【聚集高考】高三物理一轮复习 （对点训练+通关训练）专题3 牛顿运动定律.doc

【聚集高考】2014高三物理一轮复习对点训练+通关训练：专题3牛顿运动定律考点1牛顿第一定律、牛顿第三定律1.十六世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( d )a四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明，物体受的力越大，速度就越大b一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”c两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落得比较快d一个物体维持匀速直线运动，不需要力2.关于作用力与反作用力，下列说法中正确的有( d )a物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力b作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，因而这二力平衡c作用力与反作用力可以是不同性质的力，例如，作用力是弹力，其反作用力可能是摩擦力d作用力和反作用力总是同时分别作用在相互作用的两个物体上3.国际乒联将乒乓球比赛以前用的小球改为现在用的大球，对此，下列说法正确的是( a )a球的质量大了，惯性大了，运动员的抽杀难度增大b球的质量大了，惯性小了，球的运动状态更容易改变c球的质量小了，惯性大了，球的速度更不容易变化d球的质量小了，惯性小了，球的速度变化得更大解析：“小球改为大球”，乒乓球的质量大了，惯性也大了，运动状态就难改变了，运动员的抽杀难度也就增大了，故a正确4.如图(俯视图)所示，以速度v匀速行驶的列车车厢内有一水平桌面，桌面上的a处有一小球若车厢中的旅客突然发现小球沿图中虚线由a向b运动则由此可判断列车( a )a减速行驶，向南转弯 b减速行驶，向北转弯c加速行驶，向南转弯 d加速行驶，向北转弯解析：小球沿图中虚线从a运动到b，同时参与向前和向北的运动，由此可判断列车一方面在减速行驶，一方面在向南转弯选项a正确5.用计算机辅助实验系统(dis)做验证牛顿第三定律的实验，如图所示是把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果观察分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，以下结论错误的是( b )a作用力与反作用力同时产生b作用力与反作用力作用在同一物体上c作用力与反作用力大小相等 d作用力与反作用力方向相反解析：由“作用力与反作用力等值、反向、共线、异体、同性质、同时产生与消失、效果不可抵消”可知，a、c、d正确，b错误6.(多选)(2013山东卷)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( ac )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：在伽利略理想斜面实验中，“小球从两个对接的斜面中的固定斜面滚下后将滚上另一个斜面”是经验事实；“如果没有摩擦小球将运动到与释放时相同的高度”是推论；“减小第二个斜面的倾角小球在斜面上滑行的距离更长”也是推论；“当第二个斜面的倾角为零时，小球将沿水平面做匀速直线运动而不需要力来维持”是外推的结果，本实验是为了否定亚里士多德的观点，揭示物体的运动不需要力来维持，所以c正确，a、b、d均错误考点2牛顿第二定律1.(2012安徽卷)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力f，则( c )a物块可能匀速下滑b物块仍以加速度a匀加速下滑c物块将以大于a的加速度匀加速下滑d物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：未加恒力f时，由牛顿第二定律得：a(mgsin mgcos )/mg(sin cos )，而加上f后，有：a(g)(sin cos )即aa，选项c正确2.(多选)(2013浙江卷)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/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g10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( ad )a所受浮力大小为4830nb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10s后的速度大小为5m/sd以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230n解析：对初始状态f浮mgma，则所受浮力大小为4830n，a对；上升过程空气阻力不断增大，气球的加速度逐渐减小，b错；由于气球初始阶段为变加速运动，无法确定开始上升10s后的速度大小，c错；以5m/s匀速上升时f浮mgf阻，f阻230n，d对3.图为某同学自制的加速度计构造如下：一根轻质细杆的下端固定一个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接杆可在竖直平面内左右摆动硬质面板紧靠杆摆动的平面放置，并标有刻度线其中，刻度线c位于经过o的竖直线上刻度线b在bo连线上boc30.刻度线d在do连线上cod45.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速度v10m/s，g取9.8m/s2，汽车前进时( b )a若细杆稳定地指示在b处，则汽车加速度为4.9m/s2b若细杆稳定地指示在d处，则0.5s内汽车速度减小了4.9m/sc若细杆稳定地指示在b处，则0.5s内汽车速度增大了4.9m/sd若细杆稳定地指示在c处，则5s内汽车前进了100m解析：若细杆稳定地指示在b处，对小球分析受力，画出受力分析图，求出沿水平方向所受合力为f合mgtan 30，由牛顿第二定律f合ma1，则汽车加速度为a1gtan 309.8m/s25.66m/s2,0.5s内汽车速度增大了va1t5.660.5m/s2.83m/s，选项a、c错误；若细杆稳定地指示在d处，则汽车加速度为a2gtan 459.8m/s2，则0.5s内汽车速度减小了va2t4.9m/s，选项b正确；若细杆稳定地指示在c处，汽车匀速运动，则5s内汽车前进了xvt105m50m，选项d错误4.如图所示，将质量为m0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4n；当升降机以8m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧的拉力为( a )a0.6n b0.8nc1.0n d1.2n解析：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，由上面弹簧对物体的拉力为0.4n可知，下面弹簧对物体一定为支持力，设为f下，根据牛顿第二定律可得f上mgf下ma1，解得f下1n，f下f上0.6n.当升降机和物体都以8m/s2的加速度加速向上运动时，f上mgf下ma2，弹簧总长度不变，有f下f上0.6n，解得f上0.6n，选项a正确5.(2013江苏卷)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m10.5kg，m20.1kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1m，取g10m/s2.若砝码移动的距离超过l0.002m，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f1m1g，桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)g，ff1f2，解得f(2m1m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1，ff1f2m2a2，要发生相对运动，则有a2a1解得f2(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t，纸板运动的距离dx1a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t砝码移动的总距离lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2，解得f2m1(1)m2g代入数据得f22.4n6.如图(a)所示，质量m1kg的物体沿倾角37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)比例系数k.(sin370.6，cos370.8，g10m/s2)解析：物体下滑过程中，受力情况如图所示根据牛顿第二定律，合外力的方向与加速度的方向相同，可将物体受到的各个力沿斜面和垂直斜面进行正交分解(1)v0时，f0，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma0由图读出，v0时，a04m/s2，代入式，解得：0.25.(2)由图读出，v5m/s时，加速度为零由牛顿第二定律得：mgsin nkvcos 0又nmgcos kvsin 由以上两式解得：k0.84kg/s.考点3力学单位制1.(多选)在下面的物理量和单位中( bc )密度牛米/秒加速度长度质量千克时间a属于国际单位制中基本单位的是b属于国际单位制中基本单位的是c属于国际单位的是d属于国际单位的是2.下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位( c )am、n、kg bkg、m/s2、scm、kg、s dm/s2、kg、n3.质量m200g的物体，测得它的加速度a20cm/s2，则关于它所受的合力的大小及单位，下列运算既正确又简洁、规范的是( d )afma200g20cm/s24000nbfma0.20.20.04ncfma0.2kg0.2m/s20.04ndfma0.20.2n0.04n4.声音在空气中的传播速度v与空气的密度、压强p有关，下列关于空气中声速的表达式(k是比例系数，无单位)中可能正确的是( b )av bvcv dv5.物理公式在决定物理量的关系的同时，也决定了这些物理量的单位之间的关系某个物理量a的表达式为a，其中l是长度，g是重力加速度则a代表的物理量及单位是( b )a长度，m b时间，sc质量，kg d速度，m/s考点4超重与失重1.如图所示，在升降机中挂一个弹簧，弹簧下面吊一个小球当升降机静止时，弹簧伸长4cm.当升降机运动时弹簧伸长2cm，若弹簧质量不计，则升降机的运动情况可能是( bd )a以1m/s2的加速度加速下降b以4.9m/s2的加速度减速上升c以1m/s2的加速度加速上升d以4.9m/s2的加速度加速下降解析：升降机静止时，弹簧伸长4cm，当升降机运动时弹簧伸长2cm，可见物体处于失重状态，加速度方向必定向下另外再由弹簧伸长4cm变为伸长2cm可知物体失重量是原物重的一半，即fmamg，则ag4.9m/s2.2.如图，a为电磁铁，c为胶木秤盘，a和c(包括支架)的总质量为m，b为铁块、质量为m，整个装置用轻绳悬挂在o点，在电磁铁通电，铁块被吸引加速上升的过程中，轻绳上拉力f的大小为( d )afmg bmgf(mm)g解析：电磁铁通电后，铁块被吸引加速上升，可认为a、b、c组成系统重心加速上移，有向上的加速度，即整个系统处于超重状态，则轻绳拉力f应大于(mm)g.3.如图，升降机内有一定滑轮，两侧用绳子挂着两个质量分别为m、m的物体，已知mm.当升降机做何种运动时，升降机中的人会看到两个物体相对于升降机均静止( a )a向下加速运动，agb向上加速运动，agc匀速运动d因mm，所以不可能相对静止图甲4.(多选)图甲是某同学利用力传感器研究橡皮绳中拉力变化的装置现让小球在竖直方向上运动，数据采集器记录下的力传感器中拉力的大小变化情况如图乙所示由图可知a、b、c、d四段图线中小球处于超重状态的是( ad )图乙aa段 bb段cc段 dd段5.某人在地面上最多能举起质量为60kg的重物他在某竖直上升的升降机中能举起质量为75kg的重物，则升降机的运动状态为减速上升，加速度大小为a2m/s2；若升降机以同样大小的加速度减速下降，该人在此升降机中最多能举起质量为_50_kg的物体(取g10m/s2)6.在跳马运动中，运动员完成空中翻转的动作，能否稳住是一个得分的关键，为此，运动员在脚接触地面后都有一个下蹲的过程，为的是减小地面对人的冲击力某运动员质量为m，从最高处下落过程中在空中翻转的时间为t，接触地面时所能承受的最大作用力为f(视为恒力)，双脚触地时重心离脚的高度为h，能下蹲的最大距离为s，若运动员跳起后，在空中完成动作的同时，又使脚不受伤，则起跳后的高度h的范围为多大？(忽略空气阻力)解析：设人起跳后重心离地高度为h1，为完成空中动作，须有h1hgt2，即h1hgt2设人起跳后从h2高度下落，脚刚接触地面时速度为v0，则v2g(h2h)下蹲过程所受的力为重力和地面的支持力f，人在这两个力作用下做匀变速直线运动，根据牛顿第二定律，得fmgma又根据运动学公式得，a解之得：h2hs则h的范围为h1hh2，即hgt2hhs考点5实验：探究加速度与力和质量的关系1.在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是_；并分别写出所选器材的作用_.学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码(或学生电源、电火花打点计时器、钩码、砝码)；学生电源为电磁打点计时器(电火花打点计时器)提供交流电源；电磁打点计时器(电火花打点计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可用于测量小车质量.2.(2012安徽卷)图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图沙和沙桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为m.实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是( b )a将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动b将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动c将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和m的选取，以下最合理的一组是( c )am200g，m10g、15g、20g、25g、30g、40gbm200g，m20g、40g、60g、80g、100g、120gcm400g，m10g、15、20g、25g、30g、40gdm400g，m20g、40g、60g、80g、100g、120g(3)图2是实验中得到的一条纸带，a、b、c、d、e、e、f、g为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出量出相邻的计数点之间的距离分别为：sab4.22cm，sbc4.65cm、scd5.08cm、sde5.49cm、sef5.91cm、sfg6.34cm.已知打点计时器的工作频率为50hz，则小车的加速度a0.42m/s2.(结果保留2位有效数字)解析：要使沙和沙桶的重力mg近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足mm.而平衡摩擦，不需挂沙桶，但要带纸带，故(1)选b，(2)选c，(3)用逐差法a，求得a0.42m/s2.3.(2013天津卷)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系(1)下列做法正确的是ad(填字母代号)a调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行b在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上c实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源d通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量(填“远大于”、“远小于”或“近似于”)(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力f的关系，分别得到图中甲、乙两条直线设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为甲，乙，由图可知，m甲小于m乙，甲大于乙(填“大于”、“小于”或“等于”)解析：(1)b选项错误，在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”；c选项错误，打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器(2)若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有amg/m，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mgtma，对小木块有tma.综上有：小物块的实际的加速度为amg/(mm)mg/m，只有当mm时，才能有效地保证实验的准确性当没有平衡摩擦力时有：tfma，故a1/m(tg)，即图线斜率为1/m，纵轴截距的大小为g.观察图线可知m甲小于m乙，甲大于乙4.在探究小车的加速度a与小车质量m和小车受到的外力f的关系时(1)(多选)探究加速度和力的关系的实验数据描绘出的af图像如图所示，下列说法正确的是( bd )a三条倾斜的直线所对应的小车的质量相等b三条倾斜的直线所对应的小车的质量不同c直线1所对应的小车的质量最大d直线3所对应的小车的质量最大(2)由于没有始终满足小车的质量m远大于钩码的质量m的关系，结果得到的图像应是下图中的( d )解析：(1)af关系图线的斜率表示质量的倒数，三条图线的斜率不等，表明三条倾斜的直线所对应的小车的质量不同，直线1的斜率最大，对应的小车的质量最小，直线3对应的小车的质量最大，所以b、d正确(2)a关系图线的斜率表示小车受到的力，当较小时，即m较大，可以认为小车的质量远大于沙和桶的总质量，可认为细线的拉力等于沙和桶的总重力，而沙和桶的总重力一定，所以图线的斜率不变，图线是直线；当较大即m较小时，不再满足小车的质量远小于沙和桶的总质量，a关系图线为向下弯曲的双曲线，其渐近线的方程为ag，故a、c错误，d正确；在没有始终满足小车的质量m远大于钩码的质量m的前提下研究af的关系，所画图线也应是一条向下弯曲的双曲线，其渐近线的方程为ag，故b错误5.在探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验中，实验装置如图1所示一质量为m0.14kg的木块放在水平长木板上，左侧拴有一不可伸长的细软线，跨过固定在长木板边缘的滑轮与一重物相连，重物的质量为m0.01kg木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连，在重物牵引下，木块在长木板上向左做匀加速运动，图2给出了打点计时器在纸带上打出的一些点，纸带上两相邻计数点的时间间隔为t0.10s，其中s17.05cm、s27.68cm、s38.33cm、s48.95cm、s59.61cm、s610.26cm，根据给出的以上数据求：(g9.8m/s2)图1图2(1)木块的加速度a0.64m/s2(结果保留两位有效数字)；(2)细线对木块的拉力t9.16102n；(3)为了减少误差，你认为应采取什么措施？实验前将长木板右端稍微垫高，直至木块在细线未挂上重物时能沿长木板匀速下滑；木块的质量应远大于重物的质量.解析：(1)由于题目给出的6组连续相等时间内的位移，为减小实验误差，故用逐差法处理实验数据，由a，得a0.64m/s2.(2)对重物应用牛顿第二定律得mgtma，求得细线的拉力t9.16102n.(3)若对小车用牛顿第二定律，则小车所受的合力fma，解得t8.96102n.误差较大的原因之一是未满足木块的质量远大于重物的质量；原因之二是在实验前摩擦阻力没有被平衡或平衡得不彻底，所以应采取以下措施：实验前将长木板右端稍微垫高，直至木块在细线未挂上重物时能沿长木板匀速下滑；木块的质量应远大于重物的质量6.如图1，质量为m的滑块a放在气垫导轨b上，c为位移传感器，它能将滑块a到传感器c的距离数据即时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块a的位移时间(st)图像和速率时间(vt)图像整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h.(取重力加速度g9.8m/s2，结果可保留两位有效数字)图1(1)现给滑块a一沿气垫导轨向上的初速度，a的vt图线如图2(a)所示从图线可得滑块a下滑时的加速度a6.0m/s2，摩擦力对滑块a运动的影响不明显，可忽略.(填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”)图2(2)将气垫导轨换成滑板，滑块a换成滑块a，给滑块a一沿滑板向上的初速度，a的st图线如图2(b)所示图线不对称是由于滑动摩擦力造成的，通过图线可求得滑板的倾角arcsin0.55(用反三角函数表示)，滑块与滑板间的动摩擦因数0.22(角在arcsin0.50arcsin0.60范围都算对；在0.20.3都算对).解析：(1)由图(a)可知滑块下滑的加速度a6.0m/s2，由于滑块放在气垫导轨上，因此摩擦力对滑块a运动的影响不明显，可忽略(2)图线不对称是由于滑动摩擦力；由图(b)可知物体上滑和下滑过程分别有s(gsingcos)ts(gsingcos)t代入数据解之得arcsin0.55，0.22(角在arcsin0.50arcsin0.60范围都算对；在0.20.3都算对)锦囊1两类典型的动力学问题的解题思路1.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为0)，用t1、t2、t3依次表示滑环到达d所用的时间，则( d )at1t2t2t3ct3t1t2 dt1t2t3解析：设圆环的直径为d，经分析可得下滑的时间t与角度无关2.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示那么下列说法中正确的是( c )a顾客始终受到三个力的作用b顾客始终处于超重状态c顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下d顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向竖直向下3.(多选)如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管柱下滑已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员( bc )a下滑过程中的最大速度为4m/sb加速与减速过程的时间之比为12 c加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17d加速与减速过程的位移之比为14解析：由题意可知a1t1a2t2，得t1t212；由t1t23s，得t11s，t22s；又a1ta2t12m，可得：a18m/s2，a24m/s2；加速与减速的位移之比s1s212.下滑的最大速度va1t18m/s.由牛顿第二定律可知，加速过程有mgf1ma1，减速过程有f2mgma2，解之得f1f217.故选项bc正确4.一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v012m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关某时刻，车厢脱落，并以大小为a2m/s2的加速度减速滑行在车厢脱落t3s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离解析：设卡车的质量为m，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为f，卡车刹车前后加速度的大小分别为a1和a2.重力加速度大小为g.由牛顿第二定律有f2mg0fmgma1mgma3mgma2设车厢脱落后，t3s内卡车行驶的路程为s1，末速度为v1，根据运动学公式有s1v0ta1t2v1v0a1tv2a2s2式中，s2是卡车在刹车后减速行驶的路程设车厢脱落后滑行的路程为s，有v2as卡车和车厢都停下来后相距ss1s2s由至式得sv0tat2代入题给数据得s36m5.(2013山东卷)如图所示，一质量m0.4kg的小物块，以v02m/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t2s的时间物块由a点运动到b点，a、b之间的距离l10m.已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10m/s2.(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与斜面的夹角多大时，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lv0tat2vv0tat联立得a3m/s2v8m/s(2)设物块所受支持力为fn，所受摩擦力为ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得fcos mgsin ffma，fsin fnmgcos 0又fffn联立式得f，由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应f最小的夹角为30联立式，代入数据得f的最小值为fminn6.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m2kg，动力系统提供的恒定升力f28n.试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t18s时到达高度h64m.求飞行器所受阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t26s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a1有ha1t由牛顿第二定律fmgfma1解得f4n(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1有s1a1t设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2由牛顿第二定律mgfma2v1a1t2s2解得hs1s242m(3)设失去升力下降阶段加速度大小为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律mgfma3ffmgma4且hv3a3t3解得t3s(或2.1s)锦囊2整体法与隔离法1.放在粗糙水平面上的物块a、b用轻质弹簧秤相连，如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数均为，今对物块a施加一水平向左的恒力f，使a、b一起向左匀加速运动，设ab的质量分别为m、m，则弹簧秤的示数为( b )a. b.c.m d.m解析：弹簧秤的示数等于弹簧秤对a物体的拉力ft，选取整体由牛顿第二定律有f(mm)g(mm)a，得：a.再对a由牛顿第二定律有fftmgma，可得ftfmamg，故选项b正确2.(2013安徽卷)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力t和斜面的支持力fn分别为(重力加速度为g)( a )atm(gsin acos )fnm(gcos asin )btm(gcos asin )fnm(gsin acos )ctm(gcos gsin )fnm(gcos asin )dtm(gsin gcos )fnm(gsin acos )解析：小球受力如图，根据牛顿第二定律：沿斜面方向有tmgsin macos 垂直于斜面方向上有mgcos fnmasin 解得：tm(gsin acos )，fnm(gcos asin )3.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg.现用水平拉力f拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( b )a. b.c. d3mg解析：如图，当ab之间的静摩擦力达到最大值mg时，系统的加速度达到最大值此时以b、c、d三者整体为对象，可求得最大加速度a，以c、d二者整体为对象，可求得轻绳对m的最大拉力为t3mamg.4.如图所示，固定在水平面上的斜面其倾角37，长方体木块a的mn面上钉着一颗小钉子，质量m1.5kg的小球b通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直木块与斜面间的动摩擦因数0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑求在木块下滑的过程中小球对木块mn面的压力大小(取g10m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析：以木块和小球整体为研究对象，设木块的质量为m，下滑的加速度为a，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：(mm)gsin 37(mm)gcos 37(mm)a解得：ag(sin 37cos 37)2m/s2以小球b为研究对象，受重力mg，细线拉力t和mn面对小球沿斜面向上的弹力fn，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：mgsin 37fnma解得：fnmgsin 37ma6n.由牛顿第三定律得，小球对木块mn面的压力大小为6n.5.如图(a)所示，质量为m10kg的滑块放在水平地面上，滑块上固定一个轻细杆abc，abc45.在a端固定一个质量为m2kg的小球，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5.现对滑块施加一个水平向右推力f184n，使滑块做匀加速运动求此时轻杆对小球的作用力f2的大小和方向(取g10m/s2)有位同学是这样解的小球受到重力及杆的作用力f2，因为是轻杆，所以f2方向沿杆向上，受力情况如图(b)所示根据所画的平行四边形，可以求得f2mg210n20n.你认为上述解法是否正确？如果不正确，请说明理由，并给出正确的解答解析：结果不正确杆ab对球的作用力方向不一定沿着杆的方向由牛顿第二定律，对整体有f(mm)g(mm)a解得am/s22m/s2f2n4n20.4n轻杆对小球的作用力f2与水平方向夹角arctanarctan 5，方向斜向右上锦囊3图像的运用1.物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中f表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移)( b )解析：由fma可知ft图像与at图像应变化趋势一致(仅比例不同)，故a错误；物体做初速度为零的匀加速直线运动时其位移可表示为xat2，xt图像为开口向上的抛物线的一部分，d错误；物体以一定初速度做匀减速直线运动，其位移表达式为xvtat2，xt图像为开口向下的抛物线的一部分，c错误正确选项为b.2.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在00.4s时间内的vt图像如图所示若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为( b )a.和0.30s b3和0.30sc.和0.28s d3和0.28s解析：本题考查图像问题根据速度图像的特点可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动根据a得3a甲a乙，根据牛顿第二定律有，得，a乙m/s210m/s2，t10.3s，b正确3.(2013浙江卷)如图所示，水平板上有质量m1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力f作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力f的大小取重力加速度g10m/s2.下列判断正确的是( d )a5s内拉力对物块做功为零b4s末物块所受合力大小为4.0nc物块与木板之间的动摩擦因数为0.4d6s9s内物块的加速度的大小为2.0m/s24.质量为2kg的物体在水平推力f的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去f，其运动的vt图像如图所示g取10m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)水平推力f的大小；(3)010s内物体运动位移的大小解析：(1)设物体做匀加速运动的时间为t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则a22m/s2设物体所受的摩擦力为ff，根据牛顿第二定律有ffma2ffmg联立得：0.2(2)设物体做匀加速运动的时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则a11m/s2根据牛顿第二定律有fffma1联立得：fmgma16n(3)(方法一)由匀变速运动的位移公式得：xx1x2v10t1a1tv20t2a2t46m(方法二)根据vt图像围成的面积得：x(t1v20t2)46m5.质量为40 kg的雪橇在倾角37的斜面上向下滑动(如图甲)，所受的空气阻力与速度成正比今测得雪橇运动的vt图像如图乙所示，且ab是曲线的切线，b点坐标为(4,15)，cd是曲线的渐近线试求空气的阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数.解析：由于空气阻力与速度有关，所以雪橇的运动是变加速运动而牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，所以在任一时刻仍可应用牛顿第二定律雪橇受力如图所示由牛顿运动定律得：mgsin fnkvma由平衡条件得：fnmgcos 由图像得：a点，va5m/s，加速度aa2.5m/s2；最终雪橇匀速运动时最大速度vm10m/s，a0代入数据解得：0.125，k20ns/m锦囊4临界问题的处理1.如图所示，长方体物块a叠放在长方体物块b上，b置于光滑水平面上a、b质量分别为ma6kg，mb2kg，a、b之间动摩擦因数0.2，假设a、b之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等开始时f10n，此后逐渐增加，在增大到45n的过程中，则( d )a当拉力f12n时，两物块均保持静止状态b两物块开始没有相对运动，当拉力超过12n时，开始相对滑动c两物块间从受力开始就有相对运动d两物块间始终没有相对运动，但ab间存在静摩擦力，其中a对b的静摩擦力方向水平向右解析：先以b为研究对象，b水平方向受摩擦力fmba，当f为最大静摩擦力时，b的最大加速度为am/s2；再以ab整体为研究对象，能使ab一起