高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律课件2.ppt

专题三牛顿运动定律 高考物理 课标 专用 考点一牛顿运动定律的理解1 2016课标 18 6分 多选 一质点做匀速直线运动 现对其施加一恒力 且原来作用在质点上的力不发生改变 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 五年高考 a组统一命题 课标卷题组 答案bc由题意知此恒力即为质点所受合外力 若原速度与该恒力在一条直线上 则质点做匀变速直线运动 质点单位时间内速率的变化量总是不变的 原速度与该恒力不在一条直线上 则质点做匀变速曲线运动 速度与恒力间夹角逐渐减小 质点单位时间内速度的变化量是不变的 但速率的变化量是变化的 a d项错误 b项正确 由牛顿第二定律知 质点加速度的方向总与该恒力方向相同 c项正确 考查点力 加速度 速度三者关系 解题关键 f即f合 与a同向 分别分析f与原速度方向是否在同一直线上的两种情况 考点二牛顿运动定律的综合应用2 2018课标 15 6分 如图 轻弹簧的下端固定在水平桌面上 上端放有物块p 系统处于静止状态 现用一竖直向上的力f作用在p上 使其向上做匀加速直线运动 以x表示p离开静止位置的位移 在弹簧恢复原长前 下列表示f和x之间关系的图像可能正确的是 答案a本题考查胡克定律 共点力的平衡及牛顿第二定律 设系统静止时弹簧压缩量为x0 由胡克定律和平衡条件得mg kx0 力f作用在p上后 物块受重力 弹力和f 向上做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得 f k x0 x mg ma 联立以上两式得f kx ma 所以f x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线 故a正确 易错点拨注意胡克定律中形变量的含义胡克定律中的形变量指的是压缩量或伸长量 本题中x表示p离开静止位置的位移 此时的形变量为x0 x而不是x 3 2015课标 20 6分 0 677 多选 如图 a 一物块在t 0时刻滑上一固定斜面 其运动的v t图线如图 b 所示 若重力加速度及图中的v0 v1 t1均为已知量 则可求出 a 斜面的倾角b 物块的质量c 物块与斜面间的动摩擦因数d 物块沿斜面向上滑行的最大高度 答案acd设物块的质量为m 斜面的倾角为 物块与斜面间的动摩擦因数为 物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2 根据牛顿第二定律有 mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 再结合v t图线斜率的物理意义有 a1 a2 由上述四式可见 无法求出m 可以求出 故b错 a c均正确 0 t1时间内的v t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离 已求出 故可以求出物块上滑的最大高度 故d正确 考查点牛顿第二定律 受力分析 v t图像 思路指导 对上滑和下滑根据牛顿第二定律列式 利用v t图像求出上滑与下滑时的加速度 温馨提示斜面上物体的 重力分解效果 及 受力分析特点 是高考中常见的问题 应当熟记 4 2015课标 20 6分 0 45 多选 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 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间的拉力大小为f 当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时 p和q间的拉力大小仍为f 不计车厢与铁轨间的摩擦 每节车厢质量相同 则这列车厢的节数可能为 a 8b 10c 15d 18 答案bc如图所示 假设挂钩p q东边有x节车厢 西边有y节车厢 每节车厢质量为m 当向东行驶时 以y节车厢为研究对象 则有f mya 当向西行驶时 以x节车厢为研究对象 则有f mxa 联立两式有y x 可见 列车车厢总节数n x y x 设x 3n n 1 2 3 则n 5n 故可知选项b c正确 5 2014课标 17 6分 0 645 如图 一质量为m的光滑大圆环 用一细轻杆固定在竖直平面内 套在大环上质量为m的小环 可视为质点 从大环的最高处由静止滑下 重力加速度大小为g 当小环滑到大环的最低点时 大环对轻杆拉力的大小为 a mg 5mgb mg mgc mg 5mgd mg 10mg 答案c解法一以小环为研究对象 设大环半径为r 根据机械能守恒定律 得mg 2r mv2 在大环最低点有fn mg m 得fn 5mg 此时再以大环为研究对象 受力分析如图 由牛顿第三定律知 小环对大环的压力为fn fn 方向竖直向下 故f mg 5mg 由牛顿第三定律知c正确 解法二设小环滑到大环最低点时速度为v 加速度为a 根据机械能守恒定律mv2 mg 2r 且a 所以a 4g 以大环和小环整体为研究对象 受力情况如图所示 f mg mg ma m 0所以f mg 5mg 由牛顿第三定律知c正确 考查点牛顿运动定律 机械能守恒定律 思路指导 小环 下滑过程分析 大环 小环整体动力学分析 得f 6 2017课标 25 20分 如图 两个滑块a和b的质量分别为ma 1kg和mb 5kg 放在静止于水平地面上的木板的两端 两者与木板间的动摩擦因数均为 1 0 5 木板的质量为m 4kg 与地面间的动摩擦因数为 2 0 1 某时刻a b两滑块开始相向滑动 初速度大小均为v0 3m s a b相遇时 a与木板恰好相对静止 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 b与木板相对静止时 木板的速度 2 a b开始运动时 两者之间的距离 答案 1 1m s 2 1 9m 解析 1 滑块a和b在木板上滑动时 木板也在地面上滑动 设a b和木板所受的摩擦力大小分别为f1 f2和f3 a和b相对于地面的加速度大小分别为aa和ab 木板相对于地面的加速度大小为a1 在滑块b与木板达到共同速度前有f1 1mag f2 1mbg f3 2 m ma mb g 由牛顿第二定律得f1 maaa f2 mbab f2 f1 f3 ma1 设在t1时刻 b与木板达到共同速度 其大小为v1 由运动学公式有v1 v0 abt1 v1 a1t1 联立 式 代入已知数据得 v1 1m s 2 在t1时间间隔内 b相对于地面移动的距离为sb v0t1 ab 设在b与木板达到共同速度v1后 木板的加速度大小为a2 对于b与木板组成的体系 由牛顿第二定律有f1 f3 mb m a2由 式知 aa ab 再由 式知 b与木板达到共同速度时 a的速度大小也为v1 但运动方向与木板相反 由题意知 a和b相遇时 a与木板的速度相同 设其大小为v2 设a的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2 则由运动学公式 对木板有v2 v1 a2t2对a有v2 v1 aat2在t2时间间隔内 b 以及木板 相对地面移动的距离为s1 v1t2 a2 在 t1 t2 时间间隔内 a相对地面移动的距离为sa v0 t1 t2 aa t1 t2 2a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s0 sa s1 sb联立以上各式 并代入数据得s0 1 9m 也可用如图的速度 时间图线求解 审题指导如何建立物理情景 构建解题路径 首先分别计算出b与板 a与板 板与地面间的滑动摩擦力大小 判断出a b及木板的运动情况 把握好几个运动节点 由各自加速度大小可以判断出b与木板首先达到共速 此后b与木板共同运动 a与木板存在相对运动 且a运动过程中加速度始终不变 木板先加速后减速 存在两个过程 7 2015课标 25 20分 0 204 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 37 sin37 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 1减小为 b c间的动摩擦因数 2减小为0 5 a b开始运动 此时刻为计时起点 在第2s末 b的上表面突然变为光滑 2保持不变 已知a开始运动时 a离b下边缘的距离l 27m 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 10m s2 求 1 在0 2s时间内a和b加速度的大小 2 a在b上总的运动时间 答案 1 3m s21m s2 2 4s 解析 1 在0 2s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 1n1 n1 mgcos f2 2n2 n2 n1 mgcos 规定沿斜面向下为正方向 设a和b的加速度分别为a1和a2 由牛顿第二定律得 mgsin f1 ma1 mgsin f2 f1 ma2 联立 式 并代入题给条件得a1 3m s2 a2 1m s2 2 在t1 2s时 设a和b的速度分别为v1和v2 则v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m s t t1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 6m s2a2 2m s2即b做减速运动 设经过时间t2 b的速度减为零 则有v2 a2 t2 0联立式得 t2 1s在t1 t2时间内 a相对于b运动的距离为s 12m 27m此后b静止不动 a继续在b上滑动 设再经过时间t3后a离开b 则有l s v1 a1 t2 t3 a1 可得t3 1s 另一解不合题意 舍去 设a在b上总的运动时间为t总 有t总 t1 t2 t3 4s 也可利用下面的速度图线求解 考查点牛顿第二定律 受力分析 易错警示注意当b上表面光滑时 b从加速向下运动变为减速向下运动 8 2015课标 25 20分 0 155 一长木板置于粗糙水平地面上 木板左端放置一小物块 在木板右方有一墙壁 木板右端与墙壁的距离为4 5m 如图 a 所示 t 0时刻开始 小物块与木板一起以共同速度向右运动 直至t 1s时木板与墙壁碰撞 碰撞时间极短 碰撞前后木板速度大小不变 方向相反 运动过程中小物块始终未离开木板 已知碰撞后1s时间内小物块的v t图线如图 b 所示 木板的质量是小物块质量的15倍 重力加速度大小g取10m s2 求 1 木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2 2 木板的最小长度 3 木板右端离墙壁的最终距离 答案 1 0 10 4 2 6 0m 3 6 5m 解析 1 规定向右为正方向 木板与墙壁相碰前 小物块和木板一起向右做匀变速运动 设加速度为a1 小物块和木板的质量分别为m和m 由牛顿第二定律有 1 m m g m m a1 由图 b 可知 木板与墙壁碰前瞬间的速度v1 4m s 由运动学公式得v1 v0 a1t1 s0 v0t1 a1 式中 t1 1s s0 4 5m是木板与墙壁碰前瞬间的位移 v0是小物块和木板开始运动时的速度 联立 式并结合题给条件得 1 0 1 在木板与墙壁碰撞后 木板以 v1的初速度向左做匀变速运动 小物块以v1的初速度向右做匀变速运动 设小物块的加速度为a2 由牛顿第二定律有 2mg ma2 由图 b 可得a2 式中 t2 2s v2 0 联立 式并结合题给条件得 2 0 4 2 设碰撞后木板的加速度为a3 经过时间 t 木板和小物块刚好具有共同速度v3 由牛顿第二定律及运动学公式得 2mg 1 m m g ma3 v3 v1 a3 t v3 v1 a2 t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中 木板的位移为s1 t小物块的位移为s2 t小物块相对木板的位移为 s s2 s1联立 式 并代入数据得 s 6 0m因为运动过程中小物块没有脱离木板 所以木板的最小长度应为6 0m 3 在小物块和木板具有共同速度后 两者向左做匀变速运动直至停止 设加速度为a4 此过程中小物块和木板运动的位移为s3 由牛顿第二定律及运动学公式得 1 m m g m m a40 2a4s3碰后木板运动的位移为s s1 s3联立 式 并代入数据得s 6 5m木板右端离墙壁的最终距离为6 5m 考查点牛顿第二定律 运动学公式 思路指导每次分析包括受力分析列动力学方程 运动分析列运动学方程 同时还要注意位移关系列位移方程 易错警示注意v t图像1s末的速度等于木板撞前瞬间的速度 9 2014课标 24 12分 0 550 公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离 当前车突然停止时 后车司机可以采取刹车措施 使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰 通常情况下 人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s 当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km h的速度匀速行驶时 安全距离为120m 设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2 5 若要求安全距离仍为120m 求汽车在雨天安全行驶的最大速度 答案20m s 72km h 解析设路面干燥时 汽车与路面间的动摩擦因数为 0 刹车时汽车的加速度大小为a0 安全距离为s 反应时间为t0 由牛顿第二定律和运动学公式得 0mg ma0 s v0t0 式中 m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度 设在雨天行驶时 汽车与路面间的动摩擦因数为 依题意有 0 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a 安全行驶的最大速度为v 由牛顿第二定律和运动学公式得 mg ma s vt0 联立 式并代入题给数据得v 20m s 72km h 考查点牛顿第二定律 运动学公式易错警示注意人和汽车系统的反应时间 考点一牛顿运动定律的理解1 2017上海单科 5 3分 如图 在匀强电场中 悬线一端固定于地面 另一端拉住一个带电小球 使之处于静止状态 忽略空气阻力 当悬线断裂后 小球将做 a 曲线运动b 匀速直线运动c 匀加速直线运动d 变加速直线运动 b组自主命题 省 区 市 卷题组 答案c本题考查力与运动的关系 在悬线断裂前 小球受重力 电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态 故重力与电场力的合力与拉力等值反向 悬线断裂后 小球所受重力与电场力的合力大小 方向均不变 故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动 c项正确 2 2016上海单科 4 3分 如图 顶端固定着小球的直杆固定在小车上 当小车向右做匀加速运动时 球所受合外力的方向沿图中的 a oa方向b ob方向c oc方向d od方向 答案d当小车向右做匀加速运动时 其加速度的方向水平向右 由牛顿第二定律可知 小球所受合外力的方向水平向右 即沿图中od方向 选项d正确 选项a b c错误 3 2016江苏单科 9 4分 多选 如图所示 一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出 鱼缸最终没有滑出桌面 若鱼缸 桌布 桌面两两之间的动摩擦因数均相等 则在上述过程中 a 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左b 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等c 若猫增大拉力 鱼缸受到的摩擦力将增大d 若猫减小拉力 鱼缸有可能滑出桌面 答案bd由题图可见 鱼缸相对桌布向左滑动 故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右 a错 因为鱼缸与桌布 鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等 所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等 均为 g 由v at可知 鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等 故b正确 若猫增大拉力 鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力 由ff mg可知 ff不变 故c错 若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动 则鱼缸就会滑出桌面 故d正确 考点二牛顿运动定律的综合应用4 2017上海单科 6 3分 一碗水置于火车车厢内的水平桌面上 当火车向右做匀减速运动时 水面形状接近于图 答案a当火车向右做匀减速运动时 碗内的水由于惯性 保持原来较大的速度向右运动 则只有图a所示的情形符合要求 故a正确 一题多解 微元体 的选取由于液体内任一部分所受合力水平向左 故可在液体内部任意位置取一个立方体 则右侧面处的压强必大于左侧面处的压强 由液体的压强公式p gh可知 液体内同一水平线上各点从左到右距液面高度依次增大 故a正确 5 2015重庆理综 5 6分 若货物随升降机运动的v t图像如图所示 竖直向上为正 则货物受到升降机的支持力f与时间t关系的图像可能是 答案b由v t图像可知 升降机的运动过程为 向下加速 失重 fmg 向上加速 超重 f mg 向上匀速 f mg 向上减速 失重 f mg 对照f t图像可知 b正确 6 2015重庆理综 3 6分 高空作业须系安全带 如果质量为m的高空作业人员不慎跌落 从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h 可视为自由落体运动 此后经历时间t安全带达到最大伸长 若在此过程中该作用力始终竖直向上 则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 a mgb mgc mgd mg 答案a对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律 则有f mg ma 而a 解得f mg 故a正确 7 2015江苏单科 6 4分 多选 一人乘电梯上楼 在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示 以竖直向上为a的正方向 则人对地板的压力 a t 2s时最大b t 2s时最小c t 8 5s时最大d t 8 5s时最小 答案ad地板对人的支持力fn mg ma t 2s时 a有正的最大值 此时fn最大 由牛顿第三定律知a正确 b错误 t 8 5s时 a有负的最大值 此时fn最小 由牛顿第三定律知c错误 d正确 8 2015海南单科 8 5分 多选 如图 物块a b和c的质量相同 a和b b和c之间用完全相同的轻弹簧s1和s2相连 通过系在a上的细线悬挂于固定点o 整个系统处于静止状态 现将细线剪断 将物块a的加速度的大小记为a1 s1和s2相对于原长的伸长分别记为 l1和 l2 重力加速度大小为g 在剪断的瞬间 a a1 3gb a1 0c l1 2 l2d l1 l2 答案ac剪断细线前 把a b c看成整体 细线中的拉力为t 3mg 因在剪断瞬间 弹簧未发生突变 所以a b c之间的作用力与剪断细线之前相同 则将细线剪断瞬间 对a隔离进行受力分析 由牛顿第二定律得 3mg ma1 得a1 3g a正确 b错误 由胡克定律知 2mg k l1 mg k l2 所以 l1 2 l2 c正确 d错误 9 2015浙江理综 18 6分 多选 我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器 舰载机总质量为3 0 104kg 设起飞过程中发动机的推力恒为1 0 105n 弹射器有效作用长度为100m 推力恒定 要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m s 弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和 假设所受阻力为总推力的20 则 a 弹射器的推力大小为1 1 106nb 弹射器对舰载机所做的功为1 1 108jc 弹射器对舰载机做功的平均功率为8 8 107wd 舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m s2 答案abd舰载机弹射过程中的加速度a m s2 32m s2 选项d正确 对舰载机在水平方向受力分析 根据牛顿第二定律得 f弹 f发 20 f弹 f发 ma 解得 f弹 1 1 106n 选项a正确 由功的定义得 w弹 f弹 x 1 1 108j 选项b正确 由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t s 2 5s 由功率的定义得 p弹 4 4 107w 选项c错 10 2014山东理综 15 6分 多选 一质点在外力作用下做直线运动 其速度v随时间t变化的图像如图 在图中标出的时刻中 质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 a t1b t2c t3d t4 答案acv t图像中 纵轴表示各时刻的速度 t1 t2时刻速度为正 t3 t4时刻速度为负 图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度 t1 t4时刻加速度为正 t2 t3时刻加速度为负 根据牛顿第二定律 加速度与合外力方向相同 故t1时刻合外力与速度均为正 t3时刻合外力与速度均为负 a c正确 b d错误 11 2017上海单科 17 2分 如图 光滑固定斜面的倾角为30 a b两物体的质量之比为4 1 b用不可伸长的轻绳分别与a和地面相连 开始时a b离地高度相同 在c处剪断轻绳 当b落地前瞬间 a b的速度大小之比为 机械能之比为 以地面为零势能面 答案1 24 1 解析剪断轻绳后 a b两物体均做初速度为零的匀加速直线运动 两物体的运动时间相同 所以它们的速度大小之比就是它们的加速度大小之比 剪断轻绳后 物体b做自由落体运动 其加速度为重力加速度g 物体a受力如图所示其加速度aa gsin30 g abaa ab 1 2得va vb 1 2由机械能守恒的条件可知 物体a和b在整个运动过程中各自的机械能守恒 这就意味着 物体b落地前的瞬间 两物体的机械能分别和其初状态的机械能相等初态时ea magh eb mbghea eb ma mb 4 1 即两物体的机械能之比为4 1 12 2016四川理综 10 17分 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施 由制动坡床和防撞设施等组成 如图竖直平面内 制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面 一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床 当车速为23m s时 车尾位于制动坡床的底端 货物开始在车厢内向车头滑动 当货物在车厢内滑动了4m时 车头距制动坡床顶端38m 再过一段时间 货车停止 已知货车质量是货物质量的4倍 货物与车厢间的动摩擦因数为0 4 货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0 44 货物与货车分别视为小滑块和平板 取cos 1 sin 0 1 g 10m s2 求 1 货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向 2 制动坡床的长度 答案 1 5m s2方向沿制动坡床向下 2 98m 解析 1 设货物的质量为m 货物在车厢内滑动过程中 货物与车厢间的动摩擦因数 0 4 受摩擦力大小为f 加速度大小为a1 则f mgsin ma1 f mgcos 联立 式并代入数据得a1 5m s2 a1的方向沿制动坡床向下 2 设货车的质量为m 车尾位于制动坡床底端时的车速为v 23m s 货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0 38m的过程中 用时为t 货物相对制动坡床的运动距离为s1 在车厢内滑动的距离s 4m 货车的加速度大小为a2 货车相对制动坡床的运动距离为s2 货车受到制动坡床的阻力大小为f f是货车和货物总重的k倍 k 0 44 货车长度l0 12m 制动坡床的长度为l 则mgsin f f ma2 f k m m g s1 vt a1t2 s2 vt a2t2 s s1 s2 l l0 s0 s2 联立 并代入数据得l 98m 解题指导 1 货物在车厢内向上滑动时 通过受力分析 由牛顿第二定律可求货物的加速度大小和方向 2 货车和货物沿坡床上滑过程中 货车 货物都做减速运动 二者位移的几何关系是解答此题的关键所在 审题指导此题以避险车道为背景 解答常见的 板块 模型 此类题有两个关键点 一是正确受力分析 确定加速度 二是画出运动过程草图 找出位移关系 考点一牛顿运动定律的理解1 2013课标 14 6分 0 733 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之间关系的图像是 c组教师专用题组 答案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 fn ma 即f fn ma f与a成线性关系 选项c正确 考查点牛顿第二定律的应用 解题关键通过动力学分析推出f与a的函数关系表达式 易错警示注意题中假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 2 2013重庆理综 4 6分 如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图 让小球由倾角为 的光滑斜面滑下 然后在不同的 角条件下进行多次实验 最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动 分析该实验可知 小球对斜面的压力 小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随 变化的图像分别对应图2中的 图1图2a 和 b 和 c 和 d 和 答案b重力加速度g与 无关 其值在 值增大时保持不变 故其图像应为 则a d两项均错 当 0时小球的加速度a 0 故其图像必定为 所以b项正确 c项错误 3 2013浙江理综 19 6分 多选 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g 10m s2 关于热气球 下列说法正确的是 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 答案ad刚开始上升时 空气阻力为零 f浮 mg ma 解得f浮 m g a 460 10 0 5 n 4830n a项正确 加速上升过程 随着速度增大 空气阻力增大 b项错误 浮力和重力不变 而随着空气阻力的增大 加速度会逐渐减小 直至为零 故上升10s后的速度v at 5m s c项错误 匀速上升时 f浮 ff mg 所以ff f浮 mg 4830n 4600n 230n d项正确 4 2012海南单科 1 3分 根据牛顿第二定律 下列叙述正确的是 a 物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比b 物体所受合力必须达到一定值时 才能使物体产生加速度c 物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比d 当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时 物体水平加速度大小与其质量成反比 答案d物体加速度的大小与质量和速度大小的乘积无关 a项错误 物体所受合力不为0 则a 0 b项错误 物体加速度的大小与其所受的合力成正比 c项错误 5 2012山东基本能力 66 1分 人在平地上静止站立时 受到的支撑力等于人的重力 做原地纵跳时 在快速下蹲和蹬伸的过程中 人体受到的支撑力发生变化 如图 g为重力 f为支撑力 下列曲线能正确反映该变化的是 答案d人体在下蹲过程中的加速阶段处于失重状态 fg 同理蹬伸过程中的加速上升阶段f g 减速上升阶段f g 腾空后人离开地面 f 0 故d选项正确 6 2010山东理综 16 4分 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 答案c物体在斜面上受重力 支持力 摩擦力作用 其摩擦力大小为f1 mgcos 做初速度为零的匀加速直线运动 其v t图像为过原点的倾斜直线 a错 加速度大小不变 b错 其s t图像应为一段曲线 d错 物体到达水平面后 所受摩擦力f2 mg f1 做匀减速直线运动 所以正确选项为c 7 2010全国 15 6分 如图 轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连 下端与另一质量为m的木块2相连 整个系统置于水平放置的光滑木板上 并处于静止状态 现将木板沿水平方向突然抽出 设抽出后的瞬间 木块1 2的加速度大小分别为a1 a2 重力加速度大小为g 则有 a a1 0 a2 gb a1 g a2 gc a1 0 a2 gd a1 g a2 g 答案c木板抽出前 由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg 木板抽出后瞬间 弹簧弹力保持不变 仍为mg 由平衡条件和牛顿第二定律可得a1 0 a2 g 答案为c 8 2010福建理综 16 6分 质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上 物体与地面间的动摩擦因数为0 2 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等 从t 0时刻开始 物体受到方向不变 大小呈周期性变化的水平拉力f的作用 f随时间t的变化规律如图所示 重力加速度g取10m s2 则物体在t 0至t 12s这段时间的位移大小为 a 18mb 54mc 72md 198m 答案b物体与地面间最大静摩擦力f mg 0 2 2 10n 4n 由题给f t图像知0 3s内 f 4n 说明物体在这段时间内保持静止 3 6s内 f 8n 说明物体做匀加速运动 加速度a 2m s2 6s末物体的速度v at 2 3m s 6m s 在6 9s内物体以6m s的速度做匀速运动 9 12s内又以2m s2的加速度做匀加速运动 作v t图像如图所示 故0 12s内的位移s 2m 6 6m 54m 故b项正确 9 2009广东单科 8 4分 某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490n 他将弹簧秤移至电梯内称其体重 t0至t3时间段内 弹簧秤的示数如图所示 电梯运行的v t图可能是 取电梯向上运动的方向为正 答案a由g t图像知 t0 t1时间内 具有向下的加速度 t1 t2时间内匀速或静止 t2 t3时间内 具有向上的加速度 因此其运动情况可能是 t0 t3时间内 但d项不符合电梯由静止开始运动 故a项正确 10 2012安徽理综 22 14分 质量为0 1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落 该下落过程对应的v t图像如图所示 球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3 4 设球受到的空气阻力大小恒为f 取g 10m s2 求 1 弹性球受到的空气阻力f的大小 2 弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 答案 1 0 2n 2 m 解析 1 设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1 由题图知a1 m s2 8m s2 根据牛顿第二定律得mg f ma1 f m g a1 0 2n 2 由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1 4m s 设球第一次离开地面时的速度大小为v2 则v2 v1 3m s 第一次离开地面后 设上升过程中球的加速度大小为a2 则mg f ma2a2 12m s2 于是 有0 2a2h 解得h m 11 2010安徽理综 22 14分 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v t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 0 10s内物体运动位移的大小 答案 1 0 2 2 6n 3 46m 解析 1 设物体做匀减速直线运动的时间为 t2 初速度为v20 末速度为v2t 加速度为a2 则a2 2m s2 设物体所受的摩擦力为ff 根据牛顿第二定律 有ff ma2 ff mg 联立 得 0 2 2 设物体做匀加速直线运动的时间为 t1 初速度为v10 末速度为v1t 加速度为a1 则a1 1m s2 根据牛顿第二定律 有f ff ma1 联立 得f mg ma1 6n 3 解法一由匀变速直线运动位移公式 得 x x1 x2 v10 t1 a1 v20 t2 a2 46m解法二根据v t图像围成的面积 得x 46m 12 2009江苏单科 13 15分 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器 其质量m 2kg 动力系统提供的恒定升力f 28n 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t1 8s时到达高度h 64m 求飞行器所受阻力f的大小 2 第二次试飞 飞行器飞行t2 6s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 答案 1 4n 2 42m 3 s 或2 1s 解析 1 第一次飞行中 设加速度为a1匀加速运动h a1由牛顿第二定律f mg f ma1解得f 4n 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匀加速运动s1 a1设失去升力后加速度为a2 上升的高度为s2由牛顿第二定律mg f ma2v1 a1t2s2 解得h s1 s2 42m 3 设失去升力下降阶段加速度为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mg f ma3 f f mg ma4且 hv3 a3t3解得t3 s 或2 1s 考点一牛顿运动定律的理解1 2018西南名校质量检测 15 滑草 是如今一些度假村推出的一项前卫运动 和滑雪一样 能给运动者带来动感和刺激 特别对少雪地区的人们来说 滑草更新鲜了 因为它比滑雪更具有娱乐休闲性 更能体验人与大自然的和谐 双人滑草 项目可以简化为如下模型 如图所示 a b两物块在倾角为 的粗糙斜面上紧靠在一起从静止开始加速下滑 斜面与a之间的动摩擦因数为3 与b之间的动摩擦因数为 a物块的质量为m b物块的质量为3m 已知重力加速度为g 则在下滑过程中 物块a b之间作用力的大小等于 a mgsin b mgsin c mgcos d mgcos 三年模拟 a组2016 2018年高考模拟 基础题组 答案d取a b整体为研究对象 由牛顿第二定律得 m 3m gsin 3 mgcos 3mgcos m 3m a 解得a gsin gcos 对a物块 由牛顿第二定律得f mgsin 3 mgcos ma 得f mgcos 故d正确 2 2018云南曲靖一中4月质量监测七 15 如图所示 将一轻弹簧竖直悬挂 下端与一小物块相连 现用手托住小物块使弹簧处于原长 然后从静止释放小物块 则小物块从释放至下落到最低点的过程中 a 小物块的动能先增大后减小b 小物块的机械能守恒c 小物块动能最大时加速度不为零d 小物块在最低点时加速度为零 答案a物块下落过程中一部分机械能转化为弹簧的弹性势能 b错误 物块所受重力与弹簧弹力的合力提供加速度 即mg f ma 向下运动的过程中 弹簧弹力不断增大 合外力不断减小 加速度不断减小 速度不断增大 物块做加速度不断减小的加速运动 当弹簧弹力f mg时 加速度减为零 物块继续向下运动 之后f mg 满足f mg ma 加速度向上 弹簧弹力不断增大 加速度a 不断增大 物块做加速度不断增大的减速运动 故物块的动能先增大后减小 动能最大时加速度为零 在最低点时加速度不为零 a正确 c d错误 3 2018贵州贵阳一中3月月考 16 在固定斜面上 一物块沿斜面下滑过程中 其速度与位移x的关系式满足v2 8x 国际单位制 沿斜面上滑过程中 其速度v与位移x的关系式变为v2 16 16x 国际单位制 g取10m s2 则物块与斜面间的动摩擦因数 和斜面的倾角 分别为 a 0 5 30 b 0 5 60 c 0 25 37 d 0 25 53 答案c下滑过程有a1 gsin gcos 由v2 2a1x和v2 8x可知a1 4m s2 上滑过程中有a2 gsin gcos 由v2 2a2x和v2 16 16x可知a2 8m s2 解得 0 25 37 故c正确 4 2018云南保山第二次市级统测 15 如图所示 一个质量为m的物体放在倾角为 的光滑斜面上 现对斜面施加一水平向左的恒力f 使物体与斜面一起以加速度a水平向左做匀加速直线运动 已知重力加速度为g 则斜面对物体的支持力为 a mgcos b c masin d 答案b斜面与物体一起以加速度a向左做匀加速运动 合力水平向左 对物体进行受力分析 如图所示 竖直方向有mg ncos 水平方向有nsin ma 则n 故b正确 a c错误 由题中所给条件不能得出n与f的关系 d错误 考点二牛顿运动定律的综合应用5 2018四川成都龙泉一中模拟 14 如图所示 小明将叠放在一起的a b两本书抛给小强 已知a的质量为m 重力加速度为g 两本书在空中不翻转 不计空气阻力 则a b在空中运动时 a a的加速度等于gb b的加速度大于gc a对b的压力等于mgd a对b的压力大于mg 答案a由于a b两本书在空中运动时不计空气阻力 只受重力 故a b的加速度等于g 选项a正确 选项b错误 因a b两本书的加速度等于g 二者处于完全失重状态 a b间无作用力 选项c d错误 6 2018云南保山第二次市级统测 19 多选 在粗糙水平面上滑动的物块 从t0 0时刻开始受到水平恒力f的作用 在t0到t1时间内物块做直线运动 已知物块在t0时刻的速度和t1时刻的速度大小相等 下列能正确反映这一过程的v t图像有 答案ac物块做直线运动 初末速度大小相等 物块可能做匀速直线运动 即恒力f等于滑动摩擦力 故a正确 物块也可能速度先减为零 然后反向加速 即开始时力与运动方向相反 故减速时的加速度大小a1 加速时的加速度大小a2 a1 a2 故c正确 7 2018西南名校质量检测 17 如图甲所示 一长木板在水平地面上向右运动 在某时刻 t 0 将一相对于地面静止的物块轻放到木板上 已知物块与木板的质量相等 物块与木板间及木板与地面间均有摩擦 物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 且物块始终在木板上 在物块放到木板上之后 木板运动的速度 时间图像可能是图乙中的 答案a由于物块刚放到木板上时 运动的木板会对它施加一个水平向右的滑动摩擦力 则物块对木板就会有一个水平向左的摩擦力 此时木板还受到地面给它的水平向左的摩擦力 木板在这两个阻力的作用下做匀减速直线运动 当物块的速度与木板的速度相等时 物块与木板保持相对静止 一起做匀减速运动 此时物块对木板的摩擦力水平向右 地面仍对木板施加水平向左的摩擦力 即木板所受合力变小 故木板的加速度变小 故选a 8 2018贵州铜仁适应性考试二 17 如图所示 为一距地面某高度的小球由静止释放后撞击地面弹跳的v t图像 小球的质量为0 4kg 重力加速度g取10m s2 空气阻力不计 由图像可知 a 横坐标每一小格表示的时间约为0 08sb 小球释放时离地面的高度为1 5mc 小球第一次反弹的最大高度为0 8md 小球第一次撞击地面受地面的平均作用力为50n 答案c由于不计空气阻力 小球在下落过程中 加速度为g 由图可知 小球第一次撞击地面瞬间的速度为5m s 由速度公式可知 小球第一次在空中运动时间t 0 5s 5t0 0 5s t0 0 1s 即横轴每一小格表示的时间为0 1s 选项a错误 小球释放时离地面的高度h 1 25m 选项b错误 由图像知小球第一次反弹后的初速度大小为v 4m s 则第一次反弹的最大高度h 0 8m 选项c正确 若以向上为正方向 由牛顿第二定律和运动学公式可得f mg ma a m s2 45m s2 则f mg ma 22n 选项d错误 9 2018广西柳州高级中学 南宁二中二联 24 一质量m 4 0 103kg的汽车 以p 6 0 104w的额定功率从静止启动爬一坡面 经25s达到最大速度 设汽车受到坡面的阻力大小为f 1 6 103n 已知坡面与水平面夹角为 取重力加速度g 10m s2 sin 0 02 求 1 汽车的最大速率vm 2 汽车速度为10m s时的加速度大小 答案 1 25m s 2 0 9m s2 解析 1 汽车达到最大速率vm时 合力为零f mgsin fp fvm代入数据解得vm 25m s 2 设汽车速度为10m s时牵引力为f 则p f v由牛顿第二定律得 f mgsin f ma代入数据解得 a 0 9m s2 1 2018广西防城港1月模拟 18 多选 如图所示 质量分别为m和m的两长方体物块p和q 叠放在倾角为 的固定斜面上 p q间的动摩擦因数为 1 q与斜面间的动摩擦因数为 2 当它们一起冲上斜面 沿斜面向上滑动时 两物块始终保持相对静止 则物块p对q的摩擦力 a 大小为 1mgcos b 大小为 2mgcos c 方向平行于斜面向上d 方向平行于斜面向下 b组2016 2018年高考模拟 综合题组 时间 40分钟分值 75分 一 选择题 每题6分 共30分 答案bc对p q整体受力分析 受到重力 支持力和滑动摩擦力 根据牛顿第二定律得 m m gsin 2 m m gcos m m a 解得a g sin 2cos 再对p受力分析 受到重力mg 支持力和沿斜面向下的静摩擦力 根据牛顿第二定律得mgsin ff ma 解得ff 2mgcos 根据牛顿第三定律知p对q的摩擦力大小为 2mgcos 方向平行于斜面向上 b c正确 2 2018云南师大附中第八次月考 20 多选 如图所示 质量为m的木板放在光滑的水平面上 木板的右端有一质量为m的木块 可视为质点 在木板上施加一水平向右的恒力f 木块和木板由静止开始运动并在最后分离 设分离时木块相对地面运动的位移为x 在保证木块和木板会发生相对滑动的情况下 下列方式可使位移x增大的是 a 仅增大木板的质量mb 仅减小木块的质量mc 仅增大恒力fd 仅增大木块与木板间的动摩擦因数 答案ad根据牛顿第二定律得木板的加速度a1 木块的加速度a2 g 设板长为l 作出如图所示v t图像 图线oa代表的是木块的v t图像 图线ob代表的是木板的v t图像 oa与ob所围阴影部分的面积等于l时 oa与时间轴所围的三角形面积代表分离时木块的对地位移x 由图像和加速度表达式可知 仅增大木板质量m a1减小 a2不变 x增大 故a正确 仅减小木块质量m a1增大 a2不变 x减小 故b错误 仅增大恒力f a1增大 a2不变 x减小 故c错误 仅增大木块与木板间的动摩擦因数 a1减小 a2增大 x增大 故d正确 3 2017四川成都石室中学二诊 19 多选 光滑斜面上 当系统静止时 挡板c与斜面垂直 弹簧 轻杆均与斜面平行 a b两球质量相等 在突然撤去挡板的瞬间 a 两图中两球加速度均为gsin b 两图中a球的加速度均为零c 图甲中b球的加速度为2gsin d 图乙中b球的加速度为gsin 答案cd撤去挡板前 挡板对b球的弹力大小均为2mgsin 因弹簧弹力不能突变 而杆的弹力会突变 所以撤去挡板瞬间 图甲中a球所受合力为零 加速度为零 b球所受合力为2mgsin 加速度为2gsin 图乙中杆的弹力突变为零 a b球所受力均为mgsin 加速度均为gsin 故c d正确 a b错误 解题指导根据弹簧弹力不能突变 杆的弹力会突变 分析撤去挡板的瞬间 图甲和图乙中a b所受合外力 即可得到各自的加速度 4 2017贵州遵义二联 19 多选 在倾角为 的光滑斜面上 质量分别为m和m的两个物体a b用细绳连接 用力2f沿斜面向上拉物体a时 两物体以大小为a的加速度向上运动 此时a b间细绳中的张力为t1 当用大小为f的拉力沿斜面向上拉物体a 物体仍向上做加速运动 此时a b间细绳的张力为t2 则下列说法正确的是 a 后一种情形两物体向上运动的加速度小于b 后一种情形两物体向上运动的加速度大于c 后一种情形细绳中的张力t2 t1d 后一种情形细绳中的张力t2 t1 答案ac当拉力为2f时 满足2f m m gsin m m a 所以a gsin 当用力f拉物体时 满足f m m gsin m m a 则a gsin 则a a a 所以a a对b错 对b由牛顿第二定律可得t1 mgsin ma t2 mgsin ma 解得t1 t2 则t2 t1 c对d错 5 2017广西南宁4月二模 15 如图所示 在竖直方向运动的箱式电梯中 质量为m的物块置于倾角为30 的粗糙斜面上 物块始终相对斜面静止 则下列说法中正确的是 a 若电梯向下匀速运动 物块所受的摩擦力一定是零b