20xx高考物理《牛顿运动定律的综合应用》材料分析。

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20xx高考物理《牛顿运动定律的综合应用》材料分析

考点一|动力学两类基本问题

1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况
解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．
3．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：

(20xx·浙江10月学考)在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速324km/h.

图331
(1)求列车减速时的加速度大小；
(2)若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；
(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度的大小．
【解析】由题意作vt图，如图(1)324km/h＝90m/s，可得a1＝＝m/s2＝－0.3m/s2所以减速时加速度的大小为0.3m/s2.
(2)根据牛顿第二定律，得F－Ff＝ma2①Ff＝kmg＝0.1mg②加速阶段加速度a2＝＝m/s2＝0.5m/s2③将②③代入①，得F＝Ff＋ma2＝m(kg＋a2)＝8.0×105×(0.1×10＋0.5)N＝1.2×106N所以列车驶离车站加速过程中牵引力大小为1.2×106N.(3)减速阶段位移x1＝v0t＋a1t2＝90×300m＋×(－0.3)×3002m＝13500m总位移x＝x1＋x2＝(13500＋8100)m＝21600m加速阶段时间t3＝＝s＝180s所以平均速度v＝＝m/s＝30m/s.【答案】(1)0.3m/s2(2)1.2×106N(3)30m/s

1．解决两类动力学基本问题应把握的关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．
2．两类动力学问题的解题步骤

3．解决动力学基本问题时对力的处理方法
(1)合成法——在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”；
(2)正交分解法——若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．

1．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2kg，在水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s，则F的大小为()
A．2NB．1NC．4ND．8N
A[在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a＝＝m/s2＝1m/s2.由牛顿第二定律得F＝ma＝2×1N＝2N．]
2．(20xx·海宁模拟)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据．刹车线是指汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为()
A．7m/sB．10m/s
C．14m/sD．20m/s
C[设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以a＝μg，由匀变速直线运动的规律得v＝2ax，故汽车刹车前的速度为v0＝＝＝14m/s，选项C正确．]
3．图332甲是1996年在地球上空测定火箭组质量的实验情景，其实验原理如图乙所示．实验时，用质量m＝3400kg的双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组M(发动机已熄火)．接触后，开动飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895N，推进器开动时间为7s，测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s，用这种方法测出火箭组的质量计为M1，而发射前科学家在地面上已测出该火箭组的质量M2＝3660kg，则最接近()

图332
A．0.5%B．5%C．10%D．20%
B[飞船与火箭组一起加速，a＝＝＝，可得M1＝3485kg，则＝0.048，故选B.]
4．(20xx·金华十校调研)行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()
A．450NB．400N
C．350ND．300N
C[汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5m/s2对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．]
5．(加试要求)如图333所示，质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为x.耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变．求：

图333
(1)拖拉机的加速度大小；
(2)拖拉机对连接杆的拉力大小.
【解析】(1)拖拉机在时间t内匀加速前进x，根据位移公式x＝at2①变形得a＝.②(2)拖拉机受到牵引力、地面支持力、重力、地面阻力和连接杆的拉力FT，根据牛顿第二定律Ma＝F－kMg－FTcosθ③②③联立变形得FT＝[F－M(kg＋)]④根据牛顿第三定律，拖拉机对连接杆的作用力为FT′＝FT＝[F－M(kg＋)]．【答案】(1)(2)[F－M(kg＋)]考点二|超重与失重现象

1．超重：
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重：
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．尽管物体的加速度不在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.

1．下列情景中属于超重现象的是()

D[汽车过拱桥最高点时，加速度竖直向下，汽车处于失重状态，选项A错误；载人航天器在太空中的运动，重力完全提供向心力，载人航天器处于完全失重状态，选项B错误；人站在体重计上突然下蹲的瞬间，加速度向下，人处于失重状态，选项C错误；电梯中的人随电梯向上加速运动，加速度向上，人处于超重状态，选项D正确．]
2．(20xx·建德调研)关于超重和失重的下列说法中，正确的是()
A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了
B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用
C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态
D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化
D[物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错误，D正确．]
3．小明站在电梯里，当电梯以加速度5m/s2加速下降时，小明受到的支持力()
A．小于重力，但不为零
B．大于重力
C．等于重力
D．等于零
A[由牛顿第二定律结合受力分析可知支持力小于重力，但不为零；或者由超重、失重的知识可知，当物体有向下的加速度时处于失重状态，压力(或支持力)小于重力．选项A正确．]
4．(20xx·兰溪模拟)某同学背着书包坐竖直升降的电梯，当感觉到背的书包变“轻”时，电梯可能在()
A．匀速下降B．匀速上升
C．加速下降D．加速上升
C[感觉到背的书包变“轻”说明此时书包处于失重状态，有向下的加速度，物体可能减速上升或加速下降．选C.]
5.如图334是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是()

图334
A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态
B．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态
C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态
D．飞船落地前减速时，宇航员对座椅的压力小于其重力
B[火箭加速上升过程中加速度方向向上，宇航员处于超重状态，A错误，B正确；飞船加速下落时加速度方向向下，宇航员处于失重状态，C错误；飞船减速下落，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D错误．]
考点三|动力学中的连接体问题

1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
3．外力和内力(加试要求)如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．

选择研究对象是解决物理问题的首要环节．在很多物理问题中，研究对象的选择方案是多样的，研究对象的选取方法不同会影响求解的繁简程度．合理选择研究对象会使问题简化，反之，会使问题复杂化，甚至使问题无法解决．隔离法与整体法都是物理解题的基本方法．
1．隔离法就是将研究对象从其周围的环境中隔离出来单独进行研究，这个研究对象可以是一个物体，也可以是物体的一个部分，整体法是将几个物体看作一个整体，隔离法和整体法看上去相互对立．但两者在本质上是统一的，因为将几个物体看作一个整体之后，还是要将它们与周围的环境隔离开来的．
2．对于连结体问题，需要我们灵活选用隔离法和整体法．如果能够运用整体法，我们应该优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；不计物体间相互作用的内力，或物体系内的物体的运动状态相同，一般首先考虑整体法．对于大多数动力学问题，单纯采用整体法并不一定能解决，通常采用整体法与隔离法相结合的方法．
3．当系统内各物体具有相同的加速度时，应先把这个系统当作一个整体(即看成一个质点)，分析受到的外力及运动情况，利用牛顿第二定律求出加速度．如若要求系统内各物体相互作用的内力，则把物体隔离，对某个物体单独进行受力分析，再利用牛顿第二定律对该物体列式求解．隔离物体时应对受力少的物体进行隔离比较方便．
隔离法和整体法是互相依存、互相补充的，两种方法配合交替使用，常能更有效地解决问题．

1.两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图335所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于()

图335
A.FB.F
C．FD.F
B[以A、B两物体为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a，设A对B的作用力为N，对B应用牛顿第二定律可得：N＝m2a，以上两式联立可得：N＝F，B正确．]
2．(20xx·江山模拟)如图336所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是()

图336
A．L＋B．L－
C．L－D．L＋
B[对两木块整体进行分析，应用牛顿第二定律，可得F＝(m1＋m2)a，然后再隔离甲，同理可得F′＝m1a，其中F′＝k(L－L′)，解得两木块之间距离L′＝L－，故选B.]
3.如图337所示，两物体A、B质量相等，相互接触放在光滑水平面上，对物体A施以水平向右推力F1，同时对B施加水平向左推力F2，且F1F2，则物体B对物体A的作用力大小是()

图337
A.B.
C.D.
B[A在水平方向受到B对它的作用力和推力F1，由牛顿第二定律，对A、B系统有a＝，对A有F1－FB＝ma，解得FB＝，B正确．]
4.质量均为5kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图338所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20N、F2＝10N，则弹簧秤的示数为()

图338
A．30NB．15N
C．20ND．10N
B[设两物块的质量为m，以两物块为一整体，应用牛顿第二定律可得：F1－F2＝2ma，再以物块2为研究对象，应用牛顿第二定律得：FT－F2＝ma，由以上两式可解得FT＝15N，B正确．]
5．(加试要求)如图339所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F的最大值是()

图339
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
A[对整个系统应用牛顿第二定律：F－(M＋m)g＝(M＋m)a①对木块应用牛顿第二定律：2Ff－Mg＝Ma②由①②联立可得：F＝，故A正确．]

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考点一|牛顿第二定律

1．内容及表达式
物体加速度的大小跟所受外力的合力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟合外力方向相同．表达式：F＝ma.
2．适用范围(加试要求)
(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)．
(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．

1．牛顿第二定律的“五性”
矢量性F＝ma是矢量式，a与F同向瞬时性a与F对应同一时刻因果性F是产生a的原因同一性a、F、m对应同一个物体，应用时统一使用SI制独立性每一个力都产生各自的加速度2.合力、加速度、速度间的决定关系
(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．
(2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．
(3)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝.

1．(20xx·临海市调研)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解正确的是()
A．由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比
B．由m＝可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由a＝可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量无关
D．由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力求出
D[牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量．但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关，作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关；但物体的加速度与质量有关，故排除A、B、C，选D.]
2．关于牛顿第二定律的下列说法中，不正确的是()
A．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定，与物体的速度无关
B．物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关
C．物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的
D．一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立即为零，其运动速度将不再变化
【解析】对于某个物体，合外力的大小决定了加速度的大小，合外力的方向决定了加速度的方向，而速度的方向与加速度方向无关．根据牛顿第二定律的瞬时性特征，合外力一旦为零，加速度立即为零，则速度不再发生变化，以后以此时的速度做匀速直线运动，综上所述，A、B、D正确，C错误．
【答案】C
3．如图321所示，质量为1kg的物体与桌面的动摩擦因数为0.2，物体在7N的水平拉力作用下获得的加速度大小为(g取10m/s2)()

图321
A．0B．5m/s2
C．8m/s2D．12m/s2
B[物体所受合外力F合＝F－μmg＝5N，加速度a＝＝5m/s2，选项B正确．]
4．(加试要求)如图322所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后()

图322
A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍可增大
C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0
BC[当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误．]考点二|力学单位制

1．力学中的基本物理量及单位
(1)力学中的基本物理量是长度、质量、时间．
(2)力学中的基本单位：基本物理量的所有单位都是基本单位．如：毫米(mm)、克(g)、毫秒(ms)等等．三个基本物理量的单位在国际单位制中分别为米(m)、千克(kg)、秒(s)．
2．单位制
(1)由基本单位和导出单位组成的单位系统叫做单位制．
(2)国际单位制(SI)：国际计量大会制定的国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制．
3．单位制的应用
问题中的已知量的单位都用国际单位制表示时，计算的结果也是用国际单位制表示的．因此，用国际单位制进行计算时，可以不必一一写出各个已知量的单位，只在数字后面写出正确的单位就可以了．高中阶段进行物理量的计算时，一律采用国际单位制．
在进行计算或检查的过程中，如果发现所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的．

(20xx·浙江10月学考)kg和s是国际单位制两个基本单位的符号，这两个基本单位对应的物理量是()
A．质量和时间B．质量和位移
C．重力和时间D．重力和位移
A[kg是质量对应的单位，s是时间对应的单位，位移的单位是m，重力的单位是N且不是国际单位制基本单位，故A正确．]
(20xx·浙江10月学考)下列均属于国际制基本单位的是()
A．m、N、JB．m、kg、J
C．m、kg、sD．kg、m/s、N
C[7个国际单位：米、千克、秒、安培、开尔文、摩尔和坎德拉．故选C.]

1．下列叙述中正确的是()
A．在力学的国际单位制中，力的单位、质量的单位、位移的单位选定为基本单位
B．牛顿、千克、米/秒2、焦、米都属于力的单位
C．在厘米、克、秒单位制中，重力加速度g的值等于9.8厘米/秒2
D．在力学的计算中，若涉及的物理量都采用国际单位制中的单位，则所计算的物理量的单位也是国际单位制中的单位
D[力的单位不是基本单位，焦、米不是力的单位，厘米、克、秒单位制中，重力加速度的值不是9.8厘米/秒2而是980厘米/秒2，A、B、C错误；D正确．]
2．在国际单位制中规定“质量”为力学基本物理量，它对应的单位名称是()
A．米B．千克
C．秒D．牛顿
【答案】B
3．(20xx·东阳模拟)关于物理量和物理量的单位，下列说法中正确的是()
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、力为三个基本物理量
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
C．1N＝1kg·m·s－2
D．“秒”“克”“摄氏度”都属于国际单位制中的单位
C[力学中的三个基本物理量为长度、质量、时间，选项A错误；“牛顿”是为了纪念牛顿而作为力的单位，但不是基本单位，选项B错误；根据“牛顿”的定义，1N＝1kg·m·s－2，选项C正确；“克”“摄氏度”不是国际单位制中的单位，选项D错误．]
4．在国际单位制中，与质量、长度和时间对应的基本单位是()
A．克、米、秒B．千克、米、小时
C．克、厘米、分钟D．千克、米、秒
D[在国际单位制中选定七个基本单位，其中力学有三个基本单位，即质量、长度和时间对应的单位，它们的单位分别是千克(kg)、米(m)、秒(s)．D选项正确．]
5．国际单位制由基本单位和导出单位组成．下列物理单位属于基本单位的是()
A．m/sB．N
C．mD．J
C[在国际单位制中，长度的基本单位为米，符号为m，故C项正确．]考点三|瞬时加速度问题

两类模型(加试要求)
(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
1．求解瞬时加速度问题的一般步骤
第一步：分析原来物体的受力情况．
第二步：分析物体在突变时的受力情况．
第三步：由牛顿第二定律列方程．
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．
2．求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．

1.如图323所示，两小球悬挂在天花板上，a、b两小球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度为(取向下为正方向)()

图323
A．0，gB．－g，g
C．－2g，gD．2g,0
C[在细线烧断之前，a、b可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故大小为3mg，方向向上．当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a受向上3mg的弹力和向下mg的重力，故加速度aa＝＝2g，方向向上．对b而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度ab＝＝g，方向向下．如以向下方向为正，有aa＝－2g，ab＝g.故选项C正确．]
2．(20xx·东阳市联考)如图324所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()

图324
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
C[在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确．]
3．(多选)质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A球紧靠墙壁，如图325所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间()

图325
A．A球的加速度为
B．A球的加速度为0
C．B球的加速度为
D．B球的加速度为
BD[撤去恒力F前，A和B都平衡，它们的合力都为0，且弹簧弹力为F.突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为0，加速度为0，A项错，B项对．而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a＝，故C项错，D项对．]
4．(加试要求)(20xx·平湖选考模拟)(多选)如图326所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F1，Ⅱ中拉力的大小为F2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a应是()

图326
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线方向
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上

AB[没有剪断Ⅰ、Ⅱ时，小球受力情况如图所示．在剪断Ⅰ的瞬时，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，则小球只受重力作用，加速度为g，选项A正确，选项C错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F1与重力的合力大小仍等于F2，所以此时加速度为a＝，方向水平向左，选项B正确，选项D错误．]

20xx高考物理复习知识点：牛顿运动定律综合运用

20xx高考物理复习知识点：牛顿运动定律综合运用
1.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的
A.若小车向左运动,N不可能为零?
B.若小车向右运动,N不可能为零
C.若小车向左运动,T可能为零
D.若小车向右运动,T不可能为零
2.如图所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为()
A.B.
C.D.
3.一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图像如图所示，则：
A.该斜面的倾角为300B.沿斜面上升的最大距离为2m
C.该斜面的动摩擦因数为
D.该斜面的动摩擦因数
4.如图示，m1m2,滑轮质量和摩擦均不计，则当m1和m2匀加速运动的过程中，弹簧秤的读数是
A.(m1+m2)gB.(m1-m2)g
C.2m1m2g/(m1+m2)D.4m1m2g/(m1+m2)
5.如图所示,物体A、B、C质量分别为m、2m、3m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为(以向下的方向为正方向)
A、g，g，g
B、-5g，2.5g，0
C、-5g，2g，0
D、-g，2.5g，3g
6.如图所示，DO是水平面，AB是斜面。初速为10m/s的物体从D点出发沿路面DBA恰好可以达到顶点A，如果斜面改为AC，再让该物体从D点出发沿DCA恰好也能达到A点，则物体第二次运动具有的初速度：(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，斜面与水平面间都有微小圆弧连接，物体经过时动能不损失。
A.可能大于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关
B.可能小于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关
C.一定等于10m/s，具体数值与斜面的倾角无关
D.可能等于10m/s，具体数值与斜面的倾角有关
7.如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上.开始时小车处在静止状态.当小车匀加速向右运动时
A.弹簧秤读数不变，小车对地面的压力不变
B.弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变大
C.弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变
D.弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大
8.如图所示，质量为的粗糙斜面上有一质量为的木块在匀减速下滑，则地面受到的压力应
A.等于B.大于
C.小于D.无法确定
9.如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=(9-2t)N(t的单位是s)。从t=0开始计时，则
A.A物体3s末的加速度是初始时刻的
B.t4s后，B物体做匀加速直线运动
C.t=4.5s时，A物体的速度为零
D.t4.5s时，A、B的加速度方向相反
10.升降机沿竖直方向运动，在其水平地板上放有一物体，若物体
对地板的压力大小随时间的变化关系如图所示，则升降机运
动的速度随时间的变化图象可能是
11.如图12所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36。试求：
(1)小球运动的加速度a1;
(2)若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm;
(3)若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点。
12如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变.若挡板A以加速度a(a
(1)小球向下运动多少距离时速度最大?
(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少?
13.如图所示，已水平传送带以2m/s的速度传送物块，水平部分长为2m，其右端与一倾角为β=370的光滑斜面相连，斜面长为0.4m，一物块无初速度地放在传送带的最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数为，试问，物块能否达到斜面的顶端，若能请说明理由，若不能则请求出物块从出发后9.5s内运动的路程(传送带与斜面间平滑连接，取g=10m/s2)
14.质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连接，绳跨过位于倾角α=30°的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。第一次，m1悬空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间。第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为。求m1与m2之比。
15.如图所示,平板A长L=5m,质量M=5kg,放在水平桌面上,板右端与桌边相齐.在A上距右端s=3m处放一物体B(大小可忽略),其质量m=2kg,已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1,A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止.现在在板的右端施一大小恒定的水平力F持续作用在物体A上直到将A从B下抽出才撤去,且使B最后停于桌的右边缘,求:(1)物体B运动的时间是多少?(2)力F的大小为多少?
16.一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以的速度匀速行驶，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，并以大小为的加速度减速滑行。在车厢脱落后，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。
17传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取，则物体从A运动到B的时间为多少?
18.如图所示，质量的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数，假定小车足够长，问：
(1)经过多长时间物块停止与小车间的相对运动?
(2)小物块从放在车上开始经过所通过的位移是多少?(g取)
参考答案：1C2D3AC4D5B6C7C8B9ABD10ABD11(1)2.5m/s2(2)2.4m(3)0.2s或0.6s
12(1)xm=mgsinθk.(2)t=2m?gsinθ-a?ka13(1)不能达斜面顶端(2)10m1411/19
15(1)3s(2)26N1636m172s182s;8.4m

20xx高考物理复习微专题03牛顿运动定律的应用_分离条件分析学案新人教版

微专题03牛顿运动定律的应用——分离条件分析
两物体分离的特点
如图A、B两个物体靠在一起，放在光滑的水平面上，质量分别为MA＝3kg，MB＝6kg.今用水平力FA向右推A，用水平力FB向右拉B，FA和FB随时间的变化关系分别为：
FA＝(9－2t)N，FB＝(3＋2t)N
(1)试分析两者分离前的运动情况；
(2)求分离时两者的速度和加速度；
(3)从t＝0到分离时两者通过的位移．
解析：(1)以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律，得
F＝FA＋FB＝(MA＋MB)a①
又FA＝(9－2t)N，FB＝(3＋2t)N②
由①②得：F＝12N，a＝43m/s2
分离前两物体一起做初速度为零的匀加速运动．
设分离前两物体之间的正压力为F′
由a＝9－2t－F′MA＝F′＋3＋2tMB，得t＝0时，F′＝5N
由于FA随t的增加而减小，FB随t的增加而增加，可以断定，分离前随着时间的增加，两物体之间的正压力F′逐渐减小，分离时两者之间的正压力F′为零．
(2)分离时两者的速度和加速度相等，加速度仍为a＝43m/s2.此时两者之间的弹力为零，由加速度相等得
a＝FAMA＝FBMB＝9－2t3＝3＋2t6
分离前的运动时间为t＝2.5s，则分离时的速度
v＝at＝3.3m/s
(3)位移s＝12at2＝4.2m
答案：(1)见解析(2)3.3m/s43m/s2(3)4.2m
弹簧与物块的分离
如图所示，质量均为m＝3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a＝2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10m/s2.求：
(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；
(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．
解析：(1)开始时弹簧的压缩量为x1，则kx1＝2μmg
得x1＝0.3m．
物块A、B分离时，A、B间的相互作用力为零．
对B：F－μmg＝ma，F＝21N．
(2)物块A、B分离时，对A有
kx2－μmg＝ma，x2＝0.21m
又x1－x2＝12at2，解得t＝0.3s．
答案：(1)21N(2)0.3s
如图所示，一劲度系数为k＝800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m＝12kg的物体A和B，物体A、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上．现要加一竖直向上的力F在上面物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面．设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g＝10m/s2，求：此过程中所加外力F的最大值和最小值．
解析：A原静止时，设弹簧压缩x1，
由受力平衡和胡克定律有：kx1＝mg①
物体A向上做匀加速运动，开始时弹簧的压缩形变量最大，向上的弹力最大，则所需外力F最小，设为F1
由牛顿第二定律：F1＋kx1－mg＝ma②
当B刚要离地时，弹簧由缩短变为伸长，此时弹力变为向下拉A，则所需外力F最大，设为F2
对B：kx2＝mg③
对A：F2－kx2－mg＝ma④
由位移公式对A有：x1＋x2＝12at2⑤
又t＝0.4s⑥
由①②③④⑤⑥可得：
x1＝x2＝mgk＝12×10800m＝0.15m
a＝3.75m/s2F1＝45NF2＝285N
答案：285N45N
1．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定于墙上，另一端连接一物体A.用质量与A相同的物体B推物体A使弹簧压缩，A、B与地面的动摩擦因数分别为μA和μB，且μA＜μB，释放A、B，两者向右运动一段时间之后将会分离，则A、B分离时弹簧的()
A．伸长量为μB＋μAmgkB．压缩量为μB＋μAmgk
C．伸长量为μB－μAmgkD．压缩量为μB－μAmgk
解析：选C弹簧压缩时A、B一起运动不会分离，当A、B分离时其相互作用力为0，
对B：μBmg＝ma．
对A：μAmg＋kx＝ma
解得x＝μB－μAmgk．
2．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是()
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm
C．物体的质量为3kg
D．物体的加速度大小为5m/s2
解析：选D物体与弹簧分离时弹簧恢复原长，A错误，
刚开始物体处于静止状态，有mg＝kx．
拉力F1＝10N时，F1＋kx－mg＝ma
物体与弹簧分离后F2＝30N，F2－mg＝ma
代入数据解得m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2.故B、C错误，D正确．
3．如图，把长方体切成质量分别为m和M的两部分，切面与地面的夹角为30°，忽略一切摩擦，至少用多大的水平力F推m，才能使m相对M上滑？
解析：以m为研究对象，当m刚要上滑时，m与地面刚好分离，m与地面之间的正压力为零，m受重力mg、推力F和M施加的支持力N1作用，且在竖直方向处于平衡，有：
N1cos30°＝mg，N1＝mgcos30°
以M为研究对象，M受重力Mg、地面的支持力N和m对M的压力N′作用，在水平方向，由牛顿第二定律，得：
N1′sin30°＝Ma，
由牛顿第三定律，N1′＝N1得：a＝N1′sin30°M＝mgtan30°M
以m和M组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律有：
F＝(m＋M)a＝m＋Mmgtan30°M
答案：m＋Mmgtan30°M

20xx高考物理《平抛运动》材料分析

20xx高考物理《平抛运动》材料分析

第2节平抛运动
考点一|平抛运动的基本规律

1．性质
加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
2．基本规律
以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2.
(3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝＝.
(4)合位移：x＝，方向与水平方向的夹角为α，tanα＝＝.
3．对规律的理解(加试要求)
(1)飞行时间：由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．
(3)落地速度：vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tanθ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．

(20xx·浙江4月学考)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞．处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的．为了判断卡车是否超速．需要测量的量是()
A．车的长度，车的重量
B．车的高度，车的重量
C．车的长度，零件脱落点与陷落点的水平距离
D．车的高度，零件脱落点与陷落点的水平距离
D[根据题意和实际情景分析，零件在卡车撞停时，由于惯性向前飞出，不计空气阻力，视为做平抛运动，测出水平位移和高度，由h＝gt2，x＝v0t，得v0＝x，故D正确．]
(20xx·浙江10月学考)如图421甲所示，饲养员对着长l＝1.0m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m＝0.02kg的注射器射到动物身上．注射器飞离长管末端的速度大小v＝20m/s.可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动，如图乙所示．若动物与长管末端的水平距离x＝4.0m，求注射器下降的高度h.

图421
【解析】由平抛运动规律有x＝vt得t＝＝0.2s由h＝gt2得h＝0.2m.【答案】0.2m

1．两个重要推论
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬间速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图422中A点和B点所示．

图422
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ.
2．平抛运动的求解方略——运动分解
(1)→→→
(2)时间相等是联系两个分运动的桥梁．
(3)注意速度、位移的合成与分解．

1．关于做平抛运动的物体，说法正确的是()
A．速度始终不变
B．加速度始终不变
C．受力始终与运动方向垂直
D．受力始终与运动方向平行
B[物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g，B正确；物体的平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C、D错误．]
2．(20xx·嘉兴高三检测)关于从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，比较它们落到水平地面上的时间(不计空气阻力)，以下说法正确的是()
A．速度大的时间长
B．速度小的时间长
C．一样长
D．质量大的时间长
C[水平抛出的物体做平抛运动，由y＝gt2得t＝，其下落的时间由下落的高度决定，从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，落到水平地面上的时间相同，A、B、D错误，C正确．]
3．(20xx·浙江10月学考)一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高h＝1.8m，水落地的位置到管口的水平距离x＝1.2m，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是()
A．1.2m/sB．2.0m/s
C．3.0m/sD．4.0m/s
B[水从管口喷出后做平抛运动，此时运动时间由竖直方向上的h决定，根据h＝gt2得t＝＝0.6s，水平方向做匀速直线运动，由x＝v0t得初速度v0＝2.0m/s，B选项正确．]
4．如图423所示，滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是()

图423
A．v0越大，运动员在空中运动时间越长
B．v0越大，运动员落地瞬间速度越大
C．运动员落地瞬间速度方向与高度h无关
D．运动员落地位置与v0大小无关
B[运动员在竖直方向上做自由落体运动，运动员做平抛运动的时间t＝，只与高度有关，与速度无关，A项错误；运动员的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v＝，初速度越大，合速度越大，B项正确；物体在竖直方向上的速度vy＝，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，故合速度方向与高度h有关，C项错误；运动员在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x＝v0t＝v0，故落地的位置与初速度有关，D项错误．]
5．(加试要求)(多选)如图424所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()

图424
A．小球水平抛出时的初速度大小
B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D．若小球初速度增大，则θ减小
AD[由tanθ＝可得小球平抛的初速度大小v0＝，A正确；由tanα＝＝＝＝tanθ可知，α≠，B错误；小球平抛运动的时间t＝，与小球初速度无关，C错误；由tanθ＝可知，v0越大，θ越小，D正确．]考点二|与斜面有关的平抛运动问题

1．从斜面上平抛(如图425)

图425
已知位移方向，方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
2．对着斜面平抛(如图426)

图426
已知速度的大小或方向，方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tanθ＝＝
可求得t＝

物体从斜面平抛又落在斜面上问题的五条规律
1．物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值；
2．物体的运动时间与初速度成正比；
3．物体落在斜面上，位移方向相同，都沿斜面方向；
4．物体落在斜面上时的速度方向平行；
5．当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远．

1．如图427所示，以10m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ＝30°的斜面上，g取10m/s2，这段飞行所用的时间为()

图427
A.sB.sC.sD．2s
C[
如图所示，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度vy，则有＝cot30°，又vy＝gt将数值代入以上两式得t＝s．故选C.]
2.如图428所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0抛出，落到斜面上所用时间为t2，则t1与t2之比为()

图428
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．1∶4
B[因小球落在斜面上，所以两次位移与水平方向的夹角相等，由平抛运动规律知tanθ＝＝，所以＝.故选B.]
3．(20xx·台州模拟)如图429所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为()

图429
A．1∶1B．2∶1
C．3∶2D．2∶3
C[小球A、B从同一高度平抛，到斜面上的C点经历的时间相等，设为t，由题意可得：tan30°＝，tan30°＝，解得：v1∶v2＝3∶2，C正确．]
4．(加试要求)如图4210所示，两个相对的斜面，倾角分别为α＝37°和β＝53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．若不计空气阻力，则a、b两个小球的运动时间之比为()

图4210
A．1∶1B．4∶3
C．16∶9D．9∶16
D[对a有＝tanα，得ta＝①
对b有＝tanβ，得tb＝②
将数值代入①②得ta∶tb＝9∶16.故选D.]
5．(加试要求)如图4211所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50kg.不计空气阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；g取10m/s2)．求：

图4211
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小；
(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间.
【解析】(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin37°＝gt2L＝＝75m.(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos37°＝v0t，即v0＝＝20m/s.(3)运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos37°、加速度为gsin37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin37°、加速度为gcos37°)．当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有v0sin37°＝gcos37°·t，解得t＝1.5s.
【答案】(1)75m(2)20m/s(3)1.5s