高中牛頓第二定律教案

20xx高考物理復(fù)習(xí)微專題03牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用_分離條件分析學(xué)案新人教版。

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20xx高考物理復(fù)習(xí)微專題02牛頓運(yùn)動定律與圖象綜合問題學(xué)案

俗話說，磨刀不誤砍柴工。教師要準(zhǔn)備好教案，這是每個教師都不可缺少的。教案可以讓學(xué)生們能夠在上課時充分理解所教內(nèi)容，幫助教師在教學(xué)期間更好的掌握節(jié)奏。怎么才能讓教案寫的更加全面呢？下面的內(nèi)容是小編為大家整理的20xx高考物理復(fù)習(xí)微專題02牛頓運(yùn)動定律與圖象綜合問題學(xué)案，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！

微專題02牛頓運(yùn)動定律與圖象綜合問題
已知物體的速度、加速度圖象分析受力情況
1．v－t圖象
根據(jù)圖象的斜率判斷加速度的大小和方向，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求解合外力．
2．a(chǎn)t圖象
要注意加速度的正負(fù)，正確分析每一段的運(yùn)動情況，然后結(jié)合物體受力情況根據(jù)牛頓第二定律列方程．
(20xx全國新課標(biāo)Ⅰ)(多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動的vt圖線如圖(b)所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()
A．斜面的傾角
B．物塊的質(zhì)量
C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)
D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
解析：選ACD小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行過程為勻變速直線運(yùn)動，末速度0，那么平均速度即v02，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離s＝v02t1，根據(jù)牛頓第二定律，向上滑行過程v0t1＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行v1t1＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝v0＋v12t1，從而可計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數(shù)，選項(xiàng)AC對．根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度ssinθ＝v02t1×v0＋v12gt1＝v0v0＋v14g，選項(xiàng)D對．僅根據(jù)速度時間圖象，無法找到物塊質(zhì)量，選項(xiàng)B錯．
(1)弄清圖象斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)的物理意義．
(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷．
(20xx漳州八校聯(lián)考)如圖甲所示，一個質(zhì)量為3kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動．在0～3s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．則()
A．F的最大值為12N
B．0～1s和2～3s內(nèi)物體加速度的方向相反
C．3s末物體的速度最大，最大速度為8m/s
D．在0～1s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動，2～3s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動
解析：選C第1～2s內(nèi)物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma知合外力為12N，由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12N，故A錯誤；物體在力F作用下由靜止開始運(yùn)動，加速度方向始終為正，與速度方向相同，故物體在前3s內(nèi)始終做加速運(yùn)動，第3s內(nèi)加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運(yùn)動，故B錯誤；因?yàn)槲矬w速度始終增加，故3s末物體的速度最大，再根據(jù)Δv＝aΔt知速度的增加量等于加速度與時間的乘積，在at圖象上即為圖象與時間軸所圍圖形的面積，Δv＝12×(1＋3)×4m/s＝8m/s，物體由靜止開始做加速運(yùn)動，故最大速度為8m/s，所以C正確；第2s內(nèi)物體的加速度恒定，物體做勻加速直線運(yùn)動，在0～1s內(nèi)物體做加速度增大的加速運(yùn)動，2～3s內(nèi)物體做加速度減小的加速運(yùn)動，故D錯誤．
1．(20xx重慶理綜)若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動的v－t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時間t關(guān)系的圖象可能是()

解析：選Bv－t圖線斜率表示加速度，所以加速度圖象如圖所示．由牛頓第二定律可知F－mg＝ma，所以支持力F＝ma＋mg，重力保持不變，所以Ft圖象相當(dāng)于at圖象向上平移，B正確．
2．(20xx海南卷)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖線如圖所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s、5～10s、10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則()
A．F1＜F2B．F2＞F3
C．F1＞F3D．F1＝F3
解析：選A由vt圖象可知，0～5s內(nèi)加速度a1＝0.2m/s2，沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F(xiàn)1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s內(nèi)加速度a2＝0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F(xiàn)2＝mgsinθ－f；10～15s內(nèi)加速度a3＝－0.2m/s2，沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F(xiàn)3＝mgsinθ－f＋0.2m.故可得：F3＞F2＞F1，選項(xiàng)A正確．
已知物體的受力圖象分析運(yùn)動情況
1．Ft圖象
要結(jié)合物體受到的力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析每一時間段的運(yùn)動性質(zhì)．
2．Fa圖象
首先要根據(jù)具體的物理情景，對物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)出兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖象，明確圖象的斜率、截距或面積的意義，從而由圖象給出的信息求出未知量．
(多選)靜止在水平地面上的物塊，受到水平向右的拉力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化情況如圖所示．設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，都是1N，則()
A．在0～1s時間內(nèi)物塊的加速度逐漸增大
B．在3s時，物塊的加速度最大
C．在3s時，物塊的速度最大
D．在8s時，物塊的速度最大
解析：選BD在0～1s時間內(nèi)，F(xiàn)小于或等于最大靜摩擦力，可知物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯誤；t＝3s時，拉力最大，且大于最大靜摩擦力，故物塊所受合力最大，物塊的加速度最大，故B正確；t＝3s后，拉力仍然大于最大靜摩擦力，物塊仍然做加速運(yùn)動，速度仍增大，t＝8s后，拉力小于最大靜摩擦力，物塊做減速運(yùn)動，所以t＝8s時，物塊的速度最大，故C錯誤，D正確．
(多選)如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(b)所示，若重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖(b)中所提供的信息可以計算出()
A．物體的質(zhì)量
B．斜面傾角的正弦值
C．加速度增大到6m/s2時物體的位移
D．物體靜止在斜面上時的外力F
解析：選ABD對物體受力分析，受水平外力、重力、支持力，如圖所示．
x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，
y方向：N－Fsinθ－mgcosθ＝0，
從圖象中取兩個點(diǎn)(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入解得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正確．當(dāng)a＝0時，可解得F＝15N，即最小拉力為15N．題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6m/s2時物體的速度大小，無法求出位移，故C錯誤，D正確．
3．(20xx黑龍江哈師大附中月考)“蹦極”是一項(xiàng)刺激的極限運(yùn)動，運(yùn)動員將一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)處，從幾十米高處跳下．在某次蹦極中，彈性繩彈力F的大小隨時間t的變化圖象如圖所示，其中t2、t4時刻圖線的斜率最大．將蹦極過程近似為在豎直方向的運(yùn)動，彈性繩中彈力與伸長量的關(guān)系遵循胡克定律，空氣阻力不計．下列說法中正確的是()
A．t1～t2時間內(nèi)運(yùn)動員處于超重狀態(tài)
B．t2～t4時間內(nèi)運(yùn)動員的機(jī)械能先減小后增大
C．t3時刻運(yùn)動員的加速度為零
D．t4時刻運(yùn)動員具有向下的最大速度
解析：選B在t1～t2時間內(nèi)，合力向下，運(yùn)動員加速下降，處于失重狀態(tài)，故A錯誤；在t2、t4時刻圖線的斜率最大，說明彈力變化最快，由于彈力與彈性繩的伸長量成正比，說明伸長量變化最快，即速度最大，而速度最大時彈力與重力平衡；由于整個過程重力勢能、彈性勢能和動能的總和保持不變，而t2～t4時間內(nèi)彈性勢能先變大后變小，故運(yùn)動員的機(jī)械能先減小后增大，故B正確；t3時刻彈力最大，運(yùn)動員運(yùn)動到最低點(diǎn)，合力向上，故加速度向上，不為零，故C錯誤；t4時刻運(yùn)動員受到的重力和彈力平衡，加速度為零，具有向上的最大速度，故D錯誤．
4．(多選)如圖(甲)所示，物體原來靜止在水平地面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運(yùn)動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(乙)所示，設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等.重力加速度g取10m/s2.根據(jù)題目提供的信息，下列判斷正確的是()
A．物體的質(zhì)量m＝2kg
B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6
C．物體與水平面的最大靜摩擦力fmax＝3N
D．在F為10N時，物體的加速度a＝2m/s2
解析：選AD根據(jù)牛頓第二定律F－μmg＝ma，F(xiàn)1＝7N，a1＝0.5m/s2；F2＝14N，a2＝4m/s2，聯(lián)立解得m＝2kg，μ＝0.3，A正確，B錯誤．最大靜摩擦力f＝μmg＝6N，C錯誤．當(dāng)F＝10N時，代入得a＝2m/s2，D正確．

20xx高考物理《牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用》教材解析

20xx高考物理《牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用》教材解析

考點(diǎn)11牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用
考點(diǎn)名片
考點(diǎn)細(xì)研究：本考點(diǎn)是物理教材的基礎(chǔ)，也是歷年高考必考的內(nèi)容之一，其主要包括的考點(diǎn)有：(1)超重、失重；(2)連接體問題；(3)牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。其中考查到的如：20xx年全國卷第25題、20xx年全國卷第25題、20xx年海南高考第9題、20xx年北京高考第8題、20xx年四川高考第7題、20xx年大綱卷第19題、20xx年江蘇高考第5題、20xx年福建高考第15題、20xx年浙江高考第17題和第19題、20xx年廣東高考第19題、20xx年山東高考第15題等。
備考正能量：牛頓運(yùn)動定律是歷年高考的主干知識；它不僅是獨(dú)立的知識點(diǎn)，更是解決力、電動力學(xué)綜合問題的核心規(guī)律?？蓡为?dú)命題(選擇題、實(shí)驗(yàn)題)，也可綜合命題(解答題)。高考對本考點(diǎn)的考查以對概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用為主，試題難度中等或中等偏上。

一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
1．小明家住十層，他乘電梯從一層直達(dá)十層。則下列說法正確的是()
A．他始終處于超重狀態(tài)
B．他始終處于失重狀態(tài)
C．他先后處于超重、平衡、失重狀態(tài)
D．他先后處于失重、平衡、超重狀態(tài)
答案C
解析小明乘坐電梯從一層直達(dá)十層過程中，一定是先向上加速，再向上勻速，最后向上減速，運(yùn)動過程中加速度方向最初向上，中間為零，最后加速度方向向下，因此先后對應(yīng)的狀態(tài)應(yīng)該是超重、平衡、失重三個狀態(tài)，C正確。
2．如圖所示，一長木板在水平地面上運(yùn)動，在某時刻(t＝0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運(yùn)動的速度—時間圖象可能是圖中的()

答案A
解析放上小木塊后，長木板受到小木塊施加的向左的滑動摩擦力和地面向左的滑動摩擦力，在兩力的共同作用下減速，小木塊受到向右的滑動摩擦力作用，做勻加速運(yùn)動，當(dāng)兩者速度相等后，可能以共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時的加速度小于木板剛開始運(yùn)動時的加速度，故A正確，也可能物塊與長木板間動摩擦因數(shù)較小，達(dá)到共同速度后物塊相對木板向右運(yùn)動，給木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于剛開始運(yùn)動的加速度，B、C錯誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運(yùn)動，D錯誤。
3．如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F，則()

A．物塊可能勻速下滑
B．物塊仍以加速度a勻加速下滑
C．物塊將以大于a的加速度勻加速下滑
D．物塊將以小于a的加速度勻加速下滑
答案C
解析對物塊進(jìn)行受力分析，設(shè)斜面的角度為θ，可列方程mgsinθ－μmgcosθ＝ma，sinθ－μcosθ＝，當(dāng)加上力F后，由牛頓第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma1，即mgsinθ－μmgcosθ＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，ma＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，F(xiàn)sinθ－μFcosθ＝F(sinθ－μcosθ)＝，大于零，代入上式知，a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項(xiàng)正確。
4.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為θ的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是()

A．減小A物塊的質(zhì)量B．增大B物塊的質(zhì)量
C．增大傾角θD．增大動摩擦因數(shù)μ
答案AB
解析對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，隔離物體B，應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)T－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。以上兩式聯(lián)立可解得：FT＝，由此可知，F(xiàn)T的大小與θ、μ無關(guān)，mB越大，mA越小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確。
5．(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是()

A．輕繩的拉力等于Mg
B．輕繩的拉力等于mg
C．M運(yùn)動的加速度大小為(1－sinα)g
D．M運(yùn)動的加速度大小為g
答案BC
解析互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，F(xiàn)T＝mg，故A、D錯誤，B、C正確。
6.如圖所示，木塊A的質(zhì)量為m，木塊B的質(zhì)量為M，疊放在光滑的水平面上，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)用水平力F作用于A，則保持A、B相對靜止的條件是F不超過()

A．μmgB．μMg
C．μmgD．μMg
答案C
解析由于A、B相對靜止，以整體為研究對象可知F＝(M＋m)a；若A、B即將相對滑動，以物體B為研究對象可知μmg＝Ma，聯(lián)立解得F＝μmg，選項(xiàng)C正確。
7．如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A。某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數(shù)。設(shè)物體A、B之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長木板B運(yùn)動的vt圖象是()

答案B
解析A、B相對滑動之前加速度相同，由整體法可得：F＝2ma，F(xiàn)增大，a增大。當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對滑動時，對木板有Ff＝ma，故此時F＝2Ff＝kt，t＝，之后木板做勻加速直線運(yùn)動，故只有B項(xiàng)正確。
8.如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()

答案A
解析本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用。本題中開始階段兩物體一起做勻加速運(yùn)動有F＝(m1＋m2)a，即a＝＝，兩物體加速度相同且與時間成正比。當(dāng)兩物體間的摩擦力達(dá)到μm2g后，兩者發(fā)生相對滑動。對m2有F－f＝ma2，在相對滑動之前f逐漸增大，相對滑動后f＝μm2g不再變化，a2＝＝－μg，故其圖象斜率增大；而對m1，在發(fā)生相對滑動后，有μm2g＝m1a1，故a1＝為定值。故A選項(xiàng)正確。
9.(多選)神舟飛船返回時，3噸重的返回艙下降到距地面10km時，下降速度為200m/s。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘，16s后返回艙的速度減至80m/s，此時減速傘與返回艙分離。然后拉出主傘，主傘張開后使返回艙的下降速度減至10m/s，此時飛船距地面高度為1m，接著艙內(nèi)4臺緩沖發(fā)動機(jī)同時點(diǎn)火，給飛船一個向上的反沖力，使飛船的落地速度減為零。將上述各過程視為勻變速直線運(yùn)動，g＝10m/s2。根據(jù)以上材料可得()

A．減速傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)
B．主傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)
C．減速傘工作期間返回艙的平均加速度大小為7.5m/s2
D．每臺緩沖發(fā)動機(jī)的反沖推力約為返回艙重力的1.5倍
答案CD
解析減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于超重狀態(tài)，A、B項(xiàng)錯；減速傘工作期間，返回艙從200m/s減速至80m/s，由運(yùn)動學(xué)公式得a1＝＝7.5m/s2，C項(xiàng)正確；緩沖發(fā)動機(jī)開動后，加速度大小為a3＝＝50m/s2，由牛頓第二定律得4F－mg＝ma3，解得＝1.5,D項(xiàng)正確。
10．(多選)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的圖象如圖乙所示，g＝10m/s2。下列說法中正確的是()

A．0～5s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動
B．在t＝1s時刻恒力F反向
C．恒力F大小為10N
D．物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.3
答案BD
解析題圖乙為物塊運(yùn)動的v2x圖象，由v2－v＝2ax可知，圖象的斜率k＝2a，得0～5m位移內(nèi)a1＝－10m/s2，5～13m位移內(nèi)a2＝4m/s2，可知恒力F反向時物塊恰好位于x＝5m處，t＝＝1s，A錯誤，B正確。對物塊受力分析可知，－F－Ff＝ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，得F＝7N，F(xiàn)f＝3N，μ＝＝0.3，C錯誤，D正確。
二、真題與模擬
11.20xx·海南高考](多選)如圖所示，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時，升降機(jī)做勻速運(yùn)動，物塊相對于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時()

A．物塊與斜面間的摩擦力減小
B．物塊與斜面間的正壓力增大
C．物塊相對于斜面減速下滑
D．物塊相對于斜面勻速下滑
答案BD
解析當(dāng)升降機(jī)勻速運(yùn)動，物塊相對于斜面勻速下滑時有：mgsinθ＝μmgcosθ，則μ＝tanθ(θ為斜面傾角)。當(dāng)升降機(jī)加速上升時，設(shè)加速度為a，物體處于超重狀態(tài)，超重ma。物塊“重力”變?yōu)镚′＝mg＋ma，支持力變?yōu)镹′＝(mg＋ma)cosθmgcosθ，B正確?！爸亓Α毖匦泵嫦蛳碌姆至F′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力變?yōu)閒′＝μN(yùn)′＝μ(mg＋ma)cosθμmgcosθ，A錯誤。f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物塊仍沿斜面勻速運(yùn)動，D正確，C錯誤。
12．20xx·海南高考](多選)如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()

A．a(chǎn)1＝3gB．a(chǎn)1＝0
C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2
答案AC
解析剪斷細(xì)線前，把a(bǔ)、b、c看成整體，細(xì)線上的拉力為T＝3mg。因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細(xì)線之前相同。則將細(xì)線剪斷瞬間，對a隔離進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：3mg＝ma1，得a1＝3g，A正確，B錯誤。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤。
13．20xx·北京高考]應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運(yùn)動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是()
A．受托物體向上運(yùn)動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)
B．受托物體向上運(yùn)動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)
C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度
D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度
答案D
解析物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時，物體處于超重狀態(tài)。當(dāng)物體離開手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A、B、C錯誤；物體離開手的前一時刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時刻，手的速度小于物體的速度，即在物體離開手的瞬間這段相同的時間內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正確。
14．20xx·四川高考](多選)如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()

答案BC
解析若v2μmPg，則P先勻減速到零再反向加速到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)；若v2v1，且mQgμmPg，則P先勻減速至v1，然后與傳送帶一起勻速運(yùn)動，直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)；若v2v1且mQgμmPg，滿足mQg＋μmPg＝(mP＋mQ)a2，中途減速至v1，以后滿足mQg－μmPg＝(mP＋mQ)a3，以a3先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)，故C正確，A、D錯誤。
15．20xx·大綱卷]一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動。當(dāng)物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h。重力加速度大小為g。物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為()

A．tanθ和B.tanθ和
C．tanθ和D.tanθ和
答案D
解析對物塊上滑過程由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，根據(jù)運(yùn)動規(guī)律可得v2＝2a·，2＝2a·，聯(lián)立可得μ＝tanθ，h＝。故D項(xiàng)正確。
16．20xx·福建高考]如圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運(yùn)動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動規(guī)律的是()

答案B
解析對物體受力分析，由于物體在斜面上能夠停止，物體所受的滑動摩擦力大于物體重力沿斜面的分力。設(shè)斜面傾角為α，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)f－mgsinα＝ma，F(xiàn)N＝mgcosα，又Ff＝μFN，解得a＝μgcosα－gsinα，加速度a為定值，D錯誤。由v＝v0－at可知，vt圖線應(yīng)為傾斜的直線，C錯誤。由s＝v0t－at2可知，st圖線為拋物線，B正確。由幾何關(guān)系可知h＝s·sinα，即ht圖線應(yīng)類似于st圖線，A錯誤。
17．20xx·江西宜春三中檢測]如圖所示，質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角，則下列說法正確的是()

A．小鐵球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽對小鐵球的支持力為
C．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
答案C
解析根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止的狀態(tài)可知，系統(tǒng)有向右的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力為，A、B錯誤。小球所受合外力為mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，C正確，D錯誤。
18．20xx·海口聯(lián)考](多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。工件滑上A端瞬時速度vA＝4m/s，到達(dá)B端的瞬時速度設(shè)為vB，則(g＝10m/s2)()

A．若傳送帶不動，則vB＝3m/s
B．若傳送帶以速度v＝4m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝3m/s
C．若傳送帶以速度v＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝3m/s
D．若傳送帶以速度v＝2m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB＝2m/s
答案ABC
解析若傳送帶不動，由勻變速規(guī)律可知v－v＝－2as，a＝μg，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s，當(dāng)滿足選項(xiàng)B、C中的條件時，工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度還是μg，所以工件到達(dá)B端時的瞬時速度仍為3m/s，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯誤。
19．20xx·福州質(zhì)檢]如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動。觀察小球開始下落到小球第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是()

答案A
解析此過程可分為三段，第一段小球向下做自由落體運(yùn)動，加速度a＝g，方向豎直向下，速度v＝gt；第二段小球向下做加速運(yùn)動，加速度a＝，彈簧的壓縮量x變大，加速度a變小，方向向下；第三段運(yùn)動小球向下做減速運(yùn)動，加速度a＝，彈簧的壓縮量x變大，加速度a變大，方向向上，到達(dá)最低點(diǎn)時ag，而且小球接觸彈簧后at圖線不是線性關(guān)系，所以C、D都錯誤。又由vt圖象的斜率變化代表加速度的變化，故選項(xiàng)A正確。
20．20xx·山東煙臺期中](多選)如圖所示，橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M，放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個角的角度為α(α45°)。三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪的細(xì)繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g，則將m1和m2同時由靜止釋放后，下列說法正確的是()

A．若m1＝m2，則兩物體可靜止在斜面上
B．若m1＝m2cotα，則兩物體可靜止在斜面上
C．若m1＝m2，則三棱柱對地面的壓力小于(M＋m1＋m2)g
D．若m1＝m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零
答案BC
解析若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsinα，由于α45°，則m2gsin(90°－α)

20xx高考物理復(fù)習(xí)知識點(diǎn)：牛頓運(yùn)動定律綜合運(yùn)用

20xx高考物理《牛頓運(yùn)動定律力學(xué)單位制》材料分析

20xx高考物理《牛頓運(yùn)動定律力學(xué)單位制》材料分析

考點(diǎn)一|牛頓第二定律

1．內(nèi)容及表達(dá)式
物體加速度的大小跟所受外力的合力成正比，跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力方向相同．表達(dá)式：F＝ma.
2．適用范圍(加試要求)
(1)只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運(yùn)動的參考系)．
(2)只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運(yùn)動(遠(yuǎn)小于光速)的情況．

1．牛頓第二定律的“五性”
矢量性F＝ma是矢量式，a與F同向瞬時性a與F對應(yīng)同一時刻因果性F是產(chǎn)生a的原因同一性a、F、m對應(yīng)同一個物體，應(yīng)用時統(tǒng)一使用SI制獨(dú)立性每一個力都產(chǎn)生各自的加速度2.合力、加速度、速度間的決定關(guān)系
(1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時，加速度才為零．一般情況下，合力與速度無必然的聯(lián)系．
(2)合力與速度同向時，物體加速運(yùn)動；合力與速度反向時，物體減速運(yùn)動．
(3)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關(guān)系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝.

1．(20xx·臨海市調(diào)研)下列對牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma及其變形公式的理解正確的是()
A．由F＝ma可知，物體所受的合力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成反比
B．由m＝可知，物體的質(zhì)量與其所受合力成正比，與其運(yùn)動的加速度成反比
C．由a＝可知，物體的加速度與其所受合力成正比，與其質(zhì)量無關(guān)
D．由m＝可知，物體的質(zhì)量可以通過測量它的加速度和它所受的合力求出
D[牛頓第二定律的表達(dá)式F＝ma表明了各物理量之間的數(shù)量關(guān)系，即已知兩個量，可求第三個量．但物體的質(zhì)量是由物體本身決定的，與受力無關(guān)，作用在物體上的合力，是由和它相互作用的物體作用產(chǎn)生的，與物體的質(zhì)量和加速度無關(guān)；但物體的加速度與質(zhì)量有關(guān)，故排除A、B、C，選D.]
2．關(guān)于牛頓第二定律的下列說法中，不正確的是()
A．物體加速度的大小由物體的質(zhì)量和物體所受合外力的大小決定，與物體的速度無關(guān)
B．物體加速度的方向只由它所受合外力的方向決定，與速度方向無關(guān)
C．物體所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向總是相同的
D．一旦物體所受合外力為零，則物體的加速度立即為零，其運(yùn)動速度將不再變化
【解析】對于某個物體，合外力的大小決定了加速度的大小，合外力的方向決定了加速度的方向，而速度的方向與加速度方向無關(guān)．根據(jù)牛頓第二定律的瞬時性特征，合外力一旦為零，加速度立即為零，則速度不再發(fā)生變化，以后以此時的速度做勻速直線運(yùn)動，綜上所述，A、B、D正確，C錯誤．
【答案】C
3．如圖321所示，質(zhì)量為1kg的物體與桌面的動摩擦因數(shù)為0.2，物體在7N的水平拉力作用下獲得的加速度大小為(g取10m/s2)()

圖321
A．0B．5m/s2
C．8m/s2D．12m/s2
B[物體所受合外力F合＝F－μmg＝5N，加速度a＝＝5m/s2，選項(xiàng)B正確．]
4．(加試要求)如圖322所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的彈簧，則當(dāng)木塊接觸彈簧后()

圖322
A．木塊立即做減速運(yùn)動
B．木塊在一段時間內(nèi)速度仍可增大
C．當(dāng)F等于彈簧彈力時，木塊速度最大
D．彈簧壓縮量最大時，木塊加速度為0
BC[當(dāng)木塊接觸彈簧后，水平方向受到向右的恒力F和彈簧水平向左的彈力．彈簧的彈力先小于恒力F，后大于恒力F，木塊所受的合力方向先向右后向左，則木塊先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動，當(dāng)彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大，加速度為0.當(dāng)彈簧壓縮量最大時，彈力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正確，A、D錯誤．]考點(diǎn)二|力學(xué)單位制

1．力學(xué)中的基本物理量及單位
(1)力學(xué)中的基本物理量是長度、質(zhì)量、時間．
(2)力學(xué)中的基本單位：基本物理量的所有單位都是基本單位．如：毫米(mm)、克(g)、毫秒(ms)等等．三個基本物理量的單位在國際單位制中分別為米(m)、千克(kg)、秒(s)．
2．單位制
(1)由基本單位和導(dǎo)出單位組成的單位系統(tǒng)叫做單位制．
(2)國際單位制(SI)：國際計量大會制定的國際通用的、包括一切計量領(lǐng)域的單位制，叫做國際單位制．
3．單位制的應(yīng)用
問題中的已知量的單位都用國際單位制表示時，計算的結(jié)果也是用國際單位制表示的．因此，用國際單位制進(jìn)行計算時，可以不必一一寫出各個已知量的單位，只在數(shù)字后面寫出正確的單位就可以了．高中階段進(jìn)行物理量的計算時，一律采用國際單位制．
在進(jìn)行計算或檢查的過程中，如果發(fā)現(xiàn)所求結(jié)果的單位與采用的單位制中該量的單位不一致，那么該公式或計算結(jié)果肯定是錯誤的．

(20xx·浙江10月學(xué)考)kg和s是國際單位制兩個基本單位的符號，這兩個基本單位對應(yīng)的物理量是()
A．質(zhì)量和時間B．質(zhì)量和位移
C．重力和時間D．重力和位移
A[kg是質(zhì)量對應(yīng)的單位，s是時間對應(yīng)的單位，位移的單位是m，重力的單位是N且不是國際單位制基本單位，故A正確．]
(20xx·浙江10月學(xué)考)下列均屬于國際制基本單位的是()
A．m、N、JB．m、kg、J
C．m、kg、sD．kg、m/s、N
C[7個國際單位：米、千克、秒、安培、開爾文、摩爾和坎德拉．故選C.]

1．下列敘述中正確的是()
A．在力學(xué)的國際單位制中，力的單位、質(zhì)量的單位、位移的單位選定為基本單位
B．牛頓、千克、米/秒2、焦、米都屬于力的單位
C．在厘米、克、秒單位制中，重力加速度g的值等于9.8厘米/秒2
D．在力學(xué)的計算中，若涉及的物理量都采用國際單位制中的單位，則所計算的物理量的單位也是國際單位制中的單位
D[力的單位不是基本單位，焦、米不是力的單位，厘米、克、秒單位制中，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錯誤；D正確．]
2．在國際單位制中規(guī)定“質(zhì)量”為力學(xué)基本物理量，它對應(yīng)的單位名稱是()
A．米B．千克
C．秒D．牛頓
【答案】B
3．(20xx·東陽模擬)關(guān)于物理量和物理量的單位，下列說法中正確的是()
A．在力學(xué)范圍內(nèi)，國際單位制規(guī)定長度、質(zhì)量、力為三個基本物理量
B．后人為了紀(jì)念牛頓，把“牛頓”作為力學(xué)中的基本單位
C．1N＝1kg·m·s－2
D．“秒”“克”“攝氏度”都屬于國際單位制中的單位
C[力學(xué)中的三個基本物理量為長度、質(zhì)量、時間，選項(xiàng)A錯誤；“牛頓”是為了紀(jì)念牛頓而作為力的單位，但不是基本單位，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)“牛頓”的定義，1N＝1kg·m·s－2，選項(xiàng)C正確；“克”“攝氏度”不是國際單位制中的單位，選項(xiàng)D錯誤．]
4．在國際單位制中，與質(zhì)量、長度和時間對應(yīng)的基本單位是()
A．克、米、秒B．千克、米、小時
C．克、厘米、分鐘D．千克、米、秒
D[在國際單位制中選定七個基本單位，其中力學(xué)有三個基本單位，即質(zhì)量、長度和時間對應(yīng)的單位，它們的單位分別是千克(kg)、米(m)、秒(s)．D選項(xiàng)正確．]
5．國際單位制由基本單位和導(dǎo)出單位組成．下列物理單位屬于基本單位的是()
A．m/sB．N
C．mD．J
C[在國際單位制中，長度的基本單位為米，符號為m，故C項(xiàng)正確．]考點(diǎn)三|瞬時加速度問題

兩類模型(加試要求)
(1)剛性繩(或接觸面)——不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時間．
(2)彈簧(或橡皮繩)——兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點(diǎn)是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變．
1．求解瞬時加速度問題的一般步驟
第一步：分析原來物體的受力情況．
第二步：分析物體在突變時的受力情況．
第三步：由牛頓第二定律列方程．
第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性．
2．求解瞬時加速度問題時應(yīng)抓住“兩點(diǎn)”
(1)物體的受力情況和運(yùn)動情況是時刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析．
(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變．

1.如圖323所示，兩小球懸掛在天花板上，a、b兩小球用細(xì)線連接，上面是一輕質(zhì)彈簧，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和2m，在細(xì)線燒斷瞬間，a、b兩球的加速度為(取向下為正方向)()

圖323
A．0，gB．－g，g
C．－2g，gD．2g,0
C[在細(xì)線燒斷之前，a、b可看成一個整體，由二力平衡知，彈簧彈力等于整體重力，故大小為3mg，方向向上．當(dāng)細(xì)線燒斷瞬間，彈簧的形變量不變，故彈力不變，故a受向上3mg的彈力和向下mg的重力，故加速度aa＝＝2g，方向向上．對b而言，細(xì)線燒斷后只受重力作用，故加速度ab＝＝g，方向向下．如以向下方向?yàn)檎衋a＝－2g，ab＝g.故選項(xiàng)C正確．]
2．(20xx·東陽市聯(lián)考)如圖324所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m，物塊2、4質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()

圖324
A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a(chǎn)1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
C[在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C正確．]
3．(多選)質(zhì)量均為m的A、B兩個小球之間連接一個質(zhì)量不計的彈簧，放在光滑的臺面上．A球緊靠墻壁，如圖325所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達(dá)到平衡時，突然將力撤去，此瞬間()

圖325
A．A球的加速度為
B．A球的加速度為0
C．B球的加速度為
D．B球的加速度為
BD[撤去恒力F前，A和B都平衡，它們的合力都為0，且彈簧彈力為F.突然將力F撤去，對A來說水平方向依然受彈簧彈力和墻壁的彈力，二力平衡，所以A球的合力為0，加速度為0，A項(xiàng)錯，B項(xiàng)對．而B球在水平方向只受水平向右的彈簧的彈力作用，加速度a＝，故C項(xiàng)錯，D項(xiàng)對．]
4．(加試要求)(20xx·平湖選考模擬)(多選)如圖326所示，質(zhì)量為m的小球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)繩Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q兩點(diǎn)．小球靜止時，Ⅰ中拉力的大小為F1，Ⅱ中拉力的大小為F2，當(dāng)僅剪斷Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬間，球的加速度a應(yīng)是()

圖326
A．若剪斷Ⅰ，則a＝g，方向豎直向下
B．若剪斷Ⅱ，則a＝，方向水平向左
C．若剪斷Ⅰ，則a＝，方向沿Ⅰ的延長線方向
D．若剪斷Ⅱ，則a＝g，方向豎直向上

AB[沒有剪斷Ⅰ、Ⅱ時，小球受力情況如圖所示．在剪斷Ⅰ的瞬時，由于小球的速度為0，繩Ⅱ上的力突變?yōu)?，則小球只受重力作用，加速度為g，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)C錯誤；若剪斷Ⅱ，由于彈簧的彈力不能突變，F(xiàn)1與重力的合力大小仍等于F2，所以此時加速度為a＝，方向水平向左，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)D錯誤．]