专题三 牛顿运动定律

北京曲一线图书策划有限公司5年高考3年模拟B版高考物理专题三牛顿运动定律考点1牛顿运动定律的理解及基本应用考向1牛顿运动定律的理解1.☆☆☆（网络版）（2024安徽）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（）A.速度一直增大B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为D.加速度先增大后减小【答案】A【解析】缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力为大小为。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知，加速度的最大值为，C、D错误。考向2瞬时性问题动力学的两类基本问题1.(2024北京,4,3分)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为()A.MM+mF B.mM+mF C.答案A以飞船与空间站整体为研究对象,满足F=(M+m)a,则加速度a=FM+m;以空间站为研究对象,根据牛顿第二定律得飞船对空间站的作用力大小FN=Ma=MFM2.(2024湖南,3,4分)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为()A.g,1.5g B.2g,1.5gC.2g,0.5g D.g,0.5g答案A剪断B、C间细线前,将B、C、D看作一个整体,有FAB=6mg,将C、D看作一个整体,有FBC=3mg,单独对D受力分析,有FCD=mg,剪断细线瞬间,弹簧弹力不能发生突变,所以aB=FAB-GB3m=6mg-3mg易错提醒应用牛顿第二定律解决瞬时加速度问题时,对于绳子、轻杆等,其弹力通常会瞬时突变,但对于轻弹簧等,由于其恢复形变需要时间,所以在这一瞬间弹力不变。另外对于本题还要注意四个小球的质量不相同。考向3超重与失重问题1.（2024全国甲，22，5分）学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8m/s2。（1）电梯静止时测力计示数如图所示，读数为N（结果保留1位小数）；

（2）电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5N，则此段时间内物体处于（填“超重”或“失重”）状态，电梯加速度大小为m/s2（结果保留1位小数）。【答案】（1）5.0（2）失重1.0【解析】（1）题图中的弹簧测力计的指针恰好在“5”上，因此读数为5.0N；（2）电梯上行时，弹簧测力计的示数小于5.0N，说明物体处于失重状态，根据牛顿第二定律有mg-Fm=a，代入数据得a=5.0-4.55.09.8m/s2考点2牛顿运动定律的综合应用考向1连接体问题1.（2024全国甲，15，6分）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是（）【答案】D【解析】设P质量为mP，当mg≤μmPg时，P静止不动，a=0；当mg>μmPg时，砝码和P加速度大小相等，以砝码和P整体为研究对象，由牛顿第二定律可得mg-μmPg=（m+mP）a，解得a=g-（1+μ）mPgm+mP考向2动力学中的图像问题和临界极值问题1.(2024广东,7,4分)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t,忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是()答案C木块接触弹簧前先做自由落体运动,有y=12gt2,即y<H时y-t图线为抛物线的一部分,D错误。木块在y=H处接触弹簧,此后还要继续加速一段时间,故y>H时,刚开始一段的y-t图线斜率还要继续增大;当木块运动到其重力和弹簧弹力相等位置时速度最大,此后开始减速,y-t图线斜率逐渐减小到零,运动到最低点后开始反弹,上升过程中由运动的对称性可知y-t图线对称,C正确。木块下降过程,木块所受合外力先为竖直向下的定值,位移为H时接触弹簧,此后合外力沿竖直向下方向减小到0再反向增大,上升过程,合外力先沿竖直向上方向减小到0后反向增大,离开弹簧后木块受到竖直向下的恒定合外力,上升过程的运动为下降过程运动的逆运动,A、B错误易错警示本题B项中,横轴为木块的位移y,所以上升过程应沿图线从右往左看。考向3传送带模型1.(2024北京,10,3分)水平传送带匀速运动,将一物体无初速度地放置在传送带上,最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是()A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中,受到静摩擦力C.物体加速运动过程中,摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大,物体加速运动的时间越长答案D刚开始物体相对传送带向后运动,A错误。物体匀速运动过程中与传送带无相对运动趋势,物体不受静摩擦力,B错误。物体加速运动过程中,物体受到的滑动摩擦力与位移方向相同,摩擦力对物体做正功,C错误。物体的加速度a=μg(μ为物体与传送带间的动摩擦因数),由v=at可得传送带的速度v越大,物体加速运动的时间t越长,D正确。2.☆☆☆（网络版）（2024安徽）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（）ABCD【答案】C【解析】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。C正确，A、B、D错误。考向4滑块—木板模型1.(2024黑吉辽,10,6分)(多选)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ,t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。T=4t0时刻,小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是()A.小物块在t=3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μC.小物块与木板的质量比为3∶4D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动答案ABD设木板质量为M、受到的水平恒力为F,小物块质量为m,小物块刚滑上木板到与木板共速前,对木板的摩擦力水平向左,木板受力情况发生变化,即加速度发生变化,结合题图可知,小物块在t=3t0时刻滑上木板,A正确。结合题意可知,小物块滑上木板时的速度v1=-32μgt0,t=4t0时刻的速度v2=12μgt0,则物块的加速度a2=12μgt0—32μgt0t0=2μg,对小物块由牛顿第二定律有μ’mg=ma2,联立解得μ’=2μ,B正确。由题图可知,0~3t0时间内木板的加速度a1=32μgt0-03t0=12μg,3t0~4t0时间内木板的加速度a’1=12μgt0-32μgt0t0=-μg,0~3t0时间内,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F=32μMg,3t0~4t0内2.（2024新课标，25，14分）如图，一长度l=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点，已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10m/s2。求（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；（2）平台距地面的高度。【答案】（1）4m/s13s（2）5【解析】（1）设小物块初速度为v0，在薄板上运动时间为t1，对小物块，由牛顿第二定律可得μmg=ma1，解得a1=μg=3m/s2，由匀变速直线运动规律可得v0t1-12a1t12=l+Δl，对薄板，由牛顿第二定律可得μmg=ma2，a2=μg=3m/s2，由匀变速直线运动规律可得12a2t12=Δl，联立解得v0=4m/s，（2）小物块离开薄板做平抛运动时，薄板做匀速运动，运动时间t2=l2-Δla2t1=13s实验微专题4探究加速度与物体受力、物体质量的关系1.[2024广东,11(1),3分]图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图。图中木板右端垫高的目的是。图乙是实验得到纸带的一部分,每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点的间距已在图中给出,打点计时器电源频率为50Hz,则小车的加速度大小为m/s2(结果保留3位有效数字)。

答案平衡摩擦力2.86解析在探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验中,为了探究加速度与物体受力的关系,需要平衡摩擦力,题图甲中将木板右端垫高可以达到这个目的。设题图乙中从右到左的6段位移大小分别为x1、x2、x3、x4、x5和x6,由题意可知相邻计数点的时间间隔T=5f=0.1s,小车的加速度大小a=x4+x5+2.（2024江西，11，8分）某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图（a）所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。（1）实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。（2）小车的质量为M1=320g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出a-F图像，如图（b）中图线甲所示。（3）由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车的质量增加至M2=470g，重复步骤（2）的测量过程，作出a-F图像，如图（b）中图线乙所示。（4）与图线甲相比，图线乙的线性区间，非线性区间。再将小车的质量增加至M3=720g，重复步骤（2）的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示（表中第9~14组数据未列出）。

序号12345钩码所受重力F/（9.8N）0.0200.0400.0600.0800.100小车加速度a/（m·s-2）0.260.550.821.081.36序号6789~1415钩码所受重力F/（9.8N）0.1200.1400.160……0.300小车加速度a/（m·s-2）1.671.952.20……3.92（5）请在图（b）中补充描出第6至8三个数据点，并