2025-2026学年上学期高一物理人教版（2019）期末必刷常考题之牛顿运动定律的应用

第53页（共53页）2025-2026学年上学期高一物理人教版（2019）期末必刷常考题之牛顿运动定律的应用一．选择题（共6小题）1．工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（）A．12gsin2θ﹣μgcos2θB．gsin2θ﹣μgtan2θ C．12gsin2θ﹣μgsin2θ﹣μgcosθD．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgtanθ2．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上展示的导弹具有强大的威慑力，图中“巨浪﹣3”潜射导弹是海基核力量的核心装备。假设导弹刚发出来的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，导弹的质量为m，助推力为F，重力加速度为g，忽略空气阻力及质量变化，则当导弹运动了时间t时速度的大小为（）A．Ftm B．Ft2m C．(F3．厚田沙漠号称“江南第一沙漠”，某小孩在厚田沙漠滑沙的运动过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.4 D．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.54．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的xt2-1t图像如图乙所示，重力加速度取A．物块的加速度为2m/s2 B．物块的初速度为零 C．物块与斜面间的动摩擦因数为315D．前2s内物块的平均速度为5m/s5．如图所示，质量m＝2kg的物块P位于水平桌面上，由跨过定滑轮的水平轻绳与质量为M＝1kg的物块Q相连。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ＝0.2，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，重力加速度g取10m/s2，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．6N B．8N C．10N D．12N6．如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，工人将一质量为m＝1kg的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端B点以速度vB水平飞出，最后落在水平地面上的C点，平抛过程中速度与水平方向夹角为θ，tanθ与下落时间t的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（）A．传送带的速度v0≥1m/s B．B、C的高度差为1m C．货物运动到C点时的速度大小为4m/s D．传送带对货物做功为1J二．多选题（共3小题）（多选）7．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为μ4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力FA．当F=23μmg时，AB．当F＞52μmg时，A、BC．B的最大加速度为μg D．若F作用在B上，A的最大加速度为μg（多选）8．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（）A．货箱B先到达传动带底端 B．货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s C．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同 D．下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B（多选）9．如图甲，一煤块以一定的初速度从传送带的右端冲上顺时针转动的水平传送带，从煤块进入传送带上开始计时，煤块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，将煤块视为质点，下列说法正确的是（）A．传送带的速度大小为4m/s B．煤块在1＝4s时与传送带共速 C．煤块在传送带上留下的痕迹长为25m D．煤块在传送带上运动的时间为6s三．填空题（共4小题）10．如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力，传送带对物块的支持力。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）11．（1）某同学借助高速照相机对亭台檐边下落的水滴进行探究：水滴每隔0.2s自檐边静止滴下，当第1滴落地时第6滴恰欲滴下，不考虑空气阻力，水滴处于无风环境中，g取10m/s2，则此时第2滴距地面的高度为m。（2）将一个重力为G的铅球放在倾角为45°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对斜面的压力大小为。（3）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。某次测试中在接近地球表面时以30m/s的速度竖直匀速下落，此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为600kg，背罩质量为50kg，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为m/s2。12．一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小（选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为；比例系数k的单位为（用国际单位制的基本单位表示）。13．如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝。四．解答题（共2小题）14．如图所示，质量为M＝2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m＝1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。现用一水平力F＝18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过t1＝1s后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：（1）撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB；（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值；（3）计算在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小。15．质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用一与水平方向成37°角斜向上的拉力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。（1）若F＝20N，求物体的加速度大小；（2）若要使物体在2秒内位移达到8m，求拉力F的大小；（3）若拉力F＝30N，作用2秒后撤去，求物体还能滑行多远。

2025-2026学年上学期高一物理人教版（2019）期末必刷常考题之牛顿运动定律的应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）题号123456答案CCDCBA二．多选题（共3小题）题号789答案BCBDAD一．选择题（共6小题）1．工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为（）A．12gsin2θ﹣μgcos2θB．gsin2θ﹣μgtan2θ C．12gsin2θ﹣μgsin2θ﹣μgcosθD．gcos2θ﹣μgcosθ﹣μgtanθ【考点】物体在粗糙斜面上的运动．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】C【分析】对长方体建筑材料进行受力分析，根据力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律求解作答。【解答】解：根据牛顿第二定律有mgsinθ•cosθ﹣μmgcosθ﹣μmgsinθ•sinθ＝ma，可得a＝gsinθ•cosθ-μgcosθ-μgsin2故选：C。【点评】本题主要考查了受力分析、力的合成与分解、滑动摩擦力公式和牛顿第二定律的运用；本题对立体空间的认知要求高，根据力的合成与分解求解斜面对长方体、挡板对长方体的支持力是解题的关键。2．2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵式上展示的导弹具有强大的威慑力，图中“巨浪﹣3”潜射导弹是海基核力量的核心装备。假设导弹刚发出来的一段运动可近似看成初速度为0竖直向上的匀加速直线运动，导弹的质量为m，助推力为F，重力加速度为g，忽略空气阻力及质量变化，则当导弹运动了时间t时速度的大小为（）A．Ftm B．Ft2m C．(F【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】C【分析】应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出速度。【解答】解：对导弹，由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma经时间t导弹的速度大小v＝at解得v＝（Fm-g）t，故C正确，故选：C。【点评】分析清楚导弹的受力情况与运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。3．厚田沙漠号称“江南第一沙漠”，某小孩在厚田沙漠滑沙的运动过程可以简化为如图所示的模型。一小孩坐在滑板上（整体可视为质点）由静止从倾角为37°、长度x＝100m的斜坡顶端开始下滑，在滑到斜坡底端前的1s内，小孩的位移大小x1＝19m，小孩与滑板的总质量m＝40kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A．小孩从斜坡顶端滑到底端的时间为9s B．小孩到达斜坡底端时的速度大小为10m/s C．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.4 D．滑板与斜坡间的动摩擦因数为0.5【考点】物体在粗糙斜面上的运动；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】D【分析】小孩沿斜坡下滑做初速度为0的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动的位移公式，结合总位移与前t﹣1秒位移的关系列方程求加速度与时间；依据牛顿第二定律分析受力，求解动摩擦因数。【解答】解：A、设运动总时间为t，加速度大小为a，则根据匀变速直线运动的公式有100=12a解得t＝10s，a＝2m/s2故A错误；B、小孩到达斜坡底端时的速度大小为v＝at，代入数据解得v＝20m/s，故B错误；CD、由牛顿第二定律，mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，得μ＝0.5故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查匀变速直线运动规律与牛顿第二定律的综合应用。关键在于利用“初速度为0的匀加速直线运动位移公式”建立方程求时间与加速度，再通过受力分析和牛顿第二定律求解动摩擦因数，需注意位移关系的转化与公式的准确应用。4．如图甲所示，一物块（可视为质点）从倾角θ＝30°的足够长斜面上滑下，物块运动的xt2-1t图像如图乙所示，重力加速度取A．物块的加速度为2m/s2 B．物块的初速度为零 C．物块与斜面间的动摩擦因数为315D．前2s内物块的平均速度为5m/s【考点】物体在粗糙斜面上的运动；复杂的运动学图像问题；牛顿第二定律的简单应用．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；图析法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】C【分析】由匀变速直线运动的位移—时间关系可得xt【解答】解：AB、由匀变速直线运动的位移—时间关系可得：x=v0t+12at2，整理可得：xt2=v01t+aC、由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入数据解得：μ=315D、第2s末的速度为：v2＝v0+at2＝2m/s+4×2m/s＝10m/s，那么前2s内的平均速度为：v=v0故选：C。【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，解题的关键是要根据运动学公式变形成图乙的数学表达式，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。5．如图所示，质量m＝2kg的物块P位于水平桌面上，由跨过定滑轮的水平轻绳与质量为M＝1kg的物块Q相连。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ＝0.2，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，重力加速度g取10m/s2，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．6N B．8N C．10N D．12N【考点】连接体模型．【专题】定量思想；推理法；整体法和隔离法；方程法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】B【分析】先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后P、Q组成的整体受力分析，再次根据平衡条件求出力F的大小。【解答】解：以Q为研究对象，Q在水平方向受绳向左的拉力FT和向右的摩擦力f1，由于P、Q都做匀速运动，则有：f1＝μmg＝0.2×10N＝2N，由平衡条件可得：FT＝f1，代入数据解得：FT＝2N；对整体进行分析，整体受绳向左的拉力为2FT，桌面对整体的向左的摩擦力为：f2＝μ•2mg＝0.2×2×1×10N＝4N，向右的外力F，由平衡条件得：F＝2FT+f2，代入数据解得：F＝2FT+f2＝4N+4N＝8N，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题关键在于分别对两个木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解。6．如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，工人将一质量为m＝1kg的货物轻放在传送带的左端A点，货物从静止开始匀加速运动，从传送带的右端B点以速度vB水平飞出，最后落在水平地面上的C点，平抛过程中速度与水平方向夹角为θ，tanθ与下落时间t的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，货物可以看成质点。则下列说法正确的是（）A．传送带的速度v0≥1m/s B．B、C的高度差为1m C．货物运动到C点时的速度大小为4m/s D．传送带对货物做功为1J【考点】水平传送带模型；平抛运动速度的计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；合成分解法；平抛运动专题；功的计算专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据乙图，可知货物平抛运动的时间、落地时速度方向，结合平抛运动的特点，可得货物的初速度、BC高度差、货物在C点时的水平速度大小、合速度大小；根据货物在传送带上的运动特点，可得传送带的速度范围；根据货物离开B点时的速度大小，可计算传送带对货物做的功。【解答】解：BC、根据乙图，可知货物平抛运动的时间为：t＝0.4s，落地时速度与水平方向的夹角满足：tanθ=v结合平抛运动的特点，可得BC高度差：h=12gt货物的初速度：vB＝1m/s，货物在C点时的竖直分速度大小为：vCy＝gt，得：vCy＝4m/s；合速度大小：vC=vCy2A、货物在传送带上，若速度小于传送带，则货物做匀加速运动；若速度与传送带速度相等，则货物做匀速运动；由BC选项分析可知，货物离开传送带时的速度大小为：vB＝1m/s，可得传送带的速度满足：v0≥1m/s，故A正确；D、根据货物离开B点时的速度大小，可知传送带对货物做的功为：W=12mvB2故选：A。【点评】本题考查传送带与平抛运动的结合，关键是根据tanθ与t的关系，得到货物平抛运动的速度特点。二．多选题（共3小题）（多选）7．如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为μ4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。作用在A上的水平拉力FA．当F=23μmg时，AB．当F＞52μmg时，A、BC．B的最大加速度为μg D．若F作用在B上，A的最大加速度为μg【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】确定A和B之间的最大静摩擦力以及A与地面之间的最大静摩擦力。分析A和B的相对运动条件，即当A和B发生相对滑动时的临界条件。分析A和B一起运动时的加速度以及单独运动时的加速度。【解答】解：BC.根据牛顿第二定律可得B得最大加速度：am=μmgm=μg，A、B即将发生相对运动时：A.A与地面间的最大静摩擦力f当F=23μmg＜5D.若F作用在B上，A的最大加速度为a，则μmg-μ4×2mg故选：BC。【点评】题目综合考查了牛顿运动定律和摩擦力的应用，特别是对静摩擦力和滑动摩擦力的理解和加速度的计算。（多选）8．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传送带进行物品的分拣。传送带以2m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断正确的是（）A．货箱B先到达传动带底端 B．货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s C．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同 D．下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】货箱A开始受到的摩擦力方向沿传送带方向向下，与运动方向相同；分别对货箱A、B根据牛顿第二定律求解加速度大小，分析运动情况，再根据运动学公式进行解答。【解答】解：对A刚开始下滑时fA＝μmAgcos37°mAgsin37°+fA＝maA1解得A的加速度aAA速度达到2m/s以后fA＝μmAgcos37°mAgsin37°﹣fA＝maA2解得aA对B刚开始下滑时fB＝μmBgcos37°mBgsin37°﹣fB＝maB解得B的加速度aBA第一阶段加速的时间t1解得t1＝0.1s加速位移x1解得x1＝0.15m由运动学公式可得A加速第二阶段l-解得t2货箱A下滑到底端的时间tA＝t1+t2解得tA对B由运动学公式得l=解得货箱B下滑到底端的时间tB＝1sA.由tA＜tB可得，货箱A先到达传动带底端，故A错误；B.货箱B在传送带底端时的速度大小vB＝v0+aBtB解得vB＝3m/s故B正确；CD.货箱A下滑到底端时相对于的路程ΔxA＝l﹣vtA货箱B下滑到底端时相对于的路程ΔxB＝l+vtB所以下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B。两货箱在传送带上的划痕长度货箱A小于货箱B。故D正确，C错误。故选：BD。【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的综合应用之传送带问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。（多选）9．如图甲，一煤块以一定的初速度从传送带的右端冲上顺时针转动的水平传送带，从煤块进入传送带上开始计时，煤块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，将煤块视为质点，下列说法正确的是（）A．传送带的速度大小为4m/s B．煤块在1＝4s时与传送带共速 C．煤块在传送带上留下的痕迹长为25m D．煤块在传送带上运动的时间为6s【考点】水平传送带模型．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】确定传送带的速度：从图像中可以读出煤块最终与传送带达到的共同速度。分析煤块的运动过程：煤块先减速至速度为零，再反向加速至与传送带共速，计算煤块在传送带上留下的痕迹长度和运动时间。计算痕迹长度：痕迹长度等于煤块与传送带之间的相对位移。判断选项的正确性：根据上述分析，逐一判断选项的正确性。【解答】解：A.从速度一时间图像中可以看出，煤块最终以4m/s的速度与传送带共速，因此传送带的速度大小为4m/s，故A正确；B.图像显示煤块在t＝6s时与传送带达到共速，而不是t＝4s，故B错误；C.痕迹长度等于煤块与传送带相对位移的绝对值。通过计算图像与时间轴围成的面积差，可以得到相对位移。煤块在传送带上留下的痕迹的相对位移x=12×3×6D.从图像中可以直接看出，煤块在传送带上运动的总时间为6s，故D正确。故选：AD。【点评】根据速度—时间图像分析煤块在传送带上的运动情况，包括速度变化、共速时刻、痕迹长度以及运动总时间，利用图像的斜率和面积来计算相关物理量。三．填空题（共4小题）10．如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力做正功；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力做负功，传送带对物块的支持力不做功。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）【考点】倾斜传送带模型；功的正负及判断．【专题】定性思想；图析法；功的计算专题；模型建构能力．【答案】做正功；做负功；不做功。【分析】做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ为力与位移的夹角。物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力。当物体速度达到传送带速度时，物体做匀速直线运动，物体受到沿斜面向上的摩擦力。支持力一直垂直斜面向上。【解答】解：开始阶段，物块受力分析如图：物块受到摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移方向相同，摩擦力做正功。当物块速度达到与传送带共速时，与传送带一起做匀速运动，受力分析如图：摩擦力与物体位移方向相反，摩擦力做负功。支持力方向垂直斜面向上，与物块位移方向垂直，传送带对物块支持力不做功。故答案为：做正功；做负功；不做功。【点评】解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功；大于90°小于等于180°，该力做负功；等于90°，该力不做功。11．（1）某同学借助高速照相机对亭台檐边下落的水滴进行探究：水滴每隔0.2s自檐边静止滴下，当第1滴落地时第6滴恰欲滴下，不考虑空气阻力，水滴处于无风环境中，g取10m/s2，则此时第2滴距地面的高度为1.8m。（2）将一个重力为G的铅球放在倾角为45°的斜面上，并用竖直挡板挡住，铅球处于静止状态。不考虑铅球受到的摩擦力，铅球对斜面的压力大小为2G。（3）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。某次测试中在接近地球表面时以30m/s的速度竖直匀速下落，此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为600kg，背罩质量为50kg，地球表面重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略大气对探测器和背罩的阻力。“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为120m/s2。【考点】物体在粗糙斜面上的运动；自由落体运动的规律及应用；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）1.8；（2）2G；（3）120。【分析】（1）根据自由落体运动的规律列式求解；（2）根据平衡条件结合相应的几何关系列式解答；（3）根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解。【解答】解：（1）依题意，第一滴水下落时对地的高度为h1=12g（5T）2=12×10×（5×0.2）2m＝5m，第2滴水此时距地面的高度Δh＝h1-12g（4T）2＝5m-12×10（2）铅球的受力如图所示根据平衡条件和相应的几何关系，Ncos45°＝G，得N=2G，由牛顿第三定律可知，铅球对斜面的压力大小也为2G（3）整个装置匀速下落时，满足F＝（M+m）g，“背罩分离”后瞬间，对“背罩”根据牛顿第二定律有F﹣mg＝ma，代入M＝600kg，m＝50kg，解得a＝120m/s2。故答案为：（1）1.8；（2）2G；（3）120。【点评】考查平衡条件的应用以及牛顿第二定律、第三定律的理解和应用，会根据题意进行准确分析解答。12．一质量为m的雨滴在空中从静止开始下落，已知下降过程中受到的空气阻力f与雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k为已知的常量。则达到稳定前，雨滴的加速度大小一直减小（选填“一直增加”或者“一直减小”）；雨滴的最大速率为mgk；比例系数k的单位为kg/m【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．【专题】比较思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】一直减小，mgk，kg/m【分析】对雨滴由牛顿第二定律判断加速度的变化；由平衡条件求解雨滴的最大速率；根据物理公式求解比例系数的单位。【解答】解：雨滴在空中从静止开始下落做加速直线运动，雨滴速度达到稳定前，对雨滴由牛顿第二定律得：mg﹣kv2＝ma，速度变大，空气阻力变大，合外力变小，则雨滴的加速度一直减小；当加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大，由平衡条件得：mg=kvm2根据公式mg=kvm2，可得比例系数为：k=mg故答案为：一直减小，mgk，kg/m【点评】本题以雨滴下落考查牛顿第二定律在实际问题中的应用，要明确加速度减小到零时，雨滴的速度达到最大。13．如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行，劈置于光滑水平面上，当劈水平向右匀加速加速度a1＝33g时，球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零；当劈以加速度a＝2g向左匀加速运动时，绳的拉力T2＝5mg【考点】物体在光滑斜面上的运动；力的合成与分解的应用．【专题】应用题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意确定小球的受力情况，然后应用牛顿第二定律求出加速度；应用牛顿第二定律的求出小球与斜面间作用力为零时的临界加速度，然后根据劈的加速度与临界加速度的关系确定小球的位置状态，然后求出绳子的拉力。【解答】解：球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时，小球受力如图所示：由牛顿第二定律得：a1=mgtan30°当劈加速度向左，球恰好刚要离开斜面；即斜面对球的作用力恰好为零时，球受力如图所示：由牛顿第二定律得：a临界=mgtan30°m=3当加速度：a＝2g，方向：水平向左时，小球离开斜面，受力如图所示：绳子的拉力：T2=(mg故答案为：33g；5mg【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道小球和三角劈具有相同的加速度，通过隔离法分析，运用牛顿第二定律进行求解。四．解答题（共2小题）14．如图所示，质量为M＝2kg足够长的木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量为m＝1kg的物块A（可视为质点）。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。现用一水平力F＝18N作用于木板上，使其由静止开始运动，经过t1＝1s后撤去拉力。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。求：（1）撤去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB；（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值；（3）计算在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小。【考点】有外力的水平板块模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB分别为3m/s、6m/s；（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值等于4.5m/s；（3）在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小等于15.75m。【分析】（1）对A和B受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解；（2）撤去外力F后，对木板B受力分析求解加速度，结合运动学公式求解；（3）求出撤去外力F前木板B运动的位移以及撤去外力到达到共同速度的时间内木板B运动的位移，A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解达到共同速度后继续运动的位移，从而求解在整个过程中木板B运动的位移。【解答】解：（1）由分析可知，B被拉着向右运动时，可以判断出A相对B向左滑动，对物块A有μ1mg＝ma1，vA＝a1t1对木板B有F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2，vB＝a2t1解得vA＝3m/s，vB＝6m/s（2）撤去外力F后，设经过时间t2后A、B达到共同速度v，对木板B有μ2（M+m）g+μ1mg＝Ma3，v＝vB﹣a3t2对物块A有v＝vA+a1t2代入数据可得t2＝0.5s，v＝4.5m/s（3）撤去外力F前，木板B运动的位移x撤去外力到达到共同速度的时间内，木板B运动的位移x经判断A、B达到共同速度后一起匀减速直到静止，对AB整体有μ2（M+m）g＝（M+m）a达到共同速度后继续运动的位移v2＝2ax3在整个过程中，木板B运动的位移x＝x1+x2+x3联立得x＝15.75m答：（1）去拉力的瞬间，物块和木板的速度vA、vB分别为3m/s、6m/s；（2）经过一段时间，A、B达到共同速度v的值等于4.5m/s；（3）在整个运动过程中木板B运动的位移x的大小等于15.75m。【点评】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点。15．质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现用一与水平方向成37°角斜向上的拉力F拉物体，使物体沿水平地面做匀加速直线运动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。（1）若F＝20N，求物体的加速度大小；（2）若要使物体在2秒内位移达到8m，求拉力F的大小；（3）若拉力F＝30N，作用2秒后撤去，求物体还能滑行多远。【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】（1）物体的加速度大小等于6m/s2；（2）拉力F的大小等于16.36N；（3）拉力F＝30N，作用2秒后撤去，物体还能滑行52.9m。【分析】（1）对物体应用牛顿第二定律可以求出物体做匀加速直线运动时的加速度；（2）应用匀变速直线运动的位移—时间公式求出物体的加速度大小，根据牛顿第二定律求解拉力F的大小；（3）由牛顿第二定律出加速度大小，根据速度—时间关系求解速度，根据速度—位移关系求解滑行距离大小。【解答】解：（1）对物块受力分析，根据牛顿第二定律可知Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma代入数据可知a＝6m/s2（2）由x=12a1得加速度a1＝4m/s2由牛顿第二定律可知F1cos37°﹣μ（mg﹣F1sin37°）＝ma1解得F1≈16.36N（3）F2＝30N作用时：F2cos37°﹣μ（mg﹣F2sin37°）＝ma2可得a2＝11.5m/s22s末速度v＝a2t＝11.5×2m/s＝23m/s撤去拉力后的加速度a3＝μg，解得a3＝5m/s2滑行距离x答：（1）物体的加速度大小等于6m/s2；（2）拉力F的大小等于16.36N；（3）拉力F＝30N，作用2秒后撤去，物体还能滑行52.9m。【点评】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与时间的关系【知识点的认识】匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）【命题方向】例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：（1）质点做匀速运动时的速度；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：a2=vt答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，则加速度：a=vt-刹车至停止所需时间：t=vt-v故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．【解题方法点拨】1．解答题的解题步骤（可参考例1）：①分清过程（画示意图）；②找参量（已知量、未知量）③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）④利用公式列方程（选取正方向）⑤求解验算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．2．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。3．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．4．复杂的运动学图像问题【知识点的认知】1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如xt-t图像，v﹣x图像、v2﹣2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。3.解题步骤一般如下：①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；②根据图像推出具体的表达式；③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。【命题方向】在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（）A、甲车的加速度比乙车的加速度小B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇C、在x＝1m处甲、乙两车相遇D、在t＝2s末甲、乙两车相遇分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式：v2-v02=解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。由图可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇处两车的位移为x=12a甲t2=1故选：D。点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．【解题思路点拨】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。5．力的合成与分解的应用【知识点的认识】本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。【命题方向】假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确。故选：D。点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．【解题思路点拨】对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。6．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。7．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．8．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况【知识点的认识】1.已知物体受力，求解物体的运动情况。2.解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。【命题方向】如图所示，质量m＝4kg的物体静止在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数µ＝0.2．现用水平向右的外力F＝10N拉物体，求：（1）物体在2s末的速度多大；（2）前2s内的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过多长时间才能停下来。分析：物体在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做匀加速直线运动。对其进行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛顿第二定律去求出加速度，最后由运动学公式去求出速度与位移。解答：（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：物体的加速度a=2s末物体的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移为：x=12at（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故运动时间为：t′=Δva答：（1）物体在2s末的速度为1m/s；（2）前2s内的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来。点评：本题是已知受力情况确定运动情况，关键分阶段求解出加速度，不难。【解题思路点拨】受力分析→牛顿第二定律→运动情况分析。连接受力与运动的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。9．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力【知识点的认识】1.已知物体的运动情况，求解物体的受力。2.解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行运动情况分析和受力分析，并画出运动草图及受力示意图。（2）选择合适的运动学公式，求出物体的加速度。（3）根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力。（4）根据力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或与力有关的量。【命题方向】如图所示，质量为60kg的滑雪运动员，在倾角θ为30°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑90m到达坡底，用时10s．若g取10m/s2，求（1）运动员下滑过程中的加速度大小；（2）运动员到达坡底时的速度大小；（3）运动员受到的合外力大小．分析：（1）根据位移—时间公式求加速度；（2）根据速度—时间公式求末速度；（3）根据牛顿第二定律求合外力．解答：（1）根据位移—时间公式，有x=12解得a=2x即运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2．（2）根据速度—时间公式v＝at＝1.8×10＝18m/s即运动员到达坡底时的速度大小为18m/s．（3）根据牛顿第二定律，有F＝ma＝60×1.8＝108N即运动员受到的合外力大小为108N．答：（1）运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2．（2）运动员到达坡底时的速度大小为18m/s．（3）即运动员受到的合外力大小为108N．点评：本题关键根据运动学公式求解末速度和加速度，然后根据牛顿第二定律求合力．【解题思路点拨】运动情况分析→牛顿第二定律→求出受力情况，连接运动与受力之间的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。10．物体在光滑斜面上的运动【知识点的认识】1.物体处在光滑斜面上时，会受到重力和支持力，其合力沿着斜面向下，所以物体的加速度也沿着斜面向下。如果斜面的倾角为α，根据牛顿第二定律可得加速度的大小为a=mgsinαm2.根据物体的加速度可以进行一些运动学的相关计算。【命题方向】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是（）A、甲图中，小球在两个斜面上运动的时间相同B、甲图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同C、乙图中，小球在两个斜面上运动的时间相同D、乙图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同分析：对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线运动位移—时间公式求出时间。解答：（1）在甲图中：对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知：运动的加速度为a＝gsinθ设高度为h，则斜面的长度为h根据匀加速直线运动，位移—时间公式可知：hsinθ=t=甲图中两个斜面倾角不等，故小球在两个斜面上运动的时间和加速度都不相同，故A、B错误；（2）在乙图中：对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知：运动的加速度为a＝gcosθ两个斜面倾角不等，所以加速度不相同，故D错误；设底边长为h，则斜面的长度为h根据匀加速直线运动，位移—时间公式可知：hsinθt=当θ分别为30°和60°时，sinθcosθ相等，故时间相等，C正确。故选：C。点评：该题主要考查了牛顿第二定律及匀变速直线运动位移—时间公式的应用，注意几何知识在物理解题过程中的应用。【解题思路点拨】解决物体在光滑斜面上运动问题的步骤如下：①对物体进行受力分析，求出物体的合力；②求出物体的加速度；③根据运动学公式求出相关物理量。11．物体在粗糙斜面上的运动【知识点的认识】1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命题方向】一、图像类问题如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v﹣t图象能正确反映物体运动规律的是（）A、B、C、D、分析：根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，结合速度方向关系，即可判断图象的形状。解答：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为：a1=mgsinθ下滑过程的加速度大小为：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故故选：C。点评：本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系，要知道速度的符号表示速度方向，v﹣t图象的斜率表示加速度。二、运动过程计算如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ＝37°，一质量m＝5kg的滑块在F＝150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1＝4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2＝2s后，速度减为零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ和物体上滑的位移x；（2）当滑块到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间（结果可保留根号）。分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出F作用前后加速度的表达式，再根据运动学速度公式列式，找出两个过程之间的关系，即可求解动摩擦因数，再根据位移公式求物体上滑的位移x；（2）根据牛顿第二定律求物体的加速度，再由位移公式求滑块从最高点回到地面的时间。解答：（1）设滑块在F作用时加速度为a1，撤去力F后加速度大小为a2，滑块先加速后减速，则有：a1t1＝a2t2当推力F作用时，滑块的受力分析如图所示由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根据摩擦力公式有f1＝μN1联立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②联立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物体上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑时的加速度大小为a3，对滑块受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5，物体上滑的位移x是60m；（2）滑块从最高点回到地面的时间是15s。点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键要抓住上滑过程中匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度列式。【命题思路点拨】当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。12．连接体模型【知识点的认识】1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．2．解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．【命题方向】题型一：用整体法和隔离法解决连接体问题．例1：质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．无法确定分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a1=对A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a2=对A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得Fa3=对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k则x1：x2：x3＝1：故A正确，BCD错误故选：A．点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．例2：如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2分析：采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．解答：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=F6m；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma=F2．由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′=T3m，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′=故选：C．点评：本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系．【解题方法点拨】（1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．（2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．（3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．13．水平传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（）A.LvB.2LvC.分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．解答：①当木块一直做匀加速直线运动。若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。根据牛顿第二定律得，a＝μg。根据L=12a若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。根据L=解得t=②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。匀加速直线运动的时间t1=则匀速直线运动的位移x则匀速直线运动的时间t则总时间为t=t1+t2=Lv+本题选不可能的，故选：A。点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解．【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。14．倾斜传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求解运动时间。解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，直至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由运动学公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1则x1=12a1t12=12×10×物体与传送带达到共同速度时，因为mgsinθ＞μmgcosθ，物体将继续匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，加速度为