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专题03 牛顿运动定律第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，且更加突出考查学生运用力和运动的观点分析解决问题的能力。牛顿运动定律及其应用是每年高考考查的重点和热点，应用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析，特别是牛顿运动定律与曲线运动，万有引力定律以及电磁学等相结合的题目，牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多，一般涉及一下几个方面：一是牛顿第二定律的瞬时性，根据力求加速度或者根据加速度求力，二是动力学的两类问题，三是连接体问题，四是牛顿第二定律在生活生产和科技中的应用。牛顿运动定律第一部分知识背一背1.牛顿第一定律(1)牛顿第一定律的意义指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律.指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.(3)惯性量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性.2.牛顿第二定律(1)物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系，且这种关系是瞬时的.(2)适用范围：牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系).牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况.4.牛顿第三定律四同： (1)大小相同(2)方向在同一直线上(3)性质相同(4)出现、存在、消失的时间相同三不同：(1)方向不同(2)作用对象不同(3)作用效果不同5.超重与失重和完全失重超重、失重和完全失重的比较现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的现象系统具有竖直向下的加速度，且ag第三部分技能+方法一、如何理解牛顿第一定律牛顿第一定律不是实验定律，即不能由实验直接加以验证，它是在可靠的实验事实基础上采用科学的抽象思维而推理和总结出来的.二、牛顿第一定律、惯性、牛顿第二定律的比较1.力不是维持物体运动的原因，力是改变运动状态的原因，也就是力是产生加速度的原因.2.牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是牛顿第二定律的基础，牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的，是以伽利略的理想实验为基础，通过对大量实验现象的思维抽象、推理而总结出来的.牛顿第一定律定性地给出了物体在不受力的理想情况下的运动规律，在此基础上牛顿第二定律定量地指出了力和运动的关系：Fma.三、牛顿第二定律的理解1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速.3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤其是初始条件是很多同学最容易忽视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程四、作用力和反作用力与平衡力作用力和反作用力与平衡力的比较内容作用力和反作用力平衡力受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系相互依存，不可单独存在，同时产生，同时变化，同时消失无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡叠加性两力作用效果不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，且合力为零力的性质一定是同性质的力可以是同性质的力，也可以是不同性质的力大小方向大小相等、方向相反、作用在一条直线上大小相等、方向相反、作用在一条直线上五、整体法和隔离法的应用1.解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取对象，恰当地选择使用隔离法和整体法.2.在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理.3.在选用整体法和隔离法时，可依据所求的力进行选择，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度.应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式为：Fxm1a1xm2a2xmnanxFym1a1ym2a2ymnany应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化求解的目的，但需把握三个关键点：(1)正确分析系统受到的外力；(2)正确分析系统内各物体加速度的大小和方向；(3)确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解.六、牛顿运动定律应用规律（一）、动力学两类基本问题的求解思路两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽，思维过程如下：（二）、用牛顿定律处理临界问题的方法1.临界问题的分析思路解决临界问题的关键是：认真分析题中的物理情景，将各个过程划分阶段，找出各阶段中物理量发生突变或转折的“临界点”，然后分析出这些“临界点”应符合的临界条件，并将其转化为物理条件.2.临界、极值问题的求解方法(1)极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理此类问题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的.(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答此类题目，一般采用假设法.此外，我们还可以应用图象法等进行求解.（三）、复杂过程的处理方法程序法按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为程序法.用程序法解题的基本思路是：1.划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态.2.对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果.3.前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的分界点是关键第四部分基础练+测一、单选题1如图所示，水平桌面上，质量为小的物块放在质量为2m的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数为木板和桌面间的动摩擦因数为，开始时物块和木板均静止，若在物块上施加一个水平向右的恒力F，已知重力加速度为g，下列说法正确的是A当Fmg时，物块和木板一定发生相对滑动B当F=mg时，物块的加速度大小为112gC当F=2mg时，木板的加速度大小为16gD不管力F多大，木板的加速度始终为0【答案】 B【解析】【详解】对长木板，因mg143mg，长木板可以向右运动，由mg-143mg=2ma2可得其运动的最大加速度为a2=18g，选项D错误。当物块、木板将要发生相对滑动时，对物块，F0-mg=ma2，将a2=18g代入得F0=98mg。故有，（1）当拉力F143mg时，二者均保持静止；（2）当拉力34mgF98mg时，二者相对静止，一起加速运动；（3）当拉力F98mg时，二者发生相对运动。故AC错误，B正确。2如图所示，一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，不计空气阻力，则下列说法正确的是A由B到C的过程中，弹簧弹性势能和物块动能之和逐渐减小B由B到C的过程中，物块动能和重力势能之和不变C由B到C的过程中，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和不变D由B到C的过程中，物块加速度逐渐减小【答案】 A【解析】【详解】由B到C的过程中，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，物块的重力势能增大，则弹性势能和动能之和减小；由于弹簧的弹性势能增加，则物块动能和重力势能之和减小，故A正确，BC错误；由B到C的过程中，弹力向下逐渐变大，根据mg+F弹=ma可知，物块加速度逐渐变大，选项D错误；故选A.3质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体的vt图象如图所示，则下列说法正确的有A水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍B在物体运动的整个过程中， F的冲量大小大于摩擦力的冲量大小C在物体运动的整个过程中， F做的功大于克服摩擦力做的功D物体在加速段的平均速度等于减速段的平均速度【答案】 D【解析】【详解】由v-t图象知物体在加速过程的加速度大小为a1=v0t0，在减速过程的加速度大小为a2=v02t0；对于匀减速运动过程，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为 f=ma2=mv02t0；在匀加速过程中，由牛顿第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小为F=3mv02t0，是物体所受摩擦力大小的3倍，故A错误；对整个过程，由动量定理：IF-If=0，则在物体运动的整个过程中， F的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，选项B错误；对整个过程，由动能定理：WF-Wf=0，则在物体运动的整个过程中，F做的功等于克服摩擦力做的功，选项C错误；由v-t图象知物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为v02，故D正确；故选D.4如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F 的大小随小球下落的位置坐标x 变化的关系，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断不正确的是( )A当 xhx0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大C当 xh2x0，小球的加速度大小为gD小球动能的最大值为 mghmgx0【答案】 D【解析】【详解】A根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；B小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B正确；C在x=h+x0位置：mg=kx0，则在xh2x0时：k2x0-mg=ma，解得a=g，选项C正确；D小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg（h+x0）-W弹=12mvm2，故小球动能的最大值小于mg（h+x0），故D错误；5如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动下列说法正确的是（ ）A小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重C撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大D撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小【答案】 D【解析】【详解】根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=mgsinmgsin，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误。对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误。根据动能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误。比较小球在斜面上与空中运动的时间。由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsin，竖直分加速度为 ay=asin=gsin2g，则知撤去斜面，落地时间变短。故D正确。故选D。6如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，不带电绝缘小物块b置于绝缘斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。在a所在空间中有竖直向下的匀强电场，当电场强度逐渐增加的情况下，a、b、c都处于静止状态，则（）Ab对c的摩擦力一定减小B地面对c的摩擦力一定减小C地面对c的摩擦力方向一定向右Db对c的摩擦力方向可能平行斜面向上一直增加【答案】 D【解析】【详解】AD由于电场强度增加，所以连接ab的细绳中的拉力增大，如果b物块的重力沿斜面向下的分力与刚才时的拉力相等，随拉力的增大，b受的摩擦力沿斜面向下且增大，则c受到b的摩擦力方向沿斜面向上且一直增大，故A错误，D正确；BC将bc看成一个整体，绳的拉力方向斜向右上方，所以c受到的摩擦力方向一定水平向左，由于拉力增大，拉力沿水平方向的分力增大，由平衡可知，c受到的摩擦力增大，故BC错误。7如图所示，在倾角=37的光滑斜面上质量均为m=5kg的A、B两物体用k=200N/m的轻弹簧相连，初始时A、B两物体静止放在斜面底端的挡板上。现施加一个沿斜面向上的外力F作用在物体A上，使之能匀加速上升，经t=0.4s物体B刚要脱离挡板。已知sin37=0.6，g=10m/s2，则下列说法正确的是A所施外力F随时间均匀增大B物体A运动的加速度为3m/s2C物体B脱离挡板时物体A的速度为2m/sD0.4s内外力F所做的功为14.625J【答案】 D【解析】【详解】A项：弹簧处于压缩状态，后处于拉伸状态，弹簧处于压缩状态时，对A，由牛顿第二定律得：F+kx-mgsin=ma，得，随着x的减小，F增大，弹簧处于拉伸状态时，对A，根据牛顿第二定律得：F-kx-mgsin=ma，得F=mgsin+ma+kx，随着x的增大，F增大，由数学知识知所加外力F随弹簧形变量x均匀增大，由于A做匀加速运动，当弹簧处于压缩状态时，由x=12at2和x=x1-x得x=x1-12at2，x1是初始时弹簧的压缩量，可知，x随时间t不是均匀增大，所以外力F随时间不是均匀增大，同理，当弹簧处于拉伸状态时，外力F随时间不是均匀增大，故A错误；B项：开始时A、B处于静止时，对A：kx1=mgsin，解得x1=0.15m，B刚要离开挡板时，挡板对B的支持力为0，对B：kx2=mgsin，解得：x2=0.15m，所以从开始到B刚离开挡板时A移动的位移为：x=x1+x2=0.3m，由x=12at2解得：a=3.75ms2，故B错误；C项：物体B脱离挡板时物体A的速度为v=at=1.5ms，故C错误；D项：由于x1=x2，所以初末位置时弹簧的弹性势能相等，对A，根据动能定理得W-mgxsin=12mv2，可得外力F所做的功为W=14.625J，故D正确。故选：D。8将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定则上升过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与小球离抛出点高度h的关系错误的是()ABCD【答案】 B【解析】【详解】根据牛顿第二定律，则-mg-f=ma，解得a=-mg+fm，则选项A正确；根据v2=v02-2gh可知，选项B错误；根据能量关系：E=E0-fh可知，选项C正确；根据动能定理：Ek=Ek0-mgh-fh可知，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.9以下涉及物理学史上的四个重大发现,其中说法不正确的是A卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力常量B奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场C牛顿根据理想斜面实验,提出力是改变物体运动状态的原因D纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论【答案】 C【解析】【详解】A、卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力恒量.所以A选项是正确的.B、奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场,所以B选项是正确的;C、伽利略根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因,故C错误D、纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,先后指出：闭合电路中电磁感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D对；本题选不正确的，故选C10物块在1N合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块有关物理量大小的判断正确的（ ）A质量为1kgB初速度为2msC初动量为2kgmsD加速度为05ms2【答案】 D【解析】【分析】本题考查的是图像问题，先判断图像的横轴坐标，然后求出表达式，最后分析斜率和截距的含义。【详解】根据图像求出解析式为x=v2-2，与v2-v02=2ax类比可得：a=0.5m/s2，m=2kg，v0=2m/s，p0=22kgm/s，D正确。【点睛】图像问题的切入点是求出图像的解析式，然后与我们所学的规律类比即可。二、多选题11如图所示,水平地面上固定一竖直挡板,倾角为、质量为M的斜面体右侧用楔子P固定于地面,一质量为m的球体静止于挡板与斜面之间,设所有接触面均光滑:若将固定斜面体的楔子P取走,小球下落且未脱离斜面的过程中,下列说法正确内是A球将做自由落体运动B球对竖直挡板压力相对于球静止时减小C球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒D球体与斜面体组成系统动量守恒【答案】 BC【解析】【详解】A小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项A错误；B球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项B正确；C因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选项C正确；D球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向受合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项D错误.12如图所示，可视为质点的小球套在光滑的竖直杆上，一根不可伸长的细绳绕过滑轮连接小球，已知小球重力为IN，电动机从A端以1m/s的速度沿水平方向匀速拉绳，绳子始终处于拉直状态。某一时刻，连接小球的绳子与竖直方向的夹角为600，对此时小球速度及绳子中拉力的判断正确的是A小球速度等于2m/sB小球速度等于0.5m/sC绳中拉力大于2ND绳中拉力等于2N【答案】 AC【解析】【详解】设小球速度为v1，绳子速度为v2，小球的运动速度可分解到沿绳和垂直绳的方向上，故v2=v1cos，可得v1=v2/cos=2m/s。小球运动过程角逐渐增大，故小球在做加速运动，加速度向上，对小球受力分析知F cos-mg=ma，故Fmgcos=2N。故选项AC正确，BD错误。13静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小随时间变化如图甲所示。在拉力F从零逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10m/s2。则下列说法中错误的是A物体与水平面间的摩擦力先增大后减小至某一值并保持不变B物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C4s末物体的动量大小为12kgm/sD4s内滑动摩擦力的冲量大小为9Ns【答案】 ABC【解析】【详解】由乙知，0-2s内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。t=2s时静摩擦力达到最大值，t=2s后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变，所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变。故A正确。在2-4s内，由牛顿第二定律得：F-mg=ma；由图知：当F=6N时，a=1m/s2，代入得6-10m=m；当F=12N时，a=3m/s2，代入得 12-10m=3m；联立解得=0.1，m=3kg，故B正确。根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知4s内物体速度的变化量为v=1+322=4m/s，由于初速度为0，所以4s末物体的速度为4m/s，动量大小为P=mv=12kgm/s，故C正确。4s内滑动摩擦力的冲量大小为I=mgt=0.1302Ns=6Ns，选项D错误。14火箭是靠火箭发动机喷射工质（工作介质）产生的反作用力向前推进的飞行器。它自身携带全部推进剂，不依赖外界工质产生推力，可以在稠密大气层内，也可以在稠密大气层外飞行。一枚火箭升空后沿着直线离开某个星球的表面，星球很大，表面可视为水平面，如图所示。若不计星球的自转，不计空气阻力，则以下轨迹（图中虚线）可能正确的是：ABCD【答案】 ABC【解析】【详解】A图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，合力方向与速度共线做直线运动，选项A正确；B图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，若重力与向上的作用力相等，则火箭可沿虚线方向做匀速直线运动，选项B正确；C图中，火箭向后喷气，产生沿斜向上方向的作用力，重力竖直向下，若合力方向沿虚线方向，火箭可沿虚线方向做加速运动，选项C正确；D图中，火箭向后喷气，产生沿虚线方向的斜向上的作用力，重力竖直向下，合力方向不能沿虚线方向，火箭不可能沿虚线方向做直线运动，选项D错误；故选ABC.15如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在t s末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则A恒定外力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且sin=vv0B质点所受合外力的大小为mv02-v2tC质点到达B点时的速度大小为v0vv02-v2Dt s内恒力F做功为12mv02-v2【答案】 ABC【解析】【详解】分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示：在x方向上由运动学知识得vv0sin ；在y方向上由运动学知识得v0cos ayt；由牛顿第二定律有Fmay；解得Fmv02-v2t，sin vv0，即恒力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且sin vv0。故AB正确；设质点从A点运动到B历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有Fcos ma1；Fsin ma2；由运动学知识可得v0a1t1；vBa2t1解得vBv0vv02-v2，则选项C正确；t s内恒力F做功为12m(v02v2) ，故D错误。故选ABC.16如图所示，质量为M足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为零。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A斜而体对地面的压力大小等于(m+M)gB斜面体给小物块的作用力大小小于mgC若将力F撤掉，小物块将匀速下滑D若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动【答案】 AC【解析】【分析】因为斜面体与地面的摩擦力为零，隐含条件“小物块对斜面体作用力的合力竖直向下”，运用隔离法分析斜面体和小物块，结合牛顿第二定律和第三定律分析各选项；【详解】A. 根据题意，物块沿斜面匀加速下滑，此过程斜面体与地面的摩擦力为0，说明m对M的压力和m对M的摩擦力的合力竖直向下，大小等于mg，对斜面体受力分析知，斜面体对地面的压力大小等于(M+m)g，故A正确；B. 小物块对斜面体的作用力大小等于mg，根据牛顿第三定律，斜面体给小物块的作用力大小等于mg，故B错误；C. 若将F撤掉，则重力、支持力和摩擦力的合力为0，小物块将匀速下滑，故C正确；D. 对m:水平方向FNsin=fcos,得=f/FN=sin/cos=tan若将F方向改为竖直向下，则(mg+F)sin(mg+F)cos=ma，解得a=0，即小物块做匀速运动，故D错误；故选：AC17如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板，当v=v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速。此过程中A、B系统生热为Q，则( )A若v=v02，A、B相对运动时间为t02B若v=v02，A、B系统生热为Q2C若v=2v0，A经历t04达木板右端D若v=2v0，A、B系统生热为Q【答案】 AD【解析】【分析】对于A、B组成的系统，由于系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终两者的共同速度，再由对B，运用动量定理求运动时间。由系统的能量守恒求系统生热。【详解】A项：当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv代入数据得：v=0.5v0对B，由动量定理得：ft0=mv可得：t0=mv02f由能量守恒定律得：Q=12mv02-122mv2=14mv02若v=v02，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv02=2mv解得：v=v04对B，由动量定理得：ft=mv解得：t=mv04f可得：t=t02AB系统生热Q=12m(v02)2-122mv2=116mv02=Q4，故A正确，B错误；C、D项：若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定律得：Q=12m(2v0)-12mvA2-12mvB2结合上面解答有：Q=14mv02对B，由动量定理得：ft=mvB-0联立解得：vB=4-133v0，t=(4-13)3ft04，故C错误，D正确。故选：AD。【点睛】解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生热与相对位移有关。18如图所示，一倾角为30的光滑斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5 m/s的速度顺时针转动。现有质量为1 kg的物体（视为质点）从斜面上距传送带高h5 m处由静止滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动的时间可以忽略。已知传送带足够长，它与物体之间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2，则A物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为5 m/sB物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为4.5 sC物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦产生的热量为200 JD物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦力对物体做的功为-37.5 J【答案】 BD【解析】【分析】A.物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；B、当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，由位移公式求出物块向左的时间；随后物块先向右加速到速度等于5m/s，然后做匀速直线运动，由运动学的公式分别求出各段的时间，然后求和；C、摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，由此即可求出；D、根据动能定理求解即可【详解】A. 物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh=12mv2解得：v=2gh=2105m/s=10m/s.故A错误；B. 当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小,物块在传送带上的加速度：a=mg/m=g=0.510=5m/s2物块到速度等于0的时间：t1=0-v-a=0-10-5s=2s物块的位移：L=0+v2t1=0+1022m=10m物块的速度等于0后，随传送带先向右做加速运动，加速度的大小不变，则物块达到与传送带速度相等的时间：t2=v0/a=5/5=1s位移：x1=12at22=12512m=2.5m物块随传送带做匀速直线运动的时间：t3=L-x1v0=10-2.55s=1.5s所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s.故B正确；C. 物块向左做减速运动的过程中,传送带的位移：x2=v0t1=52=10m物块向右加速的过程中传送带的位移：x3=v0t2=51=5m相对位移：x=L+x2+x3x1=10+10+52.5=22.5m，该过程中产生的热量：Q=mgx=0.511022.5=112.5J.故C错误；D. 由动能定理得：Wf=12mv02-12mv2解得：Wf=37.5J.故D正确。故选：BD19如图所示，一质量m=0.1kg 的小煤块以v0=5m/s 的初速度从最左端水平进入轴心距离L=8m 的水平传送带，传送带可由一电机驱使而转动。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数=0.1(取 g=10m/s2)（）A若电机不开启，传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为 3m/sB若电机不开启，传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为 3sC若开启电机，传送带以 6m/s 的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为 1.0mD若开启电机，传送带以 6m/s 的速率逆时针转动，则小煤块在传送带滑动的过程中产生的热量为 2.0J【答案】 AD【解析】【详解】AB、当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，加速度为：a=g=0.110m/s2=1m/s2根据速度位移公式有：v02-v2=2al解得：v=3m/s，运动的时间为：t=v0-va=5-31s=2s.故A正确，B错误；C. 当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，则煤块达到传送带速度所经历的时间为：t=v-v0a=6-51s=1s此时小煤块的位移为：x1=v2-v022a=62-5221m=5.5m8m传送带的位移为：x2=vt=61m=6m则黑色痕迹的长度为：x=x2x1=65.5m=0.5m.故C错误；D. 当电机开启，传送带逆时针转动，小煤块在传送带上一直做匀减速直线运动，运动的时间为：t=2s，此时传送带的位移为：x1=vt=62m=12m则相对运动的位移大小为：x=x1+L=12+8m=20m则摩擦产生的热量为：Q=mgx=0.111020J=2.0J.故D正确。故选：AD.【点睛】当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出小煤块到达传送带右端时的速度大小和运动的时间当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出相对滑动的距离当电机开启，传送带逆时针转动，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，结合运动学公式求出相对滑动的距离，从而求出摩擦力产生的热量20如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为。下列说法中正确的是：（）A若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量增大C若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少D若只减小，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小【答案】 CD【解析】【详解】A、滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积Q=mgl相对，因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；B、由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会减小，滑块的位移等于xM+L减小,对滑块根据动能定理-mg(xM+L)=12mv12-12mv02，可知滑块滑离木板时的速度v1增大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒：Mv0=mv1+Mv，可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B错；C、采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化减小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板得动量变化也减小。故C正确。D、当很小时，长木板运动的位移xM会减小，滑块的位移等于xM+L减小故D正确。【点睛】本题应注意以下几点：1、体会儿童极限法解题。2、摩擦力与相对位移得乘积等于产生得内能，摩擦力与对地位移得乘积等于物体的动能得变化。三、解答题21如图所示，倾角为=37的斜面上有一固定挡板C，长度为l1=10m的木板B上有一长度为l2=2m的木板A，AB上端齐平，B与斜面之间的摩擦因数为1=0.5，AB之间的摩擦因数为2现静止释放AB，两者相对静止一起向下加速，经过时间t=2s长木板B与C相碰，碰后B立即停止运动，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）B与C碰时A的速度；（2）要使A不滑离B，AB之间的摩擦因数2应满足什么条件【答案】（1）速度v=4m/s；（2）AB之间的摩擦因数278【解析】【详解】（1）AB一起向下加速的加速度为a1=gsin-1gcos=2m/s2则B与C碰时A的速度v=a1t可得v=4m/s（2）当B停止后，A向下作减速运动，加速度为a2=2gcos- gsin由运动学公式有：v2=2a2l=2a2（l1-l2）可得2=78则AB之间的摩擦因数27822有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间。为简化问题，现设两边倾斜部分AB 段和CD 段均为直轨道，长度均为L=200 m，水平部分BC 段长度也为L=200 m、站台的高度 h 未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接。一长度可忽略的电车自站台左前方以 v0=72 km/h 的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经过时间 t1=100 s 后到达 A 点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的 B 点时速度为 vB=18 km/h，此时司机还需启动刹车系统，使得电车最终正好停在了 BC 段的中点。已知电车在各段轨道上所受摩擦（不含刹车时所增加的阻力）及空气阻力均可认为等于其自身总重量的 0.01 倍，刹车过程所增加的阻力可看作恒力，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可能腾空对研究问题的影响，g 取 10 m/s2求：（1）电车到达A 点时的速度大小vA；（2）电车从站台B 点到最终停止所需的时间 t；（3）该电车站台的高度h；【答案】（1）10m/s；（2）40s；（3）1.75m。【解析】【详解】v0=72km/h=20m/s，vB=18km/h=5m/s；（1）电车从切断电源到A点的过程合外力为摩擦力，故由牛顿第二定律可得：0.01mg=ma1，所以，a10.01g0.1m/s2；由匀变速运动规律可得：vA=v0-a1t1=20m/s-0.1100m/s=10m/s；（2）机车从B点到停止的过程受重力、支持力、摩擦力和阻力作用，故机车做匀减速运动，则有12L12vBt，所以，电车从站台B点到最终停止所需的时间tLvB200m5m/s40s；（3）机车从A点到B点的过程只有重力和摩擦力做功，故由动能定理可得：mgh0.01mgL12mvB212mvA2；所以，hvA2-vB22g-0.01L102-52210m-0.01200m1.75m23如图所示，一质量为1kg的物体静止放在粗糙程度相同的水平面上在t=0时刻，对物体加一斜向上、与水平方向成=37角的力F的作用，物体做匀加速直线运一段时间后，撤去F的作用，最终停在水平面上，物体运动过程中从t=0时刻开始，每隔0.1s通过速度传感器测量出物体的瞬时速度，部分测量数据如下表所示，已知sin37=06，g=10m/s2，求(1)力F的大小；(2)物体运动过程中获得的最大动能；(3)整个运动过程中物体克服摩擦力所做的功。【答案】（1）10N（2）18J（3）24J【解析】【详解】由题意可知，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动。设物体做匀加速和匀减速运动过程中加速度大小分别为a1，a2。由表中数据可知：a1=vt=6m/s2，a2=v2t=5m/s2物体做匀加速运动过程：Fcos-（mg-Fsin)=ma1物体做匀减速运动过程：mg=ma2由以上各式可得：F=10N设物体做匀加速运动时间为t，有题意可知：a1t=v2+a2(t2-t)即6t=3+5(1.6-t)得：t=1s物体过程中获得的最大动能：Ekm=12mvm2=12m(a1t)2=18J物体做匀加速运动的位移：S1=12a1t2对物体全过程列动能定理方程：FS1cos37-Wf=0-0得：Wf=24J24如下左图所示，倾角为粗糙斜面固定在光滑水平面上.质量为m=1kg,初速度为v0的小木块距斜面底端的位置开始上滑，若从此时开始计时，小木块滑回底端前速度v的平方随路程变化的关系图象如下右图所示，取g=10m/s2，小木块与斜面的动摩擦因数是;（斜面底端与水平面平滑连接）.求：(1)小木块在斜面上的位移及;(2)从小木块在斜面上运动全程产生热量.【答案】(1)3m,沿着斜面向下;=0.5 (2)Q=52J【解析】【详解】（1）选定初速度方向为正方向，根据v2-x图像可得小木块上滑的位移是x1=5m，下滑的位移是x2=-8m，所以在斜面上的总位移是x=x1+x2=-3m故小木块在斜面上的位移3m沿着斜面向下根据牛顿第二定律上滑过程加速度a1=gsin+gcos同理可得下滑过程加速度a2=gsin-gcos根据v2-v02=2ax及图像可得a1=100-025m/s2=10m/s2同理可得a2=32-028m/s2=2m/s2联立方程可得=0.5（3）根据（1）中方程，可得sin=0.6,cos=0.8则摩擦生热Q=fs=mgcos=52J25如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面倾角30，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A距离L6.5 m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使其与板脱离。已知板的质量m1103 kg，滚轮边缘线速度v4 m/s，滚轮对板的正压力FN2104 N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为0.35，g取10 m/s2。求：(1)在滚轮作用下板上升的加速度大小；(2)金属板的下端经多长时间到达滚轮的切点B处；(3)金属板沿斜面上升的最大距离。【答案】(1) 2 m/s2 (2) 2.625 s (3)8.1 m【解析】【分析】(1)对金属板受力分析，运用正交分解法，根据牛顿第二定律列方程即可求出加速度.(2)假设金属板一直匀加速上升，求出位移可知还要匀速上升，所以金属板从A到B经历加速上升和匀速上升两个过程，分别求出两个过程的时间.(3)金属从B点向上做匀减速运动，先根据牛顿第二定律求出匀减速的加速度，求出位移，再加上L即为金属板沿斜面上升的最大距离.【详解】(1)对金属板受力分析如图所示:受力正交分解后，沿斜面方向由牛顿第二定律得FNmgsinma1解得a12m/s2(2)由运动规律得va1t1解得t12s匀加速上升的位移为x1=v2t1=4m匀速上升需时间t2=L-x1v=6.5-44s=0.625s共经历tt1t22.625s(3)滚轮与金属板脱离后向上做减速运动，由牛顿第二定律得mgsin ma2解得a25m/s2金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离后上升的距离x2=v22a2=4225m=1.6m金属板沿斜面上升的最大距离为xmLx26.5m1.6m8.1m【点睛】此题是一道典型的动力学问题，要求能够对金属板进行正确的受力分析，知道轮对金属板的摩擦力f是动力，会根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解运动学参量.26某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落，他打开降落伞后的速度时间图象如图(a)所示。降落伞用8根对称的悬绳悬挂运动员，每根悬绳与中轴线的夹角为37，如图(b)所示。已知运动员和降落伞的质量均为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开降落伞后，降落伞所受的阻力f与下落速度v成正比，即fkv。重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)打开降落伞前运动员下落的高度；(2)阻力系数k和打开降落伞瞬间的加速度；(3)降落伞的悬绳能够承受的拉力至少为多少。【答案】（1）20m（2）30 m/s2，方向竖直向上。（3）312.5 N【解析】【分析】（1）根据速度位移公式求出打开降落伞前人下落的高度。（2）抓住平衡，根据kv=（m1+m2）g求出阻力系数，根据牛顿第二定律求出加速度的大小。（3）对人分析，根据牛顿第二定律求出拉力的大小。【详解】（1）打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式可得运动员下落的高度为：hv022g，由题图（a）可知：v0=20m/s解得：h=20m。（2）由题图（a）可知，当速度为v=5m/s时，运动员做匀速运动，受力达到平衡状态，由平衡条件可得：kv=2mg即k=2mgv，解得：k=200Ns/m。在打开降落伞瞬间，由牛顿第二定律可得：kv0-2mg=2ma，解得：a=30m/s2，方向竖直向上。（3）根据题意可知，打开降落伞瞬间悬绳对运动员拉力最大，设此时降落伞上每根悬绳的拉力为T，以运动员为研究对象，则有：8Tcos37-mg=ma，代入数据可解得：T=312.5N，故悬绳能够承受的拉力至少为312.5N。【点睛】本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，关键合理地选择研究的对象，运用牛顿第二定律进行求解。27如图所示，物体ab放置在光滑的水平桌面上，a、b上表面水平，在a、b上分别放置着物体d和c，a、b间用轻质细线相连，开始细线刚好被拉直，此时细线水平，已知b、c之间和a、d之间动摩擦因数均为，物体a、b、c、d的质量均为m。现在d通过轻质细线绕过光滑滑轮与小物体e相连，用手托住e，d与滑轮间的细线刚好拉直成水平，e到地面的距离为h。要求a、b、c、d相对静止，释放物体后，欲使在最短的时间到达地面。已知最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，求：(1)c到地面的最短时间?(2)此时物体e的质量?【答案】(1)6hg；(2)4m3-【解析】【分析】（1）先求解物体运动的最大加速度，结合运动公式求解c到地面的最短时间；（2）结合整体和隔离法列式求解物体e的质量.【详解】（1）a、d之间的静摩擦力是a、b、c三个物体加速运动的动力，其最大值为Fm=mg，则运动的最大加速度为a=Fm3m=13g，又e到地面的距离h一定，加速度最大运动的时间最短，设最短时间为tm,，则h=12atm2，解得tm=6hg（2）隔离abc可知最大加速度a=13g，对物体e有：Meg-F=Mea；对物体abcd整体有：F=4ma解得Me=4m3-28质量为m=1kg的物体,在水平拉力的作用下，从静止开始沿粗糙水平面运动, 经过时间2s，拉力停止作用，再经4s物体停止。运动过程中v-t的图像如图，g取10m/s2。求:（1）物体运动过程总位移大小；（2）物体和水平面间的动摩擦因数；（3）水平拉力的大小F。【答案】（1）24m （2） 0.2 （3）6N【解析】【详解】（1）由v-t图像可知，物体运动的过程总位移大小为x=1268m=24m（2）物体加速运动的加速度大小为a1=vt=4m/s2；拉力停止作用后，物体做减速运动的加速度为a2=vt=2m/s2，设物体和水平面的动摩擦因数为，则mg=ma2，解得=0.2（3）由牛顿第二定律：F-mg=ma1解得F=6N.29为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道。一辆货车在倾角30的连续长直下坡高速路上，以v07 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2。在加速前进了x096 m后，货车冲上了平滑连接的倾角37的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65。货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 370.6，g10 m/s2。求：(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x。【答案】(1)25 m/s(2)25 m【解析】【详解】（1）设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知：mgsin -k1mgma1解得：a13 m/s2由公式v2-v02
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