2024-2025学年高考物理一轮复习专题05牛顿运动定律知识点讲解含解析

专题5牛顿运动定律考点风向标考点风向标第一部分：考点梳理考点一、牛顿三大定律的理解与应用考点二、牛顿其次定律的瞬时性考点三、两类动力学问题考点四、连接体的内外力关系以及叠加体的临界值考点五、超重与失重考点六、动力学问题中的图像考点七、试验——验证牛二定律考点一、牛顿三大定律的理解与应用a、牛顿第肯定律的理解与应用1．惯性的两种表现形式(1)物体的惯性总是以保持“原状”或抗拒“变更”两种形式表现出来。(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。（典例应用1）关于牛顿第肯定律，下列说法中正确的是()A．它表明白力是维持物体运动状态的缘由B．它表明白物体具有保持原有运动状态的性质C．它表明白变更物体的运动状态并不须要力D．由于现实世界不存在牛顿第肯定律所描述的物理过程。所以牛顿第肯定律没有用处【答案】：B【解析】：牛顿第肯定律揭示运动和力的关系：力是变更物体运动状态的缘由，而不是维持物体运动状态的缘由，故选项B正确。（典例应用2）(多选)小华坐在一列正在行驶的火车车厢里，突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，假设桌面是光滑的，则下列说法正确的是()A．小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B．小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有变更C．火车肯定是在向前加速D．以火车为参考系，此时牛顿第肯定律已经不能适用【答案】：BCD【解析】：小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，若突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，是小球相对于火车向后运动，说明火车正在向前做加速运动，小球在水平方向并不受力的作用，故A错误，C正确；小球在水平方向并不受力的作用，小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有变更，故B正确；牛顿运动定律适用于惯性参考系，此时，火车做加速运动，不再是惯性参考系，所以牛顿第肯定律已经不再适用，故D正确。方法总结：1．对牛顿第肯定律的理解包含两方面：其一，定义了“惯性”和“力”；其二，指出了“惯性”和“力”对运动的影响。2．惯性不是力，惯性和力是两个迥然不同的概念。物体受到外力时，惯性表现为运动状态变更的难易程度，惯性越大，物体运动状态越难以变更。b、牛顿第三定律的理解与应用1．作用力和反作用力的关系三同①大小相同；②性质相同；③变更状况相同三异①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同三无关①与物体种类无关；②与物体运动状态无关，③与物体是否和其他物体存在相互作用无关2.作用力和反作用力与一对平衡力的对比分析（典例应用3）如图所示，地理老师用手托着地球仪在讲课，地球仪处于静止状态，则()A．手所受压力是由于手的弹性形变而产生的B．手所受压力和手对地球仪的支持力是一对平衡力C．地球仪所受重力和手对地球仪的支持力是—对平衡力D．地球仪所受重力和地球仪对手的压力是一对作用力与反作用力【答案】：C【解析】：地球仪对手的压力是由于地球仪发生弹性形变而产生的，故A错误；手所受压力和手对地球仪的支持力是一对作用力与反作用力，故B错误；地球仪所受重力和手对地球仪的支持力都作用在地球仪上，大小相等，方向相反，是一对平衡力，故C正确；地球仪对手的压力是由于地球仪形变而产生的，是地球仪与手之间的作用，而重力是由于地球的吸引而产生的，是地球仪与地球间的相互作用，故D错误。(典例应用4)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是()A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂B．锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．锤头和玻璃之间的作用力应当是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清晰锤头和玻璃的其他受力状况，所以无法推断它们之间的相互作用力的大小关系【答案】：C【解析】：锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的力是作用力与反作用力的关系，不论力的作用效果如何，两者总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。故C正确。方法总结：应用牛顿第三定律时应留意的问题(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)牛顿第三定律只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。(3)牛顿第三定律说明白作用力和反作用力中，若一个力产生或消逝，则另一个力必定同时产生或消逝，否则就违反了“相等关系”。c、牛顿其次定律1．牛顿其次定律的性质2．合力、加速度、速度间的关系(1)物体的加速度由所受合力确定，与速度无必定联系。(2)合力与速度同向，物体加速；合力与速度反向，物体减速。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与v、Δv无干脆关系；a＝eq\f(F,m)是加速度的确定式。（典例应用5）(多选)下列对牛顿其次定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是A．由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B．由m＝eq\f(F,a)可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比C．由a＝eq\f(F,m)可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D．由m＝eq\f(F,a)可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出【答案】：CD【解析】：牛顿其次定律的表达式F＝ma表明白各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身确定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。故A、B错误，C、D正确。（典例应用6）(多选)下列说法正确的是()A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体马上获得加速度B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关D．物体所受合外力减小，加速度肯定减小，而速度不肯定减小【答案】：ACD【解析】：由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会马上产生加速度。选项A正确。依据因果关系，合外力是产生加速度的缘由，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度。选项B错误。牛顿其次定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。选项C正确。由牛顿其次定律知物体所受合外力减小，加速度肯定会减小，假如物体加速，其速度会增大，假如物体减速，其速度会减小。选项D正确。考点二、牛顿其次定律的瞬时性应用(典例应用7)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。起先时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0C．aA＝eq\r(3)g，aB＝0 D．aA＝2eq\r(3)g，aB＝0【答案】：D【解析】：以A、B球整体作为探讨对象，A处于静止状态，受力平衡，由平衡条件得：细线拉力FT＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变更，A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿其次定律得：aA＝eq\f(2\r(3)mg,m)＝2eq\r(3)g，B球的受力状况不变，则加速度仍为0，故D正确。（典例应用8）物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。今突然快速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1′和a2′，则()A．a1＝0，a2＝2ga1′＝0，a2′＝2gB．a1＝0，a2＝2ga1′＝g，a2′＝2gC．a1＝g，a2＝ga1′＝0，a2′＝2gD．a1＝g，a2＝ga1′＝g，a2′＝g【答案】：C【解析】：A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，依据牛顿其次定律可知，它们的加速度a1＝a2＝g；因为在除去支托物的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消逝(主要是弹簧不能突然复原原长)，所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a1′＝0，而B2受到的竖直向上的支持力突然消逝，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2′为2g；综上分析，选项C正确。本题答案为C。方法总结分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力状况和运动状态。(2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。考点三、两类动力学问题1．解决动力学两类问题的两个关键点2．解决动力学问题时的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采纳“合成法”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采纳“正交分解法”。（典例应用9）如图所示，斜面上放置一质量为1kg的物块A，在水平外力F的作用下从静止起先沿斜面对上匀加速运动已知物块与斜面之间的摩擦因素，斜面的倾角为37，F的大小为20N，求第5s内物块产生的位移？【答案】36m【解析】：对物体受力分析如图所示，利用正交分解法可得：代入参数得：a=8m/S2（典例应用10）(2024·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速实力，教练员在冰面上与起跑线相距x0和x1(x1＜x0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰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动身滑向小旗。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v1。重力加速度大小为g。求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满意训练要求的运动员的最小加速度。【答案】：(1)eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gx0)(2)eq\f(x1v1＋v02,2x\o\al(2,0))【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μ，由动能定理得－μmgx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gx0)②(2)冰球到达挡板时，满意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。设这种状况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得：veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1x0③v0－v1＝a1t④x1＝eq\f(1,2)a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝eq\f(x1v1＋v02,2x\o\al(2,0))⑥方法总结1两类动力学问题的解题步骤方法总结2处理两类动力学问题的思维导图考点四、连接体内外力的关系以及叠加体的临界值a、连接体内外力的关系常见的连体模型：连接体的特点：1、两个组员具有共同大小的加速度；2、两个组员具有共同大小的速度：处理连接体的基本方法：整体法与隔离法协作运用；（典例应用11）如图所示，光滑水平面上，放置A、B两物块，在水平推力F的作用下，向右加速运动，求：在A、B两物块之间的相互作用力（2）假如A、B两物块与水平面间的摩擦因素为，【答案】:【解析】：（1）水平面光滑，分别对B，以及AB整体受力分析，结合牛二定律可得：联立：1、2、3式可得：（2）水平面粗糙，分别对B，以及AB整体受力分析，结合牛二定律可得：联立：4、5、6式可得：方法总结：1、处理动力学连接体内外力的关系时，只须要三个重要的表达式联立就可以搞定，这三个表达式可以用口诀“一零、一整、一桥梁，”来表述。（即隔离受力简洁的物体的动力学表达式，整体的动力学表达式，以及两式中加速度相等的桥梁式）2、假如A、B两物体与地面的摩擦因素相同，结果可得A、B之间的相互作用力大小不变；但假如AB与地面的摩擦因素大小不同，则AB之间的作用力就会发生变更；可以记为口诀：“不患寡而患不均”。重要方法：“利用不对称合外力按质量比安排的原则”处理连接体内外力的关系：（典例应用12）（2024•海南）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ．用大小为F的水平外力推动物块P，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之比为k．下列推断正确的是（）【答案】:BD【解析】：将PQR看成两部分，PQ为一部分，R为一部分，结合结论：QR之间的力将QR看成一部分，P看成一部分PQ之间的力：故，B正确，又因为PQR与水平面间的摩擦因数相同，故D也正确；b、叠加体的临界值对于叠加在一起的两个物体（如图所示）来说:当外力F作用在其中一个物体上时，无法确定两个物体是否会发生相对运动。所以须要先找到使得两个物体发生相对运动的临界外力F0。当外力F>F0两物体将发生相对运动，须要用隔离法求解两物体的加速度。当外力F<F0两物体将以共同的速度与加速度运动，须要用整体法求解两物体的加速度。（典例应用13）如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L，质量为4kg的木板A，在木板的左端有一个质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为µ=0.2，（1）当对B施加水平向右的力F=5N作用时，求：A、B

加速度分别为多大？（2）当对B施加水平向右的力F=10N作用时，求：A、B

加速度分别为多大？【答案】:提示：当不同大小的外力作用在物体上时，不能确定AB之间会不会发生相对运动；为了更精确的对本题进行探讨，须要先推断使得A、B之间发生相对运动临界的外力大小是多大，是处理本题的关键；【解析】：假设当外力F等于F0时AB之间发生相对运动；此时AB之间的静摩擦力达到最大静摩擦力；方法总结：处理叠加体的问题，要先求得AB两物体之间发生相对运动的临界外力F0，是处理此类问题的关键；当求得F0后便可依据外力与F0的大小关系来合理的选择是用整体法还是用隔离法处理问题；一句话处理叠加体类的问题关键在于“推断”。（典例应用14）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F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A的加速度为eq\f(1,3)μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg【答案】:BCD【解析】：所以当F超过时，AB将相对地面运动；故A错联立1、2、3式可求得临界外力F；所以当F=，AB之间不会发生相对运动，须要对AB分析：故：B对；所以本题的正确答案为BCD方法总结：在叠加体类问题中求临界外力是关键，临界外力的求解方法也是有三个表达式组成的，记作：“一零、一整、一临界”，即隔离受力简洁的物体书写动力学关系式，书写整体的动力学表达式，零两物体之间的静摩擦力达到最大最大静摩擦力的表达式；考点五、超重与失重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．对超重、失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”变更。(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有重量，物体就会处于超重或失重状态。(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。（典例应用15）(2015·重庆理综·5)若货物随升降机运动的v­t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()【答案】：B【解析】：由v­t图象可知，升降机的运动过程为：向下加速(失重：F<mg)→向下匀速(F＝mg)→向下减速(超重：F>mg)→向上加速(超重：F>mg)→向上匀速(F＝mg)→向上减速(失重：F<mg)，比照F­t图象可知，B正确。方法总结：超重和失重现象推断的“两”角度考点六、动力学问题中的图像物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。1．“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变更图线，要求分析物体的运动状况。(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变更图线。要求分析物体的受力状况。2．常见的图象有：v­t图象，a­t图象，F­t图象，a­F图象等。3．图象间的联系：加速度是联系v­t图象与F­t图象的桥梁。（典例应用16）如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t＝0时刻起先，以肯定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用，F与水平方向的夹角θ＝37°，物块的质量为2kg，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，物块向左运动的v­t图象如图乙所示，(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2)，求：(1)拉力F的大小；(2)物块再回到t＝0时刻的位置时的速度v1大小；(3)若在t＝0.5s时拉力的方向不变，大小变更，要使物块再回到t＝0时刻的位置时速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，则拉力F′应变为多少？(结果保留两位小数)教你审题：第一步：读题抓关键点→获得信息其次步：读图析图→获得信息【答案】：(1)28N(2)eq\f(2,5)eq\r(195)m/s(3)30.91N【解析】：(1)物块向左运动时，由图象知，初速度v0＝6m/s，加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝12m/s2。由牛顿其次定律Fcosθ＋μ(mg－Fsinθ)＝ma1解得F＝28N。(2)物块在拉力作用下从速度为零起先向右运动时，由图象可知，回到t＝0时刻的位置的位移x＝eq\f(1,2)×6×0.5m＝1.5m。由牛顿其次定律Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma2求得a2＝10.4m/s2。由运动学公式veq\o\al(2,1)＝2a2x。得物块回到t＝0时刻位置的速度v1＝eq\f(2,5)eq\r(195)m/s。(3)要使物块回到t＝0时刻位置的速度大小和t＝0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度大小a3＝a1＝12m/s2。由牛顿其次定律F′cosθ－μ(mg－F′sinθ)＝ma3求得F′＝30.91N。（典例应用17）(多选)如图甲所示。物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0起先渐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动。其加速度a随外力F变更的图象如图乙所示。依据图乙中所标出的数据可计算出(g取10m/s2)()A．物体的质量为1kgB．物体的质量为2kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【答案】：BC【解析】：物体的受力如图所示，在力F从0增大到7N之前物体静止，在7N时运动状态发生变更，由牛顿其次定律得F－Ff＝ma，代入图乙中F1＝7N和F2＝14N及对应的加速度a1＝0.5m/s2和a2＝4m/s2，解得m＝2kg，Ff＝6N，A错误，B正确；Ff＝μFN＝μmg，则μ＝0.3，C正确，D错误。(典例应用18)如图甲所示，质量为m＝2kg的小物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止起先沿水平地面对右运动。已知水平拉力F随时间变更的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，取水平向右为正方向，由此可知()A．在0～3s时间内物块的加速度大小为6m/s2B．在3～5s时间内物块的加速度大小为3m/s2，方向水平向右C．5s末，物块速度大小为3m/s，方向水平向右D．在5s末，克服水平拉力F做功的功率为0【答案】：D【解析】：在0～3s时间内，F1＝12N，由牛顿其次定律，F1－μmg＝ma1，解得物块加速度a1＝1m/s2，选项A错误。在3～5s时间内，F2＝4N，由牛顿其次定律，F2－μmg＝ma2，解得物块加速度a2＝－3m/s2,3s末，物块速度为v1＝a1t1＝3m/s，4s末，物块速度为v2＝v1＋a2t2＝0，摩擦力大于拉力，4s末物块停止运动，则5s末，克服水平拉力F做功的功率为0，选项B、C错误，D正确。方法总结“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题考点七、试验——验证牛二定律a、试验目的、试验原理、及试验器材b、试验步骤c、数据处理d.留意事项1．试验方法：限制变量法。2．平衡摩擦力：不悬挂小盘，但小车连着纸带。3．不重复：不重复平衡摩擦力。4．试验条件：M≫m。小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。5．一先一后一按住：先接通电源，后放小车，且在小车到达滑轮前按住小车。6．作图：作图时两轴标度比例要适当，各量须采纳国际单位。e误差分析1．因试验原理不完善引起的误差：本试验用小盘和砝码的总重力mg代替小车的拉力，而事实上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。2．摩擦力平衡不精确、质量测量不精确、计数点间距测量不精确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。（典例应用19）图甲为验证牛顿其次定律的试验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的沟通电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的状况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力肯定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。甲(1)完成下列试验步骤中的填空：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，变更小车中砝码的质量，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x1、x2、…。求出与不同m相对应的加速度