2022年高中物理牛顿运动定律典型例题精选讲解 .pdf

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1、优秀教案欢迎下载牛顿运动定律典型精练基础知识回顾1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5

2、）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma. 对牛顿第二定律的理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加

3、速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=max,Fy=may,Fz=maz;（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位牛顿（定义使质量为1kg 的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即 1N=1kg.m/s2. 3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。对牛顿第三定律的理解要点：(1) 作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化

4、，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。4. 物体受力分析的基本程序：（1）确定研究对象； （2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；（ 4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。5. 超重和失重：（1）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支

5、持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma. ； （2）失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力FN（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg ，即 FN=mg ma ，当 a=g 时， FN=0, 即物体处于完全失重。6、牛顿定律的适用范围： （1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。二、解析典型问题问题 1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，

6、可以利用正交分解法进行求解。练习 1、如图 1 所示，电梯与水平面夹角为300, 当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5 ，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力 FN和摩擦力 Ff作用，如图1 所示 .取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：Ff=macos300, FN-mg=masin300因为56mgFN，解得53mgFf. 练习 2一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图 3-1-15 所示在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）A

7、当一定时， a 越大，斜面对物体的正压力越小B当一定时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C当 a 一定时，越大，斜面对物体的正压力越小D当 a 一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小练习 3一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于在水平面上加速运动的小车中，加速度为a，如图 31-16 所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）A当一定时， a 越大，斜面对物体的正压力越大B当一定时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C当一定时， a 越大，斜面对物体的正压力越小D当一定时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越小问题 2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。1物体运动的加速度a与其所受

8、的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即( 同时 ) 改变 ; 或合外力变为零，加速度也立即变为零( 物体运动的加速度可以突变) 2中学物理中的“绳”和“线”，是理想化模型，具有如下几个特性: A轻 : 即绳 ( 或线 ) 的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一根绳( 或线 ) 的两端及其中间各点的张力大小相等B软 : 即绳 ( 或线 ) 只能受拉力，不能承受压力( 因绳能变曲 ) ，由此特点可知，绳与其物体相互间作用力的方向总是沿着绳子且背离受力物体的方向C不可伸长 : 即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，

9、由此特点可知，绳子中的张力可以突变30aFmgFf 图1 x yx aa图图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页优秀教案欢迎下载3中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性: A轻 :即弹簧 ( 或橡皮绳 )的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等B弹簧既能承受拉力，也能承受压力( 沿着弹簧的轴线 ) ，橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力C由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变，但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们

10、所受的弹力立即消失4做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化( 大小变化或方向变化或大小、方向都变化) ，某时刻的加速度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，瞬时力决定瞬时加速度，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力练习 4、如图 2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上， L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。（l ）下面是某同学对该题的一种解法：分析与解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为 mg ，物体在三力作用下保持平衡, 有 T1cos mg ， T1sin T2， T2m

11、gtan。剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mg tan ma ，所以加速度ag tan ，方向在T2反方向。你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。（2）若将图2(a) 中的细线 L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b) 所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l ）完全相同，即 a g tan ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。分析与解：（ 1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsin. （2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。练习 5. 如 图 3-1

12、-2 所示 ，质量为m 的 小 球 与细线 和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时 AC和 BC与过 C的竖直线的夹角都是 600， 则剪断 AC线 瞬间，求小球的加速度；剪断B处弹簧的瞬间，求小球 的加速度练习 6一物体在几个力的共同作用下处于静止状态现使其中向东的一个力F 的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变），则（）A物体始终向西运动 B物体先向西运动后向东运动C物体的加速度先增大后减小 D物体的速度先增大后减小练习 7如图 3-1-13 所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m ，当剪断上端的绳子OA的瞬间小球 A和 B的加速度多大？练习 8 如图 3-1-1

13、4所示，在两根轻质弹簧a、 b之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小为 2.5 米秒2，若突然撤去弹簧b，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小可能为（）A 7.5 米 秒2， 方 向 竖 直 向 下B 7.5 米 秒2， 方 向 竖 直 向 上C 12.5 米 秒2， 方 向 竖 直 向 下D 12.5 米 秒2， 方 向 竖 直 向 上练习 9 （2010全国卷 15）如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块 1 相连，下端与另一质量为M的木块 2 相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并

14、处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2 的加速度大小分别为1a、2a。重力加速度大小为g。则有A1ag，2ag B 10a，2agC 10a，2mMagM D 1ag，2mMagM【答案】C 【解析】在抽出木板的瞬时， 弹簧对 1 的支持力和对2的压力并未改变。 对 1 物体受重力和支持力， mg=F,a1=0. 对 2 物体受重力和压力，根据牛顿第二定律gMmMMMgFa问题 3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理） ，而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向

15、的力就产生那个方向的加速度。练习 10、如图 3 所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m ，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：A沿斜面向下的直线 B抛物线C竖直向下的直线 D.无规则的曲线。分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。问题 4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。加速度和合外力 ( 还有质量 ) 是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。练习 11、一人在井下站在吊台上，用如图4 所示的定滑轮装置拉绳把吊台

16、和自己提升上来。图中跨过滑轮的两L1 L2 图 2(b) LL图 2(a) M m 图图图3-1图 3-1-2 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页优秀教案欢迎下载段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2, 求这时人对吊台的压力。 (g=9.8m/s2) 分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5 所示， F 为绳的拉力, 由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：NgamMF3502)(再选人为研究对

17、象，受力情况如图6 所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故 FN=M(a+g)-F=200N. 由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。问题 5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。练习 12、一根劲度系数为k, 质量不计的轻弹簧，上端固定, 下端系一质量为m的物体 , 有一水平板将物体托住, 并使弹簧处于自然长度。如图

18、7 所示。现让木板由静止开始以加速度a(ag)匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg ，弹簧的弹力F=kx 和平板的支持力N 作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma得 N=mg-kx-ma ，当 N=0时，物体与平板分离，所以此时kagmx)(因为221atx，所以kaagmt)(2。练习 13、如图 8 所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止， P的质量 m=12kg ，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给 P施加一个竖直向上的力F，使 P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在

19、t=0.2s内 F是变力，在0.2s 以后 F 是恒力， g=10m/s2, 则 F 的最小值是，F的最大值是。分析与解：因为在t=0.2s内 F 是变力，在t=0.2s以后 F 是恒力，所以在t=0.2s时， P 离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_0.2s 这段时间内P向上运动的距离：x=mg/k=0.4m，因为221atx，所以 P 在这段时间的加速度22/202smtxa，当 P 开始运动时拉力最小，此时对物体P有 N-mg+Fmin=ma,又因此时 N=mg ，所以有 Fmin=ma=240N. ，当 P与盘分离时拉力F 最大，

20、Fmax=m(a+g)=360N. 练习 14、 一弹簧秤的秤盘质量m1=1 5kg， 盘内放一质量为m2=10 5kg 的物体 P ， 弹簧质量不计， 其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9 所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使 P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初 02s 内 F是变化的，在02s 后是恒定的，求F 的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）分析与解：因为在t=0.2s内 F 是变力，在 t=0.2s以后 F 是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=15kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2 轻盘

21、不同。设在0_0.2s 这段时间内P向上运动的距离为x, 对物体P 据牛顿第二定律可得： F+N-m2g=m2a，对于盘和物体P 整体应用牛顿第二定律可得：ammgmmxkgmmkF)()()(212121， 令 N=0， 并 由 述 二 式 求 得kamgmx12， 而221atx，所以求得 a=6m/s2. 当 P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有 Fmin=(m1+m2)a=72N. 当 P与盘分离时拉力F最大， Fmax=m2(a+g)=168N. 问题 6：必须会分析临界问题。在应用牛顿定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态特别是题目中出现“

22、最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象此时要采用极限分析法，看物体在不同加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件练习 15、如图 10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的两物体，的质量是的2 倍，受到向右的恒力B=2N，受到的水平力A=(9-2t)N ，(t的单位是 s) 。从 t 0 开始计时，则：物体在 3s 末时刻的加速度是初始时刻的511倍； Bt s 后,物体做匀加速直线运动； Ct 4.5s 时, 物体的速度为零； Dt 4.5s 后, 的加速度方向相反。分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a, 设 A、B间的作用为N ，则

23、对 B据牛顿第二定律可得： N+FB=mBa 解得NtFmmFFmNBBABAB3416，当 t=4s 时 N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时 A物体的加速度为零而速度不为零。t 4.5s 后, 所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。(m+M)g F F 图a F FMg 图图F 图8 F 图9 图10 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页优秀教案欢迎下载当 tg 时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方 向 间 的

24、 夹 角 MO，M、N两点高度相同。小球自M点由静止自由滑下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、EK分别表示小球的速率、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是（2011 东城期末） 9在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体。当电梯静止时，弹簧被压缩了x；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了10 x。则电梯运动的情况可能是（ D ）A以大小为1110g的加速度加速上升 B以大小为1110g的加速度减速上升C以大小为110g的加速度加速下降 D以大小为110g的加速度减速下降（2011 西城期末） 3 如图所示，

25、一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。下列各种情况中，体重计的示数最大的是A电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2 B电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为 0.5 m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为 0.5 m/s22011 普通高校招生考试试题汇编- 牛顿运动定律17一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做 A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径

26、。现将一物体沿与水平面成角的方向已速度0抛出，如图（ b）所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是x f2 G2X A O t v A O t s B O t a C O t Ek D M N o Av0P图图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页优秀教案欢迎下载A20vg B220sinvg C220cosvg D220cossinvg答案： C解析： 物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cos，根据牛顿第二定律得20(cos)vmgm，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是220cosvg，C正确。2

27、1. 如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt（k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和 a2，下列反映a1和 a2变化的图线中正确的是（A）解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动， 根据牛顿第二定律2121mmktaa。 木块和木板相对运动时，121mgma恒定不变，gmkta22。所以正确答案是A。2（2011 天津） 如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗

28、糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A方向向左，大小不变B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变D方向向右，逐渐减小【解析】：考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A、B系统整体分析有A= ()()ABABfmmgmma地，a=g，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象， 由牛顿第二定律有：=ABBBfm gm a常数，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。 【答案】：A 19（2011 天津） （1）某同学用测力计研究在竖

29、直方向运行的电梯运动状态。他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G。他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降。【解析】：物体处于失重状态，加速度方向向下，故而可能是减速上升或加速下降。（2）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。该金属丝的直径是1.706mm 【解析】：注意副尺一定要有估读。读数为1.5+20.6 0.01mm=1.706mm 。因为个人情况不同，估读不一定一致，本题读数1.704-1.708都算正确。19（2011 四川） 如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打

30、开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态【答案】 A【解析】 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力

31、变小。9（2011 江苏） 如图所示，倾角为的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长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，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在角取不同值的情况下，下列说法正确的有A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CM不可能相对绸带发生滑动精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页优秀教案欢迎下载Dm不可能相对斜面向上滑动21. （10 分）在“探究加速度与

32、力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了 完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是（漏选或全选得零分） ；并分别写出所选器材的作用。21. 答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码或电火花计时器、钩码、砝码。学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。解析：电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质

33、量。如果选电磁打点计时器，则需要学生电源，如果选电火花计时器，则不需要学生电源。18（2011北京） . “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为 AG B 2g C 3g D4g 1 9（2 011上海） 受水平外力 F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其vt图线如图所示，则(A) 在10t秒内，外力F大小不断增大(B) 在1t时刻，外力F为零(C) 在12tt秒内，外力F大小可能不断减小(

34、D) 在12tt秒内，外力F大小可能先减小后增大26（2011上海） .(5 分) 如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片 A、B固定在小车上，测得二者间距为d。(1) 当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间1t和2t，则小车加速度a。(2)( 多选题 ) 为减小实验误差，可采取的方法是( ) (A)增大两挡光片宽度b (B)减小两挡光片宽度b(C) 增大两挡光片间距d (D)减小两挡光片间距d26 答案 （1）22221112()()bdtt (2)B，C (3分) 31(12 分) 如图，质量2mkg的物体静止于水平地面的A处，A、 B间距L=20m

35、。 用大小为 30N， 沿水平方向的外力拉此物体，经02ts拉至 B处。 (已知cos370.8， 。取210/gms) (1) 求物体与地面间的动摩擦因数；(2) 用大小为 30N ，与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间 t 。31 答案 (12 分) (1)物体做匀加速运动2012Lat (1分) 2220222010(/)2Lam st（1 分）由牛顿第二定律Ffma（1 分）302 1010()fN (1分) 100.52 10fmg (1分) (2) 设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以

36、大小为a，的加速度匀减速 t秒到达 B处，速度恰为0，由牛顿定律cos37(sin37 )FmgFama (1分) 2(cos37sin 37 )30(0.80.50.6)0.5 1011.5(/)2Fagmsm(1 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页优秀教案欢迎下载25(/)fagm sm（1 分）由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ata t（1 分）11.52.35atttta（1 分）2211 22Lata t（1 分）2222201.03( )2.311.52.35Ltsaa（1

37、分）（2）另解：设力F作用的最短时间为t ，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理cos37(sin37 )()0FmgFsmg Ls（2 分）0.52 10206.06()(cos37sin 37 )30(0.80.50.6)mgLsmF（1 分）由牛顿定律cos37(sin37 )FmgFma（1 分）2(cos37sin 37 )30(0.80.50.6)0.5 1011.5(/)2Fagm sm（1 分）212sat（1 分）226.061.03( )11.5stsa（1 分）20XX年高考新题12010全国卷 15 如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块 1 相连，下端与另

38、一质量为M的木块 2 相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2 的加速度大小分别为1a、2a。重力加速度大小为g。则有A1ag，2ag B10a，2agC10a，2mMagM D 1ag，2mMagM【答案】 C 【解析】 在抽出木板的瞬时，弹簧对1 的支持力和对2 的压力并未改变。对1 物体受重力和支持力，mg=F,a1=0. 对 2 物体受重力和压力，根据牛顿第二定律gMmMMMgFa【命题意图与考点定位】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力。2. 2010福建 16 质量为 2kg 的物体

39、静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2 ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。从t=0 时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用， F 随时间 t 的变化规律如图所示。重力加速度g 取 10m s2 ， 则物体在 t=0 至 t=12s 这段时间的位移大小为A.18m B.54m C.72m D.198m 答案： B 32010上海物理 5 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（A）刚抛出时的速度最大（B）在最高点的加速度为零（C）上升时间大于下落时间（D）上升时的加速度等于下落时的加速度精选学习资

40、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页优秀教案欢迎下载【解析】mfga上，mfga下，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D错误；根据221hgt，上升时间小于下落时间，C错误， B也错误，本题选A 。本题考查牛顿运动定律和运动学公式。难度：中。42010海南物理 3 下列说法正确的是A若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动【答案】 D 【解析】物体运动速

41、率不变但方向可能变化，因此合力不一定为零，A错；物体的加速度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动， B错；物体所受合力与其速度方向相反，只能判断其做减速运动，但加速度大小不可确定，C错；若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动，D 对。52010海南物理 6 在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止现将该木板改置成倾角为 45的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑若小物块与木板之间的动摩擦因数为则小物块上滑到最高位置所需时间与 t 之比为A21B12C2D 12【答案】 A 【解析】木板水平时，小物块的加速度1ag，设滑行初速度

42、为0v，则滑行时间为0tgv；木板改成后，小物块上滑的加速度2sin 45cos45(1)22mgmggam，滑行时间002(1)2tagvv，因此1221atta，A项正确。62010海南物理 8 如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹自由落体处于压缩状态且物块压在箱顶上若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为A加速下降 B 加速上升 C 减速上升 D 减速下降【答案】 BD 【解析】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，BD正确。72010海南物理 12 雨

43、摘下落时所受到的空气阻力与雨滴的速度有关，雨滴速度越大，它受到的空气阻力越大：此外，当雨滴速度一定时， 雨滴下落时所受到的空气阻力还与雨滴半径的次方成正比 (12) 假设一个大雨滴和一个小雨滴从同一云层同时下落，最终它们都 _（填“加速”、 “减速”或”匀速” ）下落 _（填“大”或“小” ）雨滴先落到地面；接近地面时，_（填“大”或“小” ）雨滴的速度较小【答案】匀速 (2 分) 大(1 分) 小(1 分) 【解析】由于雨滴受到的空气阻力与速度有关，速度越大阻力越大，因此最终当阻力增大到与重力平衡时都做匀速运动；设雨滴半径为r，则当雨滴匀速下落时受到的空气阻力fr，而重力343mgr，由于1

44、2，因此半径大的匀速运动的速度大，先落地且落地速度大，小雨滴落地速度小。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页优秀教案欢迎下载1. （09全国卷 15）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在00.4s 时间内的 v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（ B ）A13和 0.30s B3 和 0.30s C13和 0.28s D3 和 0.28s 解析 ： 本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速, 乙做匀减速 .根据tva得乙甲aa3,根据牛顿第二定律有乙

45、甲mFmF31, 得3乙甲mm, 由tsma4.01/104.042乙, 得 t=0.3s,B正确。2. （09上海 7）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（ B ）经过B点时，运动员的速率最大经过C点时，运动员的速率最大从C点到D点，运动员的加速度增大从C点到D点，运动员的加速度不变A B CD 3. （09上海 46）与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。在额定输出功率不变的情况

46、下，质量为60Kg 的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04 倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为 N,当车速为 2s/m 时，其加速度为 m/s2(g=10m m/s2) 规格后轮驱动直流永磁铁电机车型14电动自行车额定输出功率200W 整车质量40Kg 额定电压48V 最大载重120 Kg 额定电流4.5A 答案： 40：0.6 4. （09宁夏 20）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ BC ）A

47、.物块先向左运动，再向右运动B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零5. （09广东物理 8）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N。他将弹簧秤移至电梯内称其体重，0t至3t时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ A ）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页优秀教案欢迎下载解析 ：由图可知，在t0-t1时间内，弹簧秤的示数小于实际重量，则处于失重状态，此时具有向下的加速度，在t1

48、-t2阶段弹簧秤示数等于实际重量，则既不超重也不失重，在t2-t3阶段，弹簧秤示数大于实际重量，则处于超重状态，具有向上的加速度，若电梯向下运动，则t0-t1时间内向下加速，t1-t2阶段匀速运动，t2-t3阶段减速下降， A正确；BD不能实现人进入电梯由静止开始运动，C项t0-t1内超重，不符合题意。6. （09江苏物理 9）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A 、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（ BCD ）A当 A、B加速

49、度相等时，系统的机械能最大B当 A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C当 A、B的速度相等时，A的速度达到最大D当 A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析 ：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对有maFF1，对有maF1，得21FF，在整个过程中的合力（加速度）一直减小而的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图， tl时刻，两物体加速度相等，斜

50、率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。7. （09广东理科基础4）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg 的工 人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg 的建筑材料以0500m s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g 取 lOms2) （ B ）A510 N B490 N C890 N D910 N 解析 ：对建筑材料进行