小为CD 答案 解析弹簧的弹力大小不会瞬间变

9、化,故剪断细线的瞬间,弹力大小不变,仍为20 N,A错误;A、 - - 22 ,B有共同加速度,错误,C正确;m/s以a=6 m/sB为研究对 B 象,mg-F=ma,F=m(g-a)=34 N=12 N,D正确. BNBBN 瞬时问题的分析方法正确分关键是弄清瞬时前后的受力情况和运动状态的变化情况,(1)分析物体的瞬时问题, 然后再由牛顿第二定律求出瞬时加速度.析该时刻的受力, 分析此类问题应特别注意绳或线类、弹簧或橡皮绳类模型的特点.(2)其弹力后,剪断(或脱离)轻绳、轻杆或接触面不发生明显形变就能产生弹力的物体,; ,不需要形变恢复时间立即消失,特点是形变量大或附着)有物体的弹簧或橡皮绳

10、,轻弹簧、轻橡皮绳两端同时连接( .,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变其形变恢复需要较长时间刷高分典题演练提能 1. ) 下列说法正确的是(B绳水平,B如图所示,质量为m的小球被非弹性绳A和系住,其中 A.平衡时水平绳的拉力为mgsin B.剪断水平绳,斜绳的拉力不变 小球的加速度为gsin 剪断水平绳C., gtan 剪断斜绳D.,小球的加速度为C 答案 剪断水,Atan 错误;平衡时斜绳的拉力为,平衡时水平绳的拉力为解析对小球受力分析,mg 剪断a=;,C=gsin 正确小球的加速度为剪断水平绳错误mg,平绳斜绳的拉力为cos ,B;, 小球只受重力斜绳,D,g小球的加速度

11、为故错误. 2.如图所示,水平面上放有三个木块A、B、C,质量均为m=1 kg,A、C与地面间的接触面光滑,B与地面间的动摩擦因数=0.1,A、B之间用轻弹簧相连,B、C之间用轻绳相连.现在给C一个水平向右的大小为4 N的拉力F,使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运2 ) )(重力加速度g取10 m/s,F则撤去力F的瞬间,轻绳中的张力F为(动.某一时刻撤去拉力T D.3 N C.2 N A.0 B.1 N B 答案 在拉力作用下对整体由牛顿第二定律可得解析 3mg=maF-2 .解得a=1 m/s1 1 N=由牛顿第二定律可得F=ma=1弹簧上的弹力不能瞬间变化,设弹力大

12、小为F,对AN 2ma作为整体由牛顿第二定律可知F+mg=当撤去外力后,把B、C2 方向向左1 m/s.,解得a= 正确.1 N,故对C受力分析由牛顿第二定律可得FB=ma= 3. 车上固定由正六边形的三边构成的槽型容,一辆平板小车静止在光滑水平面上,如图所示(多选)向左做匀.现使小车以加速度aAB、BC和CD边都接触器ABCD,光滑小球静止在容器内且与 ) (加速直线运动.g为重力加速度.则 边对小球的作用力都为零,则a=gCDA.若AB和 g则a=,B.若AB和CD边对小球的作用力都为零 边对球的作用力大小相等BC,则和CDC.若AB边对小球的作用力为零 边对球的作用力大小之差为一定值则B

13、C和CDD.若AB边对小球的作用力为零,AD 答案 ,A g a=对小球进行受力分析可知,解析当AB、CD边对小球的作用力都为零时 cos ,竖直方向上F当AB边对小球的作用力为零时,对小球进行受力分析可知错误正确,B;BC .错误故D正确,Ccos 6060-F=mg,CD .4 小球一端与水平轻的小球,.=02的水平面上有一个质量m=1 kg在动摩擦因数多选()如图所示,且水此时小球处于静止状态45角的不可伸长的轻绳相连,=弹簧相连,另一端与竖直方向成2 ) )(10 m/s.下列说法中正确的是取(.平面对小球的弹力恰好为零在剪断轻绳的瞬间g A.小球受力个数不变2 小球立即向左运动B.,

14、a=且8 m/s 2 10 m/s,且a=C.小球立即向左运动D.若剪断的是弹簧,则剪断瞬间小球加速度为零 答案BD 解析在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力平衡得,弹簧的弹力F=mgtan 45=101 N=10 N,弹簧处于伸长状态.剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为10 N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用,小球的受力个数发生改变,故A错误;剪断轻绳时,小球所受的最大静摩擦力为F=mg=0.210 N=2 N,根据牛顿第二定律f - - 22 .,C错误.合力方向向左,所以向左运动,小球的加速度为得,a=故B m/s正确=8 m/s

15、所受,若剪断弹簧,则在剪断的瞬间,轻绳对小球的拉力瞬间为零,此时小球受重力和支持力作用 的合力为零,则小球的加速度为零,故D正确. 考点二 两类动力学问题 命题角度1已知运动(受力)求受力(运动) 对方向高考真题体验 物块用一不可伸长的细绳与固定物块和木板叠放在实验台上,20)如图.(多选)(2019全国(a),1时撤去4 st=的作用,在.t=0时,木板开始受到水平外力F在实验台上的力传感器相连,细绳水平(c)的关系如图v与时间tt变化的关系如图(b)所示,木板的速度外力.细绳对物块的拉力f随时间2 ) 由题给数据可以得出.重力加速度取10 m/s(.所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略 1

16、 kg 木板的质量为A.4 N .,力F的大小为0B.2 s4 s内 的大小保持不变内,力FC.02 s2 .D.物块与木板之间的动摩擦因数为0AB 答案滑动由题图(b)可知,解析对物块受力分析可知,细绳对物块的拉力f等于木板与物块间的摩擦力. 22=m,-F=-:4,对木板5 s内的加速度a= m/s2 m/s=-0.m0摩擦力F=.2 N,设木板质量为ff2木木 2对木正确.0=,=m4 s.=m1 kg,A正确对木板:2内,F-Faa0.2 m/s,求得F=.4 N,B可求得,a12f1木木无法求动摩,.,C=ktF=F平衡,与静摩擦力拉力板:02 s,FF错误物块质量未知无法求正压力f

17、f静静 .错误,D擦因数 2. 现.P,系统处于静止状态15)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块(2018全国,表示P离开静止位置的位移上,使其向上做匀加速直线运动.以xP用一竖直向上的力F作用在 ) (,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是在弹簧恢复原长前 A 答案解析 选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+F-mg=ma,系统原处于静止状态,则NF=ma,F由开始随x增加,F变小,F变大,选项A正确. N024)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s和(2017全国s(ss).30011处分别放置一个挡板和一面小旗, 如图所示.训练时,让运

18、动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v击出,使冰球在冰0面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v.重力加速度大小为g.求 1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度. - (2) (1)答案 解析(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得 mgs-= 0 - =解得 (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动

19、员的加速度大小分别为a和a,所用的时间为t,由运动学公式得 21 s2a= 01 t-v=av110 2 ts=a21 =联立a式得2 极值问题的处理方法 ,入手全面分析物体的受力情况、运动情况.(1)从加速度a ”分析可能的临界点及特点.“极限分析法”或“假设法(2)应用 分析动态变化或最值现象要用图解法或解析式法.(3) ”.简单问题应用“图解法然后应用数学变换写出待求量的函数,“函数解析式法”先写出相关方程式复杂问题应用 .,再依据函数的变化特点,判定其动态变化趋势及可能的最值解析式 .应用相关规律及推论处理相关问题刷高分典题演练提能 .1 如图所示一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的

20、倾斜钢索上运.高空滑索是勇敢者的运动位置时轻绳B,到达图中位置时轻绳与竖直线有夹角设钢索是直的动(),下滑过程中到达图中A ) 竖直向下.不计空气阻力下列说法正确的是(, ,位置时人的加速度可能为零AA.在 在B.A,位置时钢索对轻环的作用力小于人的重力 C.在B位置时,钢索对轻环的摩擦力为零 D.若轻环在B位置突然被卡住,则此时轻绳对人的拉力等于人的重力 答案B 位置轻绳与竖直线在A加速度不为零,A错误;在A位置,人受重力和绳的拉力,合力不为零,解析,、钢索的作用力F以人和轻环整体分析,受到重力mg有夹角,因为绳索有摩擦,故夹角小于直角,B位置以轻环为研究对象正确;在如图,由几何关系可知,钢

21、索对轻环的作用力小于人的重力,B人将做位置突然被卡住,;若轻环在B轻环的合力为零,轻环受到拉力、支持力和摩擦力,C错误 .故拉力大于重力,D错误圆周运动,拉力和重力的合力提供向心力 .2 可以简化为如,1996年在地球上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验.如图所示通过A与待测质量的物体B质量m=30 kg的物体在绕地球做匀速圆周运动的飞船内下模型:,1恒力作用下一起在桌面F=9 N.05的足够长的水平桌面上,在=轻绳连接,放置在动摩擦因数0 ) 4.9 m,以下说法正确的是(上从静止开始运动,7 s时间内A物体向前运动了15 kg B物体质量为A.60 kg B物体质量为B.2 加速

22、度为C.0.5 m/s2 加速度为0.3 m/sD.A 答案 22、对a=0.2 m/sAat在,物体A从静止开始运动,7 s内运动了4.9 m,故根据x=;可得对解析A分析 即整因为整体随飞船绕地球做圆周运动两物体组成的系统整体分析,所以处于完全失重状态,B故由牛顿第二定律可得,所以整体在水平方向上受到拉力F作用,体与桌面间的压力为零 正确.=+m(m)a,解得m15 kg,AF=221 3. 相.AB和AC,端点都在大圆上引出两条不同的光滑轨道,如图所示从竖直面上大圆的最高点A, ) (点分别沿两条轨道滑到底端同物体由静止开始,从A,则下列说法中正确的是 A.物体到达底端的速度大小都相等

23、物体重力的冲量都相同B. AC运动所用的时间运动所用的时间小于沿物体沿C.AB D.物体动量的变化率都相同B 答案 所以它们到达底端的动能,同一物体从静止到达底端,由动能定理可知,重力做的功不一样解析由牛顿第二定律可,故A错误;对物体在斜面上受力分析不同,物体到达底端的速度大小不相等, 22,因此下滑时间与斜面的倾角无关可得,2Rcos =gcos 根据运动学公式求得,a=gcos ,x=att 可知物体重力的冲量都I=Ft,根据冲量物体沿AB运动所用的时间等于沿AC运动所用的时间可知物体P=mv-mv,末动量不相等,根据动量的变化量,C相同,故B正确错误;因初动量都为零0t B.D错误.故选

24、又由于运动时间相同动量的变化量不相同,所以物体动量的变化率不相同,故 4. 返回舱开始从太假设一宇宙飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后,(2019山东东营模拟)穿越大气返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降,空向地球表面预定轨道返回.这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降.从某时且认为返回舱竖直降落.空气阻力系数)为k,所受空气浮力不变,的平方成正比,比例系数(B切线与横轴交点,图中AB是曲线在A点的切线,刻开始计时,返回舱运动的v-t图象如图所示2: 400 kg,g取10 m/s,求的坐标为(8,0),CD是曲线AD的切线.假如返回舱总

25、质量为M=; (1)返回舱在这一阶段的运动状态; v=160 m/s时,返回舱的加速度大小(2)在开始时刻0 (3)空气阻力系数k的数值.2 31 (2)20 m/s(3)0答案(1)先做加速度逐渐减小的减速运动,直至做匀速运动.直,图线的斜率逐渐减小到零,即返回舱做加速度逐渐减小的减速运动解析(1)由题图可以看出, .至做匀速运动 - =,则a=v(2)开始时=160 m/s,过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小0 22 m/s20 m/s=2 故加速度大小为20 m/s. F(3)设浮力为,由牛顿第二定律得 +F-Mg=Ma,在t=0时有k 4 m/s 由题图知返回舱的最终速度为v=2

26、0 +F-Mg=当返回舱做匀速运动时,有kv .解得k0.31命题角度2连接体问题 对方向高考真题体验 20)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.全国(多选)(2015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 间的拉力大小仍为和Q的加速度向西行驶时当机车在西边拉着车厢以大小为a,P;力大小为F ) 则这列车厢的节数可能为(,F.不计车厢与铁轨间的摩擦每节车厢质量相同, A.8 B.10 C.15 D.18 答案BC 解析设这列车厢的总节数为n,每节车厢质量为m,从P、Q处将车厢分成东、西两部分,东边为 ,xma;以加速度向西

27、行驶时F=a向东行驶时,F=(n-x)ma这列车厢以加速度x节,西边为(n-x)节, .取正整数,故选项B、C正确3联立得n=5x,因为n、x 处理多物体系统的方法 .“隔离法”,一般应用“整体法”与组成的系统研究由多个“有效物体” 能整体、不隔离”.,(1)不涉及系统内力且各物体加速度相等时,优先考虑用整体法即“ ,如待求量少或受力少或处于系统边缘处的物体.,先隔离“简单”的物体(2)应用隔离法速如各隔离体间的关联力为内力,各隔离体的关联位移、(3)正确分析各隔离体之间的关联. 度、加速度等. (4)将整体法与隔离法有机结合、灵活应用.刷高分典题演练提能 ”复兴号我国自行研制的全球最长高铁列

28、车16节长编组“1.(多选)(2019江西玉山一中模拟)列车”不提供动力的车厢叫拖车,“复兴号列车由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,假设各车厢,其余为拖车.149、10、13、节车厢为动车6,由16节车厢组成其中第1、2、5、.每节动车的额定功率都相同,列车在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比质量均相等, ) (则下列说法正确的是手对手机的作用力的方向一位乘客单手持手机浏览网页时,A “复兴号”列车做匀加速直线运动, 与车厢运动的方向相同节车厢间的作用14、3节车厢间的作用力与第13、列车做匀加速直线运动时B “复兴号”,第21 力大小之比为2最大速度将6节拖车的配置,10复兴号

29、”列车8节动车和8节拖车的配置如果改为节动车和 “C 25倍.提高到原来的1此过程中该乘客对列车,列车在减速进站阶段 “复兴号”,一位乘客水平用力向后推自己的座位D 做了负功BC 答案A,重力与手对手机的作用力的合力方向与车厢运动的方向相同,选项解析对手机受力分析可知 - 、a=,设每节动车提供的动力为错误;F列车做匀加速直线运动时加速度为-kg,1以 2节车厢为研究对象有2F-2kmg+F=2ma,解得F=-F,以前13节车厢为研究对象有11 节动车P,8B选项.5F,故正确;设每节动车的额定功率为,137F-13kmg+F=ma,解得F=-022 节动车和6节拖车配置时,v=1.25,选项

30、C=,和8节拖车配置时v=,10解得正m2m1 确;列车在减速进站阶段,人处于减速状态,即列车对人的作用力向后,由牛顿第三定律可知,人对列车的作用力向前,所以乘客对列车做了正功,选项D错误. 2. 点和A它与槽左右两端的接触处分别为m的圆弧槽内,质量为m的光滑小球恰好放在质量也为通过细线和滑轮,角.槽放在光滑的水平桌面上,OA与水平线AB成60B点,圆弧槽的半径为R,小球将从槽中滚出,当槽的加速度很大时,相连,细线始终处于水平状态.通过实验知道与重物C ) (要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为,滑轮与绳质量都不计 mm B.2A. 1)m D.( C.(+ -1)m D 答案cot 由

31、牛顿第二定律得mg当小球刚好要从槽中滚出时,小球受力为重力和斜面给的支持力,解析 cot 60,解得a=g60=ma amM+2)以整体为对象,由牛顿第二定律得Mg=( .m.故选M=(D +1)解得 ,的物块m=2 kgM=30 kg的斜劈,在其斜面上放一质量3.如图所示,在光滑水平面上放有一质量已知斜物块恰好能与斜劈保持相对静止.拉斜劈,使其由静止开始运动,F现用一水平向右的力,sin 最大静摩擦力等于滑动摩擦力0.8,=37,物块与斜面间的动摩擦因数劈倾角2 ) 大小为(10 m/s8,=0.重力加速度g取F.则拉力.=3706,cos 37 A.1 N B.10 N D.310 N C

32、.31 N B 答案 受力分析如图所示对解析m. 水平方向,根据牛顿第二定律可得Fcos 37-Fsin 37=ma. Nf 2看成一个、m,把F,联立解得a= m/sMsin 37竖直方向,F+Fcos 37=mg,其中F=NffN ,ACD错误.F=10 N.故B正确)整体有:F=(M+ma,解得的物体,弹簧上端放着质量为m)如图所示,轻弹簧一端固定在倾角为的光滑斜面底端4.(多选 ) 则在A、B一起向下运动过程中(将一个质量为A,处于静止状态.2m的物体B轻放在A上, mgsin 上的瞬间,B对A的压力大小为A.放在A B的速度先增大后减小B.A、 B间的弹力先增大后减小C.A、 B组成

33、的系统机械能守恒D.A、AB 答案瞬BF=mgsin ;在放,在放B之前,物体A保持静止状态重力的分力和弹簧的弹力平衡,则解析 Bsin ;对物体g-F=(3m)a,计算得出a=B间,对A、整体研究,根据牛顿第二定律有:(2m+m)sin B由牛顿第三定律知,;计算得出F=mgsin .=受力分析,根据牛顿第二定律有:2mgsin -F2maNN 选项是正确的.所以AA对的压力大小为mgsin 、后小于弹力,则A向下运动过程中因为在A、B,弹簧的弹力一直增大,3mgsin 先大于弹力, .B选项是正确的,B的速度先增大后减小所以根据牛当加速度沿斜面向下时,对A、B整体,合力先减小后增大,加速度

34、先减小后反向增大 .减小mgsin -F=2ma,知a,F增大顿第二定律有:2NNB,知a增大,F增大,则A、,当加速度沿斜面向上时根据牛顿第二定律有F-2mgsin =2maNN的机械能不、BA、B系统做功,因此,间的弹力一直增大,故C错误;因为在运动过程中弹簧对A 选项是正确的.D错误.所以AB守恒,故 5. A的小物块另一端和质量为2m(多选)一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部,时开从t=0,如图所示,此时弹簧的压缩量为x.静止在斜面上相连,质量为m的小物块B紧靠A0物经过一段时间后,B始终做加速度为a的匀加速直线运动.施加沿斜面向上的外力始,对B,使则下,、a均已知m,重力

35、加速度大小为g.若、x.A块、B分离弹簧的形变始终在弹性限度内0 ) (列说法正确的是 B分离所用的时间,A.根据已知条件可求出从开始到物块A、 分离时的速度大小可求出物块A、B根据已知条件B., ,弹簧的弹力恰好为零BC.物块A、分离时 开始减速物块分离后、物块D.AB,AAB 答案 解析分离的瞬间A、B有共同的加速度和速度,且此时A、B之间的相互作用力为零.设分离时的加速度为a,弹簧的压缩量为x,对A有kx-2mgsin =2ma,A、B分离前一起做匀加速直线运动,则 2、可求得从开始到物块A,联立以上方程,在初始状态时对整体受力分析有kx=3mgsin x-x=at,00 物块分离后,正

36、确;物块A、B、B分离所用的时间,A正确,C错误;物块AB分离时的速度v=at,B 错误.A先做加速度减小的加速运动,D命题角度3多过程衔接及其v-t、x-t、a-t、F-t图象 对方向高考真题体验 所图线如图(b)-,其运动的vt20)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面(多选)(2015全国 ) ,则可求出(均为已知量示.若重力加速度及图中的v、v、t101 斜面的倾角A. 物块的质量B. 物块与斜面间的动摩擦因数C. D.物块沿斜面向上滑行的最大高度ACD 答案 物a,=根据牛顿第二定律a解析由图象可得物块上滑的加速度大小=,下滑的加速度大小21 物块上滑的;、,mgsin ,m

37、gsin mg+cos =ma下滑时有mg-cos =ma则可求出块上滑时有21 ,BDCA,sin 则最大高度最大距离x=,h=x选项、正确错误. 多过程现象要分析衔接关联子过程“” (1)从加速度入手,分析可能的运动临界点,确定各子过程及其衔接点特点(注意挖掘隐蔽性子过程).关注衔接点处物理量是否连续,或“点前”“点后”怎样突变.复杂情景须画出运动的情景简图,并标注重要的物理量. (2)选取“过程对象”要实用、简洁,能用“大过程”则不用“小过程”. (3)应用相关公式,优先选用运动的平均速度公式、多过程推论、返回现象的对称性,列出规范方程式. (4)确定各子过程的时间、位移(几何关系)、速

38、度关联,若关联式较简单,可直接并入相应的方程式中;若关联式较复杂,则独立书写关联方程式. 典题演练提能刷高分 1. 的长=37某运动员和雪橇的总质量m=75 kg,沿倾角(多选)平昌冬奥会单人无舵雪橇项目中,比例假设滑动时运动员和雪橇所受的空气总阻力与速度大小成正比,直雪道从静止自由滑下.是曲图中BA图象如图中曲线OA所示,(即空气阻力系数)未知.设运动员和雪橇运动的v-t系数60,cos .sin 37=0过原点的切线,且C点的坐标为(5,20).已知是曲线线OA的渐近线,OCOA2 ) (.重力加速度g取10 m/s则下列判断正确的是,全程运动员都不用撑杆加力37=0.80,2 1.25

39、m/sA.t=0时,雪橇的加速度大小为25 .B.雪橇与雪道之间的动摩擦因数为030 N 运动员和雪橇受到的空气阻力大小为5 m/s时,C.当v=2 运动员和雪橇的加速度大小为2 m/s,D.当v=5 m/s时BD 答案 22 取人和雪橇为研究对=4 m/s;,A解析t=0时,OC的斜率等于加速度的大小,a= m/s错误 , -F-F=ma,象,由牛顿第二定律得mgsin f2f1 =ma即mgsin -kv-mgcos 2代入上式解得0,;当速度达到最大值时,v=10 m/s,a=v=-由vt图象知,t=0时,0,a=4 m/sm2 时,运动员和雪橇受到的空气阻力为150 N,加速度a=当=

40、0.25,k=30 kg/s,B正确;v=5 m/s2 错误.,D正确m/s,C用水平,小球B,2.(2019山东泰安模拟)如图所示小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上两球均处于静,通过光滑滑轮,弹簧固定在竖直板上.两小球A、BO用轻质细绳相连轻弹簧拉着长度OA30与竖直方向成角,的正上方OB止状态.已知小球质量为m,在半圆柱体圆心O,OA1下列说),现将细绳剪断的瞬间与竖直方向成与半圆柱体半径相等,OB45角.(重力加速度为g ) (法正确的是 弹簧弹力大小为mgA. 小球B.B的加速度为g mgA受到的支持力为 C.小球 gA的加速度为D.小球 D 答解析 tan =mg,F mg =

41、F,由平衡条件可得剪断细绳前对小球B受力分析如图所示弹绳 受到的重力的大小和方BF和小球,细绳上弹力立即消失,而弹簧弹力45=mg;剪断细绳瞬间弹 合受到的剪断细绳前,小球Ag,选项A、B错误; mg,a =F向均没有改变,则=B合 cos =mgA受到的支持力F= mg,剪断细绳瞬间,小球m重力大小g=2Fcos 30 AANA绳 得小球,=ma对小球A由牛顿第二定律有mg30=sin 30mg,选项C错误;剪断细绳瞬间,AAA .D正确sin 30=g,选项A的加速度a=gA 牛顿运动定律的综合应用 考点三 物体在传送带上运动的过程分析)1(储备命题角度 8 v=2 m/s=顺时针匀速转动

42、.将一小物块以【典题】如图所示,倾角为=37的传送带以速度v21传送带足.5,已知小物块与传送带间的动摩擦因数=0m/s的速度从传送带的底端滑上传送带.2 ) 下列说法正确的是10 m/s.8,g取(,6,cos 37够长,sin 37=0.=0 2 小物块运动的加速度大小恒为10 m/sA.6 s 小物块向上运动的时间为0.B.4 m C.小物块向上滑行的最远距离为 D.小物块最终将随传送带一起向上匀速运动C 答案: 解析小物块的运动分两个阶段: ,滑动摩擦力沿斜面向下开始时小物块相对传送带向上运动2 a=10 m/ssin +mgcos 得=mgma11: 小物块速度小于传送带后相对斜面向

43、下运动,滑动摩擦力沿斜面向上2 得a=2 m/s-=mgmasin mgcos 22 A选项是错误的.所以: 两段运动的时间分别为at=v-v得t=0.6 s 11121 at=v得t=1.0 s 2212所以向上运动的时间为t+t=1.6 s,B选项错误. 21两段运动的位移分别为: tx=3 m 11 t=1 m x=22 所以选项C正确. 小物块先向上减速到零,再向下加速,D选项错误. 分析解答传送带问题的三个关键点所涉及运动物理量一般以地面.应用牛顿运动定律、运动规律列出相应的方程,进行计算(1) .为参考系,同时要分清对地位移与相对位移的关系的制约、L正确分析多过程.临界点一般表现为

44、传送带长度(2)把握运动形式转换的临界点, g的情景等.tan =的情景、加速传送带在a=物块速度为零情景、倾角传送带在 ,要正确应用.(3)物块与传送带在力、速度及加速度、几何长度、时间各方面有相应的关联刷高分典题演练提能 7 m/sv皮带在电动机的带动下,始终保持=1.如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角=30,0经一段时间后工件被)轻轻放在皮带的底端,的工件的速度运行.现把一质量为4 kg(可看为质点 2工在这段时间内,g已知工件与传送带间的动摩擦因数为h=传送到8 m的高处.=,取10 m/s, ) (变化的图象正确的是随时间所受合外力a,位移v件的速度,x加速度,Ft A 答案 工件

45、刚放上皮带时受重力、支持力、沿皮带=16 m,皮带的总长度L=解析根据题意可知 向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可知,a=gcos 30-gsin 22, 5 m/s=2m/s30=.10-10 工件做匀加速直线运动,v=at,工件速度达到与皮带速度相同时运动的位移与速度v有关系0 m=9.8 mmgsin 30=mg,所以以后工fmax 件与皮带保持相对静止,做匀速直线运动,故A正确,BCD均错误. 2.如图所示,半径R=1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带相切于B点,水平传送带上A、B两端点间距L=16 m,传送带以v=10 m/s的速度顺时针运动,将质量m=1 kg

46、的02.10 m/s 4,g取0)放到传送带上,滑块与传送带间的动摩擦因数=.小滑块(可视为质点 (1)将滑块在传送带A端由静止释放,求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间; (2)若滑块仍由静止释放,要想滑块能通过圆轨道的最高点C,求滑块在传送带上释放的位置范围; (3)若将滑块在传送带中点处释放,同时沿水平方向给滑块一初速度,使滑块能通过圆轨道的最高点C,求此初速度满足的条件. (3)v4 m/s,水平向右A端6 m的范围内任何一个位置;4 答案(1)2.85 s端与距(2)在A1m/sv8 m/s,水平向左 2解析(1)对滑块受力分析,由牛顿第二定律得mg=ma 由运动学得v=at 10

47、解得t=2.5 s. 1设滑块速度达到v时经过的位移为x 10 5 m 12.=由运动学得x= 1 5 m .=L-x=3x设滑块匀速运动的位移为,x122 35 s 0.则滑块匀速运动的时间为t=2 85 s 所需时间为t=t+t=2.21 (2)由牛顿运动定律得mg=m mgR=2由机械能守恒得 m/s 4= 解得滑块通过B点的速度至少为v B 2ax由运动学得 = 10 m 解得x= 处6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C端滑块在A端与距A ,v(3)若给滑块一水平向右的初速度由运动学公式得2=a 1 解得v=4 m/s,所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件v4

48、m/s. 11若给滑块一水平向左的速度,只需让滑块向左减速滑行的距离在2 m8 m的范围即可, 2x2-0=ax由运动学公式可得 8 解得4 m/sv8 m/s 2所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件4 m/sv8 m/s. 23. 传送带25 m,10.到B长度为L=,如图所示传送带与地面夹角=37,从A(2019山东德州模拟),的黑色煤块.5 kgA无初速地放置一质量为m=0以v=10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端0sin .已知.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹它与传送带之间的动摩擦因数为=02: ,g取10 m/s求0.6,cos 37=0.8,37=; B的时间(1)

49、煤块从A到 的过程中传送带上形成痕迹的长度.A到B(2)煤块从 (2)5 m 5 s答案(1)1. cos a=(sin +=g解析(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,其加速度为1 210 m/s=), 1 s, =煤块加速到传送带速度v所用的时间为t10 5 m, =其经过的路程为xa= 11 ,受到向上的摩擦力,则所以煤块的速度达到因tan =,v后0 - 2, 2 m/s(sin 加速度为a=-cos )=g2 25 m, 5.x=L-x=煤块以加速度a运动的路程为122 5 s, 0.解得,t=+其时间满足x=vta 22202 .5 s=A煤块从到B的时间为t=t+t121

50、第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长(2)x5 m, =-x=vt1110 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长x25 m, -vt=.0=x2202x 故痕迹总长为x与部分重合,5 m.12板块运动、受力的综合分析命题角度2 对方向高考真题体验 放在静止于水平地面=5 kg,B的质量分别为m=1 kg和(2017全国m25)如图,两个滑块A和BA与地面间的动m=4 kg,两者与木板间的动摩擦因数均为=0.5;木板的质量为上的木板的两端,1A相遇时,v=3 m/s.A、B=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为摩擦因数为022 重力加速度大小g取10 m/s求.与木板恰

51、好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,; 木板的速度(1)B与木板相对静止时, .A、B开始运动时,两者之间的距离(2) 9 m 答案(1)1 m/s.(2)1和木板所受的摩擦力大小分B木板也在地面上滑动.设A、解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板相对于地面的加速度aB相对于地面的加速度大小分别为a和,别为F、F和F,A和BAf2f1f3 a.在物块B与木板达到共同速度前有大小为1 g=mFA1f1 g=mFB1f2 g+m)F=(m+mBAf32 由牛顿第二定律得 aF=mAf1A aF=mBf2B -F=maF-F1f3f1f2 由运动学公式有v.设在t时刻,B与木板达到共同速度,其

52、大小为11 -atv=v101B tv=a111 联立1 m/s式,代入已知数据得v=1 t=v-a(2)在t时间间隔内,B相对于地面移动的距离为s B1B10 由牛,对于B与木板组成的体系后设在B与木板达到共同速度v,木板的加速度大小为a.21 顿第二定律有 )a+FF=(m+m2f1f3B但运,式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v由=a式知,a;再由1AB的速度大与木板的速度相同,设其大小为v设A.相遇时动方向与木板相反.由题意知,A和B,A2 ,对木板有t,则由运动学公式v小从v变到所用的时间为212 =v-atv2122 =-v对A有v+at21A2 -ta=v),在t时间

53、间隔内B(以及木板相对地面移动的距离为s 22211 A相对地面移动的距离为)t+t时间间隔内,(在21 2 )+t(a)+tt(=vs-t210A12A A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 +ss=s+sB01A .9 m,并代入数据得s=1联立以上各式0) 时间图线求解(也可用如图的速度 滑板问题要分析“多物体、多过程、临界点” ,M的上表面相对滑动或有相对滑动趋势的情景在较长滑板如图所示,滑板现象是指物块m 分析解答需注意三点.在接触面处均存在最大静摩擦力分析二者是否同步运动,(1)物块受外力或滑板受外力时, 的基本临界点.mg=ma一般应用运

54、动.(2)对两物体一般使用隔离法,若二者加速度相等,也可用整体法分析两物体 .规律、牛顿运动定律等,各物理量一般以地面为参考系 正确应用物块与滑板在力、速度及加速度、几何长度、时间等各方面的相应关联(3).刷高分典题演练提能 在水平拉力A.其上表面放置小滑块木板B.1如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上, ) a其加速度随拉力F变化的关系图象如图乙所示,则小滑块A的质量为(F作用下, D.1 kg A.4 kg B.3 kg C.2 kg C 答案 、解析设AB的质量分别为mM.和2, 1 m/sa=加速度为时F=当3 N,: 对整体分析,M+mF=:由牛顿第二定律有()a 代入数据计

55、算得出:M+m=3 kg 当F3 N时,A、B发生相对滑动,对B,根据牛顿第二定律得:F-mg=Ma 则F=Ma+mg,图线的斜率k=1 kg=M, 故小滑块A的质量m=2 kg,C正确. 2.如图所示,长木板静止于光滑水平地面上,滑块叠放在木板右端,现对木板施加水平恒力,使它们向右运动.当滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x、速度为v.若只减小滑块质量,再次 ) 滑块与木板分离时(拉动木板, 变小,vA.x变小 变大,vB.x变大 变大,vC.x变小 v变小D.x变大,A 答案,g,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a=解析长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动1 -2,a=,由运动学公式

56、可得滑块与木板分离时,滑块相对地面的位移为x=t长木板加速度a12 22再次,若只减小滑块质量滑块相对长木板的位移为L=att-a,滑块相对地面的速度为v=at112 - 由滑块变大,=g不变,长木板加速度a=拉动木板,根据牛顿第二定律得滑块的加速度a21 222滑块a相对长木板的位移为L=t,-at可得运动时间变小,滑块相对地面的位移为x=at变小121 A.故选变小相对地面的速度为v=at,故A正确,BCD错误.1 .3 的物块放在木板m=质量为1 kg质量为M=3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,如图所示,3 4 m/s两者都以大小为的初速度向相反方向运动.当木板的速度为,上物块与

57、木板之间有摩擦, ) 物块处于m/s时,( B.A.匀速运动阶段 减速运动阶段 C.D.速度为零的时刻加速运动阶段 B 答案 木F,;所以物块做加速度a=的匀减速运动物块和木板间有摩擦力解析物块和木板相对运动,f 两者的速度方1 m/s,;故当木板速度为3 m/s时,物块速度为板做加速度a=的匀减速运动a 当木,向不变,之后木板继续做减速运动物块速度先减到零后反向做匀加速运动,木板继续减速物块必处于匀减速运动,时两者一起做匀速运动.故当木板的速度为3 m/s板和物块速度相同后 ,ACDB,阶段所以正确错误. .4 一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上,其上放质量均为1 kg的A、B两物块,A、B

58、与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为=0.3,=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图所示.已知最大静摩擦212 ) 10 m/s(.下列说法正确的是力等于滑动摩擦力,g取A.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 N 2 .0 m/s则B物块的加速度为4B.若F=8 N,C.无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D.无论力F多大,B与薄硬纸片都不会发生相对滑动 答案C 解析物块A与硬纸片间的最大静摩擦力为F=mg=0.3110 N=3 N,物块B与硬纸片间的最A1fA大静摩擦力为F=mg=0.2110 N=2 N.若F=1.5 NF,则物块A、B与硬纸片保持相对静AfBfB2止

59、,整体在F作用下向左匀加速运动,根据牛顿第二定律得:F-F=ma,所以物块A所受摩擦力AfFF,所以木块运动时因为,f1f2 mg=ma.a,由牛顿第二定律得木块在左边第一块木板上的加速度为111, 设小木块滑上第二块木板的瞬时速度为v 2 al=-由运动学关系式得:v2- 11 m/s :v=代入数据解得 g=MaM+m)(由牛顿第二定律得:mg-,(2)木块滑上第二块木板后,设木板的加速度为a2122 t,运动时间为设木块与木板达到相同速度v时1 =at,对木板有:vv对木块:=v-at21113 s .1 m/s,t=0v解得:=0.1 木板t=0.165 m,=此时木块运动的位移s1

60、.=s0.015 m的位移1 l.-s木块在木板上滑动的长度为s11 达到共速后,木块和木板一起继续运动.设木块、木板一起运动的加速度大小为a,位移为s 23(M+m)g=(M+m)a 32 =2as 23解得s=0.005 m 2所以,移动的总位移s=l+s+s=0.670 m 21 考点四 实验:验证牛顿第二定律 验证牛顿第二定律及 命题角度实验”“变式型其 对方向高考真题体验 铁所用器材有:如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验.1.(2019全国22)回答下列问的交流电源、纸带等.架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz: 题 (a)图 和铁块下、重力