1、专题三牛顿运动定律一轮复习一轮复习A A组自主命题组自主命题江苏卷题组江苏卷题组考点一牛顿运动定律的理解考点一牛顿运动定律的理解 五年高考1.(2012江苏单科江苏单科,4,3分分)将一只皮球竖直向上抛出将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间与时间t关系的图像关系的图像,可能正确的是可能正确的是()答案答案 C对皮球应用牛顿第二定律有对皮球应用牛顿第二定律有:mg+kv=ma,a=g+v。上升过程中。上升过程中v减小减小,故故a随时间减随
2、时间减小且减小的快慢与小且减小的快慢与v的变化快慢规律相同的变化快慢规律相同,即即=,而而就代表加速度就代表加速度,故故a-t图线各点的图线各点的切线的斜率绝对值是逐渐减小的切线的斜率绝对值是逐渐减小的;又由于上升过程中又由于上升过程中a不可能为零不可能为零,所以只有所以只有C项正确。项正确。kmatkmvtvt2.(2015江苏单科江苏单科,6,4分分)(多选多选)一人乘电梯上楼一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度在竖直上升过程中加速度a随时间随时间t变化的图线变化的图线如图所示如图所示,以竖直向上为以竖直向上为a的正方向的正方向,则人对地板的压力则人对地板的压力()A.t=2 s时最大时
3、最大 B.t=2 s时最小时最小C.t=8.5 s时最大时最大 D.t=8.5 s时最小时最小知识链接知识链接“上超下失均为上超下失均为ma”,即加速度方向竖直向上超重、竖直向下失重即加速度方向竖直向上超重、竖直向下失重,对应人对电梯对应人对电梯的压力分别增加的压力分别增加ma、减小、减小ma,由此可见由此可见,2 s时压力最大时压力最大,8.5 s时压力最小。时压力最小。答案答案 AD地板对人的支持力地板对人的支持力FN=mg+ma,t=2 s时时,a有正的最大值有正的最大值,此时此时FN最大最大,由牛顿第三定律由牛顿第三定律知知,A正确正确,B错误错误;t=8.5 s时时,a有负的最大值有
4、负的最大值,此时此时FN最小最小,由牛顿第三定律可知由牛顿第三定律可知,C错误错误,D正确。正确。考查点本题考查了加速度、牛顿运动定律、超重与失重等内容考查点本题考查了加速度、牛顿运动定律、超重与失重等内容,属于中等难度题。属于中等难度题。3.(2016江苏单科江苏单科,9,4分分)(多选多选)如图所示如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没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,则在上述过程中则在上述过程中()A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左桌布对鱼缸摩擦力的方
5、向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面鱼缸有可能滑出桌面答案答案 BD由题图可见由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动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所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等速度大小相等,均为均为g;由由v=at可知可知,鱼缸在桌布
6、上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间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相等,故故B正确。若猫增大拉力正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由由Ff=mg可知可知,Ff不变不变,故故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动错。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则鱼缸就会滑出桌面,故故D正确。正确。疑难突破摩擦力的方向与物体的相对运动或相对运动趋势方向相反疑难突破摩擦力的方向与物体的相对运动或相对运动趋势方向相反,而与物体的运动方向而与物体的运动方向无直接关系。无直接关系。审题技巧审题时抓住下列关键词审
7、题技巧审题时抓住下列关键词:“猛地猛地拉出拉出”、“没有滑出桌面没有滑出桌面”、“动摩擦因数动摩擦因数均相等均相等”。考点二牛顿运动定律的综合应用考点二牛顿运动定律的综合应用4.(2012江苏单科江苏单科,5,3分分)如图所示如图所示,一夹子夹住木块一夹子夹住木块,在力在力F作用下向上提升。夹子和木块的质作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动。若木块不滑动,力力F的最大值是的最大值是()A.B.C.-(m+M)gD.+(m+M)g2()f mMM2()f mMm2()f mMM2()f mMm答
8、案答案 A对整个系统应用牛顿第二定律对整个系统应用牛顿第二定律:F-(M+m)g=(M+m)a对对M应用牛顿第二定律应用牛顿第二定律:2f-Mg=Ma由联立可得由联立可得:F=,故故A正确。正确。2()f mMM5.(2014江苏单科江苏单科,8,4分分)(多选多选)如图所示如图所示,A、B两物块的质量分别为两物块的质量分别为2m和和m,静止叠放在水平地静止叠放在水平地面上。面上。A、B间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为,B与地面间的动摩擦因数为与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩。最大静摩擦力等于滑动摩擦力擦力,重力加速度为重力加速度为g。现对。现对A施加一水平拉力施加一水平拉力F,
9、则则 ()A.当当F3mg时时,A相对相对B滑动滑动D.无论无论F为何值为何值,B的加速度不会超过的加速度不会超过g12521312答案答案 BCD对对A、B整体整体,地面对地面对B的最大静摩擦力为的最大静摩擦力为mg,故当故当mg3mg时时,A相对相对B滑动滑动,C对。当对。当F=mg时时,A、B相对静止相对静止,对整体有对整体有:mg-3mg=3ma,a=g,故故B正确。无论正确。无论F为何值为何值,B所受所受最大的动力为最大的动力为A对对B的最大静摩擦力的最大静摩擦力2mg,故故B的最大加速度的最大加速度aBm=g,可见可见D正确。正确。32322252522131232mgmgm12易
10、错警示易错选易错警示易错选A项项,错误地将错误地将A、B发生相对运动的临界条件当成发生相对运动的临界条件当成A、B整体相对地面发生整体相对地面发生相对运动的临界条件。相对运动的临界条件。考查点本题考查了牛顿第二定律及其应用、静摩擦力和滑动摩擦力等知识以及分析物考查点本题考查了牛顿第二定律及其应用、静摩擦力和滑动摩擦力等知识以及分析物体受力情况和运动状态的能力。对考生的分析综合能力有较高的要求体受力情况和运动状态的能力。对考生的分析综合能力有较高的要求,属于中等难度题属于中等难度题。6.(2011江苏单科江苏单科,9,4分分)(多选多选)如图所示如图所示,倾角为倾角为的等腰三角形斜面固定在水平面
11、上的等腰三角形斜面固定在水平面上,一足够长一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧,绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M、m(Mm)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等,且最大且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在角取不同值的情况下角取不同值的情况下,下列说法正确的有下列说法正确的有()A.两物块所受摩擦力的大小总是相等两物块所受摩擦力的大小总是相等B.两物块不可能同时相对绸带静止两物块
12、不可能同时相对绸带静止C.M不可能相对绸带发生滑动不可能相对绸带发生滑动D.m不可能相对斜面向上滑动不可能相对斜面向上滑动答案答案 AC绸带与斜面间无摩擦绸带与斜面间无摩擦,且为轻质绸带且为轻质绸带,因此绸带无论运动与否因此绸带无论运动与否,ma=0,故绸带所受合故绸带所受合力为零力为零,故故M、m与绸带间的摩擦力一定大小相等与绸带间的摩擦力一定大小相等,A正确正确;当当较小时较小时,mg sin 小于其最大静摩小于其最大静摩擦力擦力,二者可以同时相对绸带静止二者可以同时相对绸带静止,B错误错误;最大静摩擦力最大静摩擦力fm=mg cos,因因Mm,故故M的的fm大于大于m的的fm,当当增大时
13、增大时,mg sin 增大到增大到m的的fm时时,m相对绸带滑动相对绸带滑动,此时绸带两端的摩擦力仍大小相等此时绸带两端的摩擦力仍大小相等,没没有达到有达到M的的fm,故故M与绸带仍相对静止与绸带仍相对静止,C正确正确,D错误。错误。评析此题以实际运动特点为背景评析此题以实际运动特点为背景,考查学生的建模能力考查学生的建模能力,关键是轻质绸带不计质量关键是轻质绸带不计质量,确定两侧确定两侧摩擦力必大小相等。摩擦力必大小相等。7.(2019江苏单科江苏单科,15,16分分)如图所示如图所示,质量相等的物块质量相等的物块A和和B叠放在水平地面上叠放在水平地面上,左边缘对齐。左边缘对齐。A与与B、B
14、与地面间的动摩擦因数均为与地面间的动摩擦因数均为。先敲击。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度立即获得水平向右的初速度,在在B上滑动距上滑动距离离L后停下。接着敲击后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动都向右运动,左边缘再次对齐时恰左边缘再次对齐时恰好相对静止好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为重力加速度为g。求。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小运动
15、加速度的大小aB、aB;(3)B被敲击后获得的初速度大小被敲击后获得的初速度大小vB。答案答案(1)(2)3g g(3)2 2gL2gL2Av2gL1212解析解析 本题通过板、块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用本题通过板、块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用,考查了学生的综合分析能考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力力与应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。素。(1)由牛顿运动定律知由牛顿运动定律知,A加速度的大小加速度的大小aA=g匀变速直线运动匀变速直线运动2aAL=解得解得v
16、A=(2)设设A、B的质量均为的质量均为m对齐前对齐前,B所受合外力大小所受合外力大小F=3mg由牛顿运动定律由牛顿运动定律F=maB,得得aB=3g对齐后对齐后,A、B所受合外力大小所受合外力大小F=2mg由牛顿运动定律由牛顿运动定律F=2maB,得得aB=g(3)经过时间经过时间t,A、B达到共同速度达到共同速度v,位移分别为位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于加速度的大小等于aA则则v=aAt,v=vB-aBtxA=aAt2,xB=vBt-aBt2且x B-xA=L解得vB=2 2gL解题指导解题指导 A、B间存在相对滑动时间存在相对滑动时,其相互间摩擦力为滑动摩擦力其相互间摩擦力为
17、滑动摩擦力;而二者速度达到相同时而二者速度达到相同时,摩擦力突变为静摩擦力摩擦力突变为静摩擦力,此时可采用整体法分析处理。此时可采用整体法分析处理。8.(2013江苏单科江苏单科,14,16分分)如图所示如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸用水平向右的拉力将纸板迅速抽出板迅速抽出,砝码的移动很小砝码的移动很小,几乎观察不到几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为的质量分别为m1和和m2,各接触面间的动摩擦因数均为各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为。重力加速度为g。(1
18、)当纸板相对砝码运动时当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小求纸板所受摩擦力的大小;(2)要使纸板相对砝码运动要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小求所需拉力的大小;(3)本实验中本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,=0.2,砝码与纸板左端的距离砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取取g=10 m/s2。若砝码。若砝码移动的距离超过移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知。为确保实验成功人眼就能感知。为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大纸板所需的拉力至少多大?答案答案(1)(2m1+m2)g(2)大于大于2(m1+m2)g(3)22.4 N解析解析(1)砝码对纸板的
19、摩擦力砝码对纸板的摩擦力f1=m1g桌面对纸板的摩擦力桌面对纸板的摩擦力f2=(m1+m2)gf=f1+f2解得解得f=(2m1+m2)g(2)设砝码的加速度为设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为纸板的加速度为a2,则则f1=m1a1F-f1-f2=m2a2发生相对运动时发生相对运动时a2a1解得解得F2(m1+m2)g(3)纸板抽出前纸板抽出前,砝码运动的距离为砝码运动的距离为x1=a1纸板运动的距离为纸板运动的距离为d+x1=a2纸板抽出后纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离砝码在桌面上运动的距离x2=a3拉力最小时拉力最小时,砝码移动距离最大砝码移动距离最大,有有l=x1+x21221t1
20、221t1222t由题意知a1=a3,a1t1=a3t2解得F=2m1+(1+)m2g代入数据得F=22.4 Ndl考查点本题为动力学题考查点本题为动力学题,重点考查了学生的受力分析、过程分析、临界点分析的能力重点考查了学生的受力分析、过程分析、临界点分析的能力,其中的其中的过程分析是难点。过程分析是难点。错误剖析错误一错误剖析错误一:将纸板受到桌面的摩擦力错误地认为是将纸板受到桌面的摩擦力错误地认为是m2g,漏掉了砝码产生的压力。漏掉了砝码产生的压力。错误二错误二:摩擦力的方向判断有误摩擦力的方向判断有误,没有正确理解没有正确理解“相对运动相对运动”的含义。的含义。错误三错误三:错误地认为纸
21、板抽出后砝码就立即停在桌面上不动。错误地认为纸板抽出后砝码就立即停在桌面上不动。9.(2011江苏物理江苏物理,14,16分分)如图所示如图所示,长为长为L、内壁光滑的直管与水平地面成、内壁光滑的直管与水平地面成30角固定放置。角固定放置。将一质量为将一质量为m的小球固定在管底的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连的小物块相连,小物小物块悬挂于管口。现将小球释放块悬挂于管口。现将小球释放,一段时间后一段时间后,小物块落地静止不动小物块落地静止不动,小球继续向上运动小球继续向上运动,通过管通过管口的转向装置后做平抛运动口的转向装置后做平
22、抛运动,小球在转向过程中速率不变小球在转向过程中速率不变(重力加速度为重力加速度为g)。(1)求小物块下落过程中的加速度大小求小物块下落过程中的加速度大小;(2)求小球从管口抛出时的速度大小求小球从管口抛出时的速度大小;(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于试证明小球平抛运动的水平位移总小于L。22答案答案(1)g(2)(k2)(3)见解析见解析212(1)kk22(1)kgLk解析解析(1)设细线中的张力为设细线中的张力为T,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律Mg-T=MaT-mg sin 30=ma且且M=km解得解得a=g(2)设小物块落地时的速度大小为设小物块落地时的速度大小为v,小球
23、射出管口时速度大小为小球射出管口时速度大小为v0,小物块落地后小球的加速度为小物块落地后小球的加速度为a0。根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律-mg sin 30=ma0又由匀变速直线运动规律可知又由匀变速直线运动规律可知v2=2aL sin 30,-v2=2a0L(1-sin 30)解得解得v0=(k2)(3)平抛运动平抛运动x=v0tL sin 30=gt2 ,212(1)kk20v22(1)kgLk12解得x=L则xL,得证。22(1)kk22B B组统一命题、省组统一命题、省(区、市区、市)卷题组卷题组考点一牛顿运动定律的理解考点一牛顿运动定律的理解1.(2019北京理综北京理综,20,
24、6分分)国际单位制国际单位制(缩写缩写SI)定义了米定义了米(m)、秒、秒(s)等等7个基本单位个基本单位,其他单位均其他单位均可由物理关系导出。例如可由物理关系导出。例如,由由m和和s可以导出速度单位可以导出速度单位ms-1。历史上。历史上,曾用曾用“米原器米原器”定义米定义米,用用平均太阳日定义秒。但是平均太阳日定义秒。但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯年用铯-133原子基态的两个超精细能原子基态的两个超精细
25、能级间的跃迁辐射的频率级间的跃迁辐射的频率=9 192 631 770 Hz定义定义s;1983年用真空中的光速年用真空中的光速c=299 792 458 ms-1定义定义m。2018年第年第26届国际计量大会决定届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关对应关系如图系如图,例如例如,s对应对应,m对应对应c)。新。新SI自自2019年年5月月20日日(国际计量日国际计量日)正式实施正式实施,这将对科学和这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是()A.7个基本单位全部用物理常量定义,保证
26、了基本单位的稳定性B.用真空中的光速c(ms-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C.用基本电荷e(C)定义安培(A),因为电荷量q与电流I存在I=q/t,而s已定义D.因为普朗克常量h(Js)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位答案答案 D本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位,利用单位的定义方法及导出方利用单位的定义方法及导出方法考查了学生的理解能力、推理能力法考查了学生的理解能力、推理能力,体现了科学本质、科学态度等素养要求体现了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社渗透了关注社会发展、科技进步等价值观念。会发展
27、、科技进步等价值观念。由于物理常量与环境和测量方式等因素无关由于物理常量与环境和测量方式等因素无关,故用来定义基本单位时也不受环境、测量方式故用来定义基本单位时也不受环境、测量方式等因素的影响等因素的影响,A正确。由题意可知正确。由题意可知,t、的单位已定义的单位已定义,真空中光速真空中光速c、基本电荷、基本电荷e、普朗克常、普朗克常量量h均为基本物理常量均为基本物理常量,故可分别用故可分别用l=vt、I=q/t、h=mc2来定义长度单位来定义长度单位m、电流单位、电流单位A及质量及质量单位单位kg,B、C正确正确,D错误。错误。2.(2016课标课标,18,6分分)(多选多选)一质点做匀速直
28、线运动。现对其施加一恒力一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点且原来作用在质点上的力不发生改变上的力不发生改变,则则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同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质点单位时间内速率的变化量总是不变答案答案 BC由题意知此恒力即质点所受合外力由题意知此恒力即质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做则质
29、点做匀变速直线运动匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的质点单位时间内速率的变化量总是不变的;若原速度与该恒力不在一条直线若原速度与该恒力不在一条直线上上,则质点做匀变速曲线运动则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小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质点单位时间内速度的变化量是不变的变的,但速率的变化量是变化的但速率的变化量是变化的,A、D项错误项错误,B项正确项正确;由牛顿第二定律知由牛顿第二定律知,质点加速度的方向质点加速度的方向总与该恒力方向相同总与该恒力方向相同,C项正确。项正确。3.2019天津理综天津理综,9(1)第第26届国际计量大会
30、决定届国际计量大会决定,质量单位质量单位“千克千克”用普朗克常量用普朗克常量h定义定义,“国国际千克原器际千克原器”于于2019年年5月月20日正式日正式“退役退役”。h的数值为的数值为6.6310-34,根据能量子定义根据能量子定义,h的单的单位是位是 ,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为则为 。答案答案 Js kgm2/s知识链接国际单位制中的力学基本单位为知识链接国际单位制中的力学基本单位为kg、m、s,由物理规律由物理规律(公式公式),以基本单位为基础以基本单位为基础推导出的单位为导出单位。推导出的单位为导出单位。解析本题考查国际单位制中
31、普朗克常量解析本题考查国际单位制中普朗克常量h的导出单位。的导出单位。能量能量E=h,则则h=E/,故故h的单位为的单位为Js。由。由W=Fs=mas可知可知,1 J=1 kg(m/s2)m,故故1 Js=1 kgm2/s。4.(2018课标课标,15,6分分)如图如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块上端放有物块P,系统处于静止状系统处于静止状态。现用一竖直向上的力态。现用一竖直向上的力F作用在作用在P上上,使其向上做匀加速直线运动。以使其向上做匀加速直线运动。以x表示表示P离开静止位置离开静止位置的位移的位移,在弹簧恢复原长前在弹簧恢复原长前,下列表示
32、下列表示F和和x之间关系的图像可能正确的是之间关系的图像可能正确的是()考点二牛顿运动定律的综合应用考点二牛顿运动定律的综合应用答案答案 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由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力。力F作用在作用在P上后上后,物块受重力、弹力和物块受重力、弹力和F,向上做匀加速向上做匀加速直线运动直线运动,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得。联立以上两式得F=kx+ma,所以所以F-x图像中图图像中图
33、线是一条不过原点的倾斜直线线是一条不过原点的倾斜直线,故故A正确。正确。易错点拨注意胡克定律中形变量的含义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表示表示P离开静止位置的位移离开静止位置的位移,此时的形此时的形变量为变量为x0-x而不是而不是x。5.(2019课标课标,20,6分分)(多选多选)如图如图(a),物块和木板叠放在实验台上物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。细绳水平。t=0时时,木板开始受到
34、水平外力木板开始受到水平外力F的作用的作用,在在t=4 s时时撤去外力。细绳对物块的拉力撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间随时间t变化的关系如图变化的关系如图(b)所示所示,木板的速度木板的速度v与时间与时间t的关系如的关系如图图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得。由题给数据可以得出出()图(a)图(b)图(c)A.木板的质量为1 kgB.2 s4 s内,力F的大小为0.4 NC.02 s内,力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案答案 AB本题考查牛顿运动定律的综合应用
35、本题考查牛顿运动定律的综合应用,体现了物理学科科学推理的核心素养。体现了物理学科科学推理的核心素养。分析知木板受到的摩擦力分析知木板受到的摩擦力f=f。0 2 s,木板静止木板静止,F=f,F逐渐增大逐渐增大,所以所以C错误。错误。4 s5 s,木板加速木板加速度大小度大小a2=m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析对木板受力分析,f=ma2=0.2 N,得得m=1 kg,所以所以A正确。正确。2 s4 s,对木板有对木板有F-f=ma1,F=f+ma1=0.2 N+1 N=0.4 N,所以所以B正确。由于无法确定物块的质量正确。由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小则尽管知道滑
36、动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故故D错误。错误。0.40.210.402思路分析以木板为研究对象思路分析以木板为研究对象,通过通过f-t与与v-t图像对相应过程进行受力分析、运动分析图像对相应过程进行受力分析、运动分析,列方程列方程解出相应的问题。解出相应的问题。6.(2015课标课标,20,6分分)(多选多选)在一东西向的水平直铁轨上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的加速度向东行驶时,连接某两相邻车
37、厢的挂钩连接某两相邻车厢的挂钩P和和Q间的拉力大小为间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时的加速度向西行驶时,P和和Q间的拉间的拉力大小仍为力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为则这列车厢的节数可能为()A.8 B.10 C.15 D.1823答案答案 BC如图所示如图所示,假设挂钩假设挂钩P、Q东边有东边有x节车厢节车厢,西边有西边有y节车厢节车厢,每节车厢质量为每节车厢质量为m。当。当向东行驶时向东行驶时,以以y节车厢为研究对象节车厢为研究对象,则有则有F
38、=mya;当向西行驶时当向西行驶时,以以x节车厢为研究对象节车厢为研究对象,则有则有F=mxa,联立两式有联立两式有y=x。可见。可见,列车车厢总节数列车车厢总节数N=x+y=x,设设x=3n(n=1,2,3,),则则N=5n,故可知故可知选项选项B、C正确。正确。232353评析本题考查了牛顿第二定律的应用。恰当地选取研究对象评析本题考查了牛顿第二定律的应用。恰当地选取研究对象,充分利用数学知识分析推理充分利用数学知识分析推理,是解题的关键。题目难度适中是解题的关键。题目难度适中,区分度很好。情景来源于生活且不偏不怪区分度很好。情景来源于生活且不偏不怪,较好地考查了考生较好地考查了考生应用知
39、识解决实际问题的能力应用知识解决实际问题的能力,是道好题。是道好题。C C组教师专用题组组教师专用题组考点一牛顿运动定律的理解考点一牛顿运动定律的理解1.(2016上海单科上海单科,4,3分分)如图如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上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当小车向右做匀加速运动时时,球所受合外力的方向沿图中的球所受合外力的方向沿图中的()A.OA方向方向 B.OB方向方向 C.OC方向方向 D.OD方向方向答案答案 D当小车向右做匀加速运动时当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知由牛顿第二定律可知,小球小球
40、所受合外力的方向水平向右所受合外力的方向水平向右,即沿图中即沿图中OD方向方向,选项选项D正确正确,选项选项A、B、C错误。错误。2.(2017上海单科上海单科,5,3分分)如图如图,在匀强电场中在匀强电场中,悬线一端固定于地面悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球另一端拉住一个带电小球,使之处于静止状态。忽略空气阻力使之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后当悬线断裂后,小球将做小球将做()A.曲线运动曲线运动 B.匀速直线运动匀速直线运动C.匀加速直线运动匀加速直线运动 D.变加速直线运动变加速直线运动答案答案 C本题考查力与运动的关系。在悬线断裂前本题考查力与运动的关系。在悬线断裂
41、前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态而处于平衡状态,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小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变力的合力大小、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项正项正确。确。解题关键解答本题解题关键解答本题,关键是分析清楚悬线断裂后关键是分析清楚悬线断裂后,重力和电场力合力的大小、方向均不发生重力和电场力合力的大小、方向均不发生变化。变化。3.(2013重庆理综重庆理综,4,6分分
42、)图图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为让小球由倾角为的光的光滑斜面滑下滑斜面滑下,然后在不同的然后在不同的角条件下进行多次实验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大值的比值y随随变化的图像分别对应图变化的图像分别对应图2中的中的()图图1图图2A.、和、和 B.、和、和C.、和、和 D.、和、和答案答案 B重力加速度重
43、力加速度g与与无关无关,其值在其值在值增大时保持不变值增大时保持不变,故其图像应为故其图像应为,则则A、D两项均两项均错。当错。当=0时小球的加速度时小球的加速度a=0,故其图像必定为故其图像必定为,所以所以B项正确项正确,C项错误。项错误。4.(2013浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,总质量为460 kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m 时,以5 m/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=10 m/s2。关于热气球,下列说法正确的是()A.所受浮力大小为4 830 NB.
44、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10 s后的速度大小为5 m/sD.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N 答案答案 AD刚开始上升时刚开始上升时,空气阻力为零空气阻力为零,F浮浮-mg=ma,解得解得F浮浮=m(g+a)=460(10+0.5)N=4 830 N,A项正确。加速上升过程项正确。加速上升过程,随着速度增大随着速度增大,空气阻力增大空气阻力增大,B项错误。浮力和重力不变项错误。浮力和重力不变,而随着而随着空气阻力的增大空气阻力的增大,加速度会逐渐减小加速度会逐渐减小,直至为零直至为零,故上升故上升10 s后的速度后的速度va丙丙a乙乙a丁丁 B.a
45、丁丁a丙丙a乙乙a甲甲C.a乙乙a丙丙a丁丁a甲甲 D.a丙丙a乙乙a丁丁a甲甲 答案答案 C两个大小恒定的力合成两个大小恒定的力合成,两力方向间的夹角越大两力方向间的夹角越大,合力就越小合力就越小,而加速度而加速度a=,则合力则合力越小加速度越小越小加速度越小,故故C选项正确。选项正确。Fm3.(2019江苏南通一模江苏南通一模,1)如图所示如图所示,竖直墙面上有一只壁虎从竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到点沿水平直线加速运动到B点点,此过程中壁虎受到摩擦力的方向是此过程中壁虎受到摩擦力的方向是()A.斜向右上方斜向右上方 B.斜向左上方斜向左上方C.水平向左水平向左 D.竖直向
46、上竖直向上答案答案 B竖直墙面上有一只壁虎从竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到点沿水平直线加速运动到B点点,因此加速度方向由因此加速度方向由A指向指向B,根据牛顿第二定律可知根据牛顿第二定律可知,合力方向由合力方向由A指向指向B,壁虎除受到重力外壁虎除受到重力外,还受到摩擦力作用还受到摩擦力作用,根据矢根据矢量合成法则量合成法则,壁虎受到摩擦力的方向应斜向左上方壁虎受到摩擦力的方向应斜向左上方,故故A、C、D错误错误,B正确。正确。思路点拨根据运动情况来判定加速度方向思路点拨根据运动情况来判定加速度方向,依据牛顿第二定律判定合力方向依据牛顿第二定律判定合力方向,再结合受力分再结合受
47、力分析与力的合成法则析与力的合成法则,从而判定摩擦力方向。从而判定摩擦力方向。考查由运动情况来分析受力情况考查由运动情况来分析受力情况,考生应掌握牛顿第二定律与矢量合成法则等内容考生应掌握牛顿第二定律与矢量合成法则等内容,注意静摩注意静摩擦力与滑动摩擦力的区别。擦力与滑动摩擦力的区别。4.(2018江苏扬州调研江苏扬州调研,4)如图所示如图所示,在倾角为在倾角为30的光滑斜面上的光滑斜面上,一质量为一质量为2m的小车在沿斜面向的小车在沿斜面向下的外力下的外力F作用下下滑作用下下滑,在小车下滑的过程中在小车下滑的过程中,小车支架上连接着小球小车支架上连接着小球(质量为质量为m)的轻绳恰好水的轻绳
48、恰好水平。则外力平。则外力F的大小为的大小为()A.2mg B.mg C.6mg D.4.5mg5答案答案 D小球所受合外力方向一定与其加速度方向相同小球所受合外力方向一定与其加速度方向相同,所以小球所受合力如图所示所以小球所受合力如图所示,由由=ma得得a=2g;对系统应用牛顿第二定律有对系统应用牛顿第二定律有F+3mg sin 30=3ma,解得解得F=4.5mg,故故D正确。正确。sin30mg解题关键解题关键 抓住了牛顿第二定律的矢量性抓住了牛顿第二定律的矢量性,本题就迎刃而解了。本题就迎刃而解了。考点二牛顿运动定律的综合应用考点二牛顿运动定律的综合应用5.(2019江苏南通、泰州、扬
49、州等七市二模联考,4)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面,屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示,设屋顶面光滑,倾角为,雨水由静止开始沿屋顶面向下流动,则理想的倾角为()A.30 B.45C.60 D.75答案答案 B如图如图,从房屋侧面看从房屋侧面看,由于房屋的水平宽度一定由于房屋的水平宽度一定,设为设为2x,由公式由公式s=at2可得可得t2=,当当sin 2=1,即即=45时时,时间时间t最小最小,故选故选B。122sa2cossinxg2sincosxg4sin2xg易错警示建立斜面模型时要注意斜面底边长度一定易错警示建立斜面模型时要注意斜面底边长度一定,而不是高度一定而不是高度一定!
50、6.(2019江苏无锡一模江苏无锡一模,5)如图所示如图所示,水平传送带匀速运动水平传送带匀速运动,在传送带的右侧固定一弹性挡杆。在在传送带的右侧固定一弹性挡杆。在t=0时刻时刻,将工件轻轻放在传送带的左端将工件轻轻放在传送带的左端,当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞撞,已知碰撞时间极短已知碰撞时间极短,不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中的运动过程中,下列工件运动的下列工件运动的v-t图像可能正确的是图像可能正确的是()答案答案 C工件与弹性
