高考物理必拿满分系列之牛顿三大定律-专题复习

1、高考物理必拿满分系列之牛顿三大定律专题复习牛顿运动三定律在经典物理学中是最重要、最基本的规律，是力学乃至整个物理学的 基础。历年高考对本章知识的考查重点：惯性、力和运动关系的理解；熟练应用牛顿定律分析和解决两类问题（已知物体的受力确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确定物 体的受力）。命题的能力考查涉及：在正交的方向上质点受力合成和分解的能力；应用牛顿定律解决学科内和跨学科综合问题的能力；应用超重和失重的知识定量分析一些问题；能灵活运用隔离法和整体法解决简单连接体问题的能力；应用牛顿定律解题时的分析推理能力。命题的最新发展：联系理科知识的跨学科综合问题。牛顿第一定律（惯性定律）知识梳理一切物

2、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。.理解要点：运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。.惯性：物体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。惯性是物体的固有属性，与物体的受力情

3、况及运动状态无关。质量是物体惯性大小的量度。由牛顿第二定律定义的惯性质量m=F/a和由万有引力定律定义的引力质量2m = Fr / GM严格相等。惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。二、牛顿第二定律知识梳理.定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力 F合成正比，跟物体的质量 m成反比。. 公式：F合=ma理解要点：因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消 失；方向性：a与F合都是矢量一方向严格相同；瞬时性和对应性：a为某时刻物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力。牛顿第二定律适

4、用于宏观，低速运动的情况。应用牛顿第二定律解题的步骤选取研究对象：根据题意，研究对象可以是单一物体，也可以是几个物体组成的物 体系统。分析物体的受力情况建立坐标若物体所受外力在一条直线上，可建立直线坐标。若物体所受外力不在一直线上，应建立直角坐标，通常以加速度的方向为一坐标轴， 然后向两轴方向正交分解外力。列出第二定律方程解方程，得出结果第二定律应用知识梳理1.物体系.(1)物体系中各物体的加速度相同，这类问题称为连接体问题。这类问题由于物体系中的各物体加速度相同，可将它们看作一个整体，分析整体的受力情况和运动情况，可以根据牛顿第二定律， 求出整体的外力中的未知力或加速度。若要求物体系中两个物

5、体间的相互作用力，则应采用隔离法。将其中某一物体从物体系中隔离出来，进行受力分析，应用第二定律，相互作用的某一未知力求出，这类问题，应是整体法和隔离法交替运用，来解决问题的。(2) 物体系中某一物体作匀变速运动，另一物体处于平衡状态，两物体在相互作用，这 类问题应采用牛顿第二定律和平衡条件联立来解决。应用隔离法，通过对某一物体受力分析应用第二定律(或平衡条件)，求出两物体间的相互作用，再过渡到另一物体，应用平衡条件(或第二定律)求出最后的未知量。2.临界问题某种物理现象转化为另一种物理现象的转折状态叫做临界状态。临界状态又可理解为 “恰好出现”与“恰好不出现”的交界状态。处理临界状态的基本方法

6、和步骤是：分析两种物理现象及其与临界值相关的条件；用假设法求出临界值；比较所给条件与临界值的关系，确定物理现象，然后求解三、牛顿第三定律内容：两个物体之间的作用力和反作用力，在同一条直线上，大小相等，方向相反。说明：要改变一个物体的运动状态，必须有其它物体和它相互作用。 物体之间的相互作用是 通过力体现的。并且指出力的作用是相互的， 有作用必有反作用力。 它们是作用在同一条直 线上，大小相等，方向相反。(1)作用力和反作用力是没有主次、先后之分。同时产生、同时消失。(2)这一对力是作用在不同物体上，不可能抵消。(3)作用力和反作用力必须是同一性质的力。(4)与参照系无关实战练习一.单选题.如图

7、所示，水平桌面上平放一叠共计 54张的扑克牌，每一张的质量均为 m .用一手指 以竖直向下的力压第 1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第 1张牌之间有相对滑动.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第l张牌之间的动摩擦因数为 四，牌间的动摩擦因数均为 四，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为必，且有 西 必.则下列说法正确的是()A.第l张和第2张牌一定保持相对静止B.第54张牌受到水平桌面的摩擦力向右C.第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动D.第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动 【答案】C【考点】静摩擦力，共点力平衡条件的应用，牛顿第三定律【解析】解答：A、若手指与第1张牌

8、的摩擦力大于1与2间的摩擦力，则二者发生相对滑 动.故A错误.B、对53张牌(除第1张牌外)研究，处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反.故 B错误.C、设每张白质量为m ,动摩擦因数为 对第2张分析，它对第3张牌的压力等于上面两张牌的重力，最大静摩擦力A=U陋g = 2陋g ,而受到的第1张牌的滑动摩擦力为f = mg七量,则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动.同理，第 3张到第54张 牌也不发生相对滑动.故 C正确，D错误.故选C.分析：本题考查了受力分析、力的平衡、静摩擦力与最大静

9、摩擦力.在建筑工地上我们会见到如图所示的情形，运输民工用两手对称水平的用力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度 a竖直向上匀加速搬起，其中 A的质量为3m, B的质量为m,水平 作用力为F, A、B之间的动摩擦因数为 科，则在此过程中()ABA. A, B之间的摩擦力大小为 F, A受到的摩擦力方向竖直向上B. A, B之间的摩擦力大小为pF, A受到的摩擦力方向竖直向下C. A, B之间的摩擦力大小为 m (g+a) , A受到的摩擦力方向竖直向下D. A, B之间的摩擦力大小为 m (g+a) , A受到的摩擦力方向竖直向上【答案】D【考点】对单物体(质点)的应用，对质点系的应用，物体的受力分

10、析【解析】【解答】解：AB、由于A、B相对静止，故 A、B之间的摩擦力为静摩擦力，不能用滑动摩擦力的计算公式来解答，A、B不符合题意.CD、设运输民工一只手对 A、B在竖直方向上白摩擦力为 fi ,以A、B整体为研究对象可 知，在竖直方向上有 2fi - ( m+3m) g= (m+3m) a,设B对A的摩擦力方向向上，大小为 f2 , 对A由牛顿第二定律有 fi - f2-3mg=3ma ,解得f2=m (g+a) , C不符合题意，D符合题意.故答案为：D.【分析】根据牛顿第二定律先整体后隔离求解。.如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连

11、.闭合开关后，与两极板上边缘等高处有两个带负电小球A和B,它们均从两极板正中央由静止开始释放， 两小球最终均打在极板上，(不考虑小球间的相互作用及对电场的影响)下列说法中正确的是()A.两小球在两板间运动的轨迹都是一条抛物线B.两板间电压越大，小球在板间运动的时间越短C.它们的运动时间一定相同由两者的比荷相同，它们的运动轨迹可能相同 【答案】B 【考点】牛顿运动定律与电磁学综合，复合场，电荷在电场中的偏转，电荷在匀强电场中的运动【解析】【解答】解： A、液滴在电场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直 方向；因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，A不符合题

12、意； B、两板上的电压越大，由 U=Ed可知，板间的电场强度增大，电场力变大，水平加速度增 大，根据得=修，时间越短，B符合题意；C、因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平向的加速度，2小打，得二V 四 ,因为比荷不一定相同，所以运动时间不一定相同，C不符合题意；D、若两者的比荷相同，它们运动的轨迹不同，因为带电性质不同，D不符合题意；故答案为：B. 【分析】液滴重力不能忽略先进行受力分析再结合牛顿第二定律进行分析。.如图所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上，一起以某一初速度沿光滑斜面向上 冲，上冲过程中 A与B保持相对静止，在向上运动的过程中（）A.因AB的运动情况相同所以相互间没

13、有摩擦力B.木块A处于超重状态C. A的机械能不发生变化D. A对B做负功【答案】C【考点】超重失重，对质点系的应用，连接体问题，摩擦力做功，整体法隔离法【解析】【解答】解：A、对A、B整体研究，作出受力示意图如图1所示，根据牛顿第二定律得：N(M+m) gsin O=(M+m) a得：a=gsin 0以B为研究对象，将 m的加速度沿水平和竖直方向分解，其受力如图 2示，有：竖直方向有 mg - FN=masin 0解得 FN=mg - mgsin2 0 =mgcc2S0水平方向有 f=macos。，解得：f=mgsin 0 cos.O 故 A 错误；B、由A的分析可知，AB整体的加速度由竖直

14、向下的分量，所以AB整体都处于失重状态，故B错误；C、物体B在运动的过程中受到 A的支持力与摩擦力，设向上的位移为s,则支持力做的功：即F# * si，汨=nigcos-0 * s - sinS摩擦力做的功：- - -, 一 一可知支持力做的功与摩擦力做的功大小相等，一正一负，总功等于0,物块B机械能保持不变.故C正确；D、由C的分析可知，物块 B对物块A做的总功也是0,则A对B不做功.故D错误；故选：C【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向，隔离对 A分析，结合 牛顿第二定律求解即可.二.多选题5.如图甲所示小物块静止在倾角0 =37勺粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向

15、下的推力F,力F的大小随时间t的变化情况如图乙所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图丙所示，sin37 = 0.6, ccs37 =0.8,重力加速度g取10 m/s ,下列说法正确的是()A.物块的质量为1kgB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.7C. 03 s时间内力F做功的平均功率为 0.32 WD. 03s时间内物块克服摩擦力做的功为 5.12J【答案】A,D【考点】牛顿定律与图象【解析】【解答】对物块受力分析，如图所示。由图 2、图3可知，当力Fi=0, 8N时，物Av dS-0 | 号块加速下滑，加速度 一，当力F2=0. 4N时，物块匀速下滑，根 据牛顿第二定律有：产1+田5山3

16、7-/=7?刈，F? + mgsin37-f=0,解得物块质量 m=1kg,摩擦力 f=6.4N, /A符合题意；摩擦力 / 二 Hgc。小了，动摩擦因数“一加gcoAT , b不符合题意；由图3图象与横轴形成的面积可知，0-3s时间内物块位移x=0.8m,速度从0增加到08加5, 物体克服摩擦力做功 四7=八=51”, D符合题意；根据动能定理有：冲G-啊一印八4,力F做功叮= &+町一心二/支+町一呻即31 = 0E4N平均功率产一1一 7Uj+,c不符合题意。故答案为：AD【分析】根据图像判断物体的运动状态，根据牛顿第二定律计算求解。6.如图甲所示，在粗糙程度处处相同的水平地面上，物块在

17、水平向右的力F作用下由静止开始运动.运动的速度 v与时间t的关系如图乙所示.由图象可知（）图用图乙A.在2s-4s内，力F不变的4s-6s内，力F为零C.在0-2s内，力F逐渐变小D.在0- 2s内，力F逐渐增大【答案】A,C【考点】对单物体（质点）的应用，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解： A、在2s-4s内，物体做匀速直线运动，拉力F与滑动摩擦力平衡，则力F保持不变，A符合题意；B、在4s-6s内，物体匀减速前进，拉力可能不为零，但一定小于摩擦力，B不符合题意；CD、v-t图象上图线的斜率表示加速度，则知在 0-2s内，物体的加速度逐渐变小，根据 牛顿第二定律，有：F-mg=m

18、a得F=科mg+ma可知拉力F逐渐变小，C符合题意，D不符合题意； 故答案为：AC【分析】本题属于典型的已知物体运动情况，求物体受力情况。首先根据速度时间图像的物理意义，判断各个阶段物体的加速度，再结合牛顿第二运动定律以及平衡条件，分析物体受力情况。7.如图所示，一质量为臼当t=0时刻m、带电量为q的物体处于场强按 E=E）-kt （E。、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为物体处于静止状态.若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（A.物体开始运动后加速度先增加、后保持不变I，二员C.经过时间一k，物体在

19、竖直墙壁上的位移达最大值B.物体开始运动后加速度不断增加q/Ec 曙D.经过时间物体运动速度达最大值【答案】B,C【考点】共点力平衡条件的应用，牛顿运动定律与电磁学综合，对单物体（质点）的应用，物体的受力分析，电场力【解析】【解答】解： A、电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与 电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦 力的合力增大；电场改为水平向右时， 物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大.因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度 不断增大，A不符合题意，B符合题意.C、当电场强度为零

20、时，物体开始离开墙壁，即 Eo- kt=0,所以 D、根据A选项分析，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大, 故答案为：BC.【分析】电学部分与力学相结合难点往往在于电学问题的力学化，为t= k ,故C符合题意.D不符合题意.首先要把电场力看做高中物理第四种性质的力，然后进行受力分析，然后用牛顿第二定律或平衡方程即可求解。8.如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成“角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球.当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角为Fi、F2 ,下列说法正确的是（3 （ 3 w）a保持不变.设斜杆、细线对小球的

21、作用力分别 ）”一 I dFi、F2大小不相等C.小车加速度大小为 gtan aFi、F2方向相同D.小车加速度大小为gtan 3【答案】B,D【考点】对单物体（质点）的应用，物体的受力分析【解析】【解答】解： A、B、对右边的小铁球研究，根据牛屯第二定律，设其质量为m,得： mgtan 3 =ma 得至U ： a=gtan 3 对左边的小铁球研究.设其加速度为a,轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为以由牛顿第二定律，得： mgtan 0 =ma因为a=a,得到0 = 3则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即Fi、F2方向相同，大小相等,A不符合题意，B符合题意；C、D、小车的加速度a=gtan

22、 3 C不符合题意，D符合题意. 故答案为：BD.【分析】分别对两个小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，结合加速度之间的关系进行判断。三.综合题9.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离S0和si(S1VS0)处分别设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 Vi ,重力加速度为g.求(1)冰球与冰面之

23、间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.片板【答案】(i)解：对冰球分析，根据速度位移公式得：y/一】里=2口风,7加速度为：a=根据牛顿第二定律得：a=g,解2解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为:答：冰球与冰面之间的动摩擦因数一 .厢_笆5一亏（2）根据两者运动时间相等，有：FT,5GoF）解得运动员到达小旗处的最小速度为：V2=%,=丝 W卢/则最小加速度为：%二上东.答：满足训练要求的运动员的最小加速度为上求.【考点】对单物体（质点）的应用，高考真题，匀变速直线运动基本公式应用，匀变速直线运 动导出公式应用【解析】【分析】（1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二

24、定律求出动摩 擦因数的大小.（2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最 小加速度.如图所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G=50 N,另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长a= 10 cm的金属块，金属块的密度p= 13X10 kg/m3 ,当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水深 b = 4 cm时，弹簧测力计和台秤的示数分别为多少？（水的密度是p水=103 kg/m3 , g 取 10 m/s2）【答案】金属块的重力为：G金=p g3a= 3X10 x 10X 0.1=30 N金属块所受水的浮力为13浮=p水ga2b= 103x 10X 0K 0.04 N= 4