2023高考物理考前冲刺专题巩固讲义 专题三 牛顿运动定律

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2023高考物理考前冲刺专题巩固讲义
专题三 牛顿运动定律
一、牛顿第一定律
1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．
3．惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
3．量度：质量是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．
3．普遍性：惯性是物体的本质属性，一切物体都有惯性．与物体的运动情况和受力情况无关．
二、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma.
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
三、两类动力学问题
1．已知物体的受力情况，求物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况．
特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．
四、牛顿第三定律
1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，而且在一条直线上．
2．表达式：F＝－F′.
特别提示：(1)作用力和反作用力同时产生，同时消失，同种性质，作用在不同的物体上，各自产生的效果，不会相互抵消．
(2)作用力和反作用力的关系与物体的运动状态无关．
五、力学单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．
2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．
3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．
考点一　牛顿第一定律
1．明确了惯性的概念．
2．揭示了力的本质．
3．揭示了不受力作用时物体的运动状态．
4.(1)牛顿第一定律并非实验定律．它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的．
(2)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种固有属性，与物体是否受力、受力的大小无关，与物体是否运动、运动速度的大小也无关．
考点二　牛顿第三定律的理解与应用
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
(1)“三同”：①大小相同；②性质相同；③变化情况相同．
(2)“三异”：①方向不同；②受力物体不同；③产生效果不同．
(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．
2．相互作用力与平衡力的比较
作用力和反作用力 一对平衡力
不同点 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 同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失
叠加性 两力作用效果不可抵消，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，合力为零
力的性质 一定是同性质的力 性质不一定相同
相同点 大小、方向 大小相等、方向相反、作用在同一条直线上
考点三　用牛顿第二定律求解瞬时加速度
1．求解思路
求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．
2．牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型
(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．
3．在求解瞬时加速度时应注意的问题
(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积累的过程，不会发生突变．
4.解决瞬时加速度问题的关键是弄清哪些力发生了突变，哪些力瞬间不变，正确画出变化前后的受力图．
考点四　动力学两类基本问题 　
1.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
2.(1)解决两类动力学基本问题应把握的关键
①一个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁．
②两类分析——受力分析和运动过程分析．
(2)解决动力学基本问题时对力的两种处理方法
①合成法：
物体受2个或3个力时，一般采用“合成法”．
②正交分解法：
物体受3个或3个以上的力时，则采用“正交分解法”．
(3)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图．
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
考点五　动力学图象问题
1．图象类型
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况．
(3)已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况．
2．问题的实质：是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能．
3.数形结合解决动力学问题
(1)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果．
(2)解决这类问题必须把物体的实际运动过程与图象结合，相互对应起来．
考点六　超重和失重现象
1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)．
2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关．
3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，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.
5.超重和失重现象的判断方法
(1)从受力的大小判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．
(2)从加速度的方向判断，当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，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．
考点七　整体法和隔离法解决连接体问题
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
4.正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．
考点八分解加速度求解受力问题
在应用牛顿第二定律解题时，通常不分解加速度而分解力，但有一些题目要分解加速度．最常见的情况是与斜面模型结合，物体所受的作用力是相互垂直的，而加速度的方向与任一方向的力不同向．此时，首先分析物体受力，然后建立直角坐标系，将加速度a分解为ax和ay，根据牛顿第二定律得Fx＝max，Fy＝may，使求解更加便捷、简单．
一、用牛顿第三定律转换研究对象
作用力与反作用力，二者一定等大反向，分别作用在两个物体上．当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．
二、分解加速度求解受力问题
在应用牛顿第二定律解题时，通常不分解加速度而分解力，但有一些题目要分解加速度．最常见的情况是与斜面模型结合，物体所受的作用力是相互垂直的，而加速度的方向与任一方向的力不同向．此时，首先分析物体受力，然后建立直角坐标系，将加速度a分解为ax和ay，根据牛顿第二定律得Fx＝max，Fy＝may，使求解更加便捷、简单．
三、传送带模型中的动力学问题
1．模型特征
一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图甲、乙、丙所示．
2．建模指导
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．
(1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．根据物体与传送带的相对速度方向判断摩擦力方向．两者速度相等是摩擦力突变的临界条件．
(2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
3.解答传送带问题应注意的事项
(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况．
(2)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系．
(3)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向→速度变化情况→共速，并且明确摩擦力发生突变的时刻是v物＝v传
四、 “滑块——滑板”模型的分析
1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．
2．模型分析
解此类题的基本思路：
(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；
(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移．
3.(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
(2)滑块是否会从滑板上掉下的临界条件是：滑块到达滑板一端时两者共速．
(3)滑块不能从滑板上滑下的情况下，当两者共速时，两者受力、加速度发生突变．
五、动力学中的临界条件及应用
一、临界状态
物体在运动状态变化的过程中，相关的一些物理量也随之发生变化．当物体的运动变化到某个特定状态时，相关的物理量将发生突变，该物理量的值叫临界值，这个特定状态称之为临界状态．
二、临界状态的判断
1．若题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．
2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
3．临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，因此，若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
4．若题目中有“最终”、“稳定”等文字，即是求收尾速度或加速度．
三、处理临界问题的思路
1．会分析出临界状态的存在．
2．要抓住物体处于临界状态时的受力和运动特征，找出临界条件，这是解决问题的关键．
3．能判断物体在不满足临界条件时的受力和运动情况．
4．利用牛顿第二定律结合其他规律列方程求解．
四、力学中常见的几种临界条件
1．接触物体脱离的临界条件：接触面间的弹力为零，即FN＝0.
2．绳子松弛的临界条件：绳中张力为0，即FT＝0.
3．相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值，即f静＝fm.
4．滑块在滑板上不滑下的临界条件：滑块滑到滑板一端时，两者速度相同
专题三 高考仿真练习 时间 70分钟 满分：110分
第I卷（选择题）
一、单选题(共30分)
1．(本题6分)（2022·全国·统考模拟预测）如图甲所示，倾角为、长为的斜面体固定在水平面上，一可视为质点、质量为的滑块由斜面体的底端以初速度冲上斜面体，经过一段时间滑块刚好滑到最高点，滑块与斜面体之间的动摩擦因数与滑块位移的变化规律如图乙所示，重力加速度g取，，。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块的初速度大小为
B．滑块在整个运动过程中最大加速度与最小加速度之比为
C．整个过程因摩擦而产生的热量为40J
D．滑块返回斜面体底端时的速度大小为
2．(本题6分)（2023·浙江杭州·学军中学校考模拟预测）如图所示，ab、ac为竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，下列说法正确的是（　　）
A．两小球的质量相等 B．两小球下滑的时间不相等
C．此过程中两小球所受重力的平均功率不相等 D．两小球在细杆下端bc时重力的瞬时功率相等
3．(本题6分)（2023·上海·一模）地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失。某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力（模拟海啸）作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．运动过程中物体的最大加速度为15m/s2 B．在距出发点3.0m位置时物体的速度达到最大
C．整个过程中推力对物体做功180J D．物体在水平地面上运动的最大位移是10m
4．(本题6分)（2023·全国·模拟预测）某物理兴趣小组研究了1924年提出的“以光压为动力的太阳帆深空探测器”模型：设探测器在轨道上运行时，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，从而产生光压；若每秒每平方米可获得太阳光能为E、薄膜光帆的面积为S、探测器的质量为m、真空中光速为c，则探测器的加速度a为（　　）
A． B． C． D．
5．(本题6分)（2023·全国·模拟预测）轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在倾斜粗糙杆的圆环上。现用平行于杆的力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，并且圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力和环对杆的压力的变化情况是（　　）
A．逐渐增大，保持不变 B．保持不变，逐渐减小
C．逐渐减小，保持不变 D．保持不变，逐渐增大
二、多选题(共18分)
6．(本题6分)（2022·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学校考模拟预测）如图所示，直角三角形斜劈固定在水平面上，，斜边长1.5m，P点将分成两部分，，。小物块与段的动摩擦因数为，与段的动摩擦因数为。若小物块从A点由静止释放，经过时间下滑到B点时速度刚好为零；若在B点给小物块一个初速度，经过时间上滑到A点时速度刚好为零。重力加速度g取，，则（ ）
A． B． C． D．
7．(本题6分)（2023·全国·模拟预测）如图所示，在倾角的足够长光滑斜面上放置质量为的A物体，有劲度系数的轻质弹簧固定在A上，弹簧处于原长且上端装有特制锁扣，当物体与其接触即被锁住，且此过程无机械能损失。现将质量也为1kg的滑块B，从距弹簧上端0.9m处由静止释放，在B运动过程中，能使物块A刚好离开挡板。g取10m/s2，，，下列说法正确的是（ ）
A．物块A刚好离开挡板时滑块B的加速度为12m/s2
B．从接触弹簧到弹簧压缩最短的过程中，滑块B的速度一直减小到零
C．若物块B质量为2kg，物块B从原位置由静止释放，则物块A刚好离开挡板时B的动能为1.8J
D．若物块B质量为2kg，物块B从原位置由静止释放，则物块A刚好离开挡板时B的动能为3J
8．(本题6分)（2023·全国·模拟预测）如图所示，足够长的水平传送带以的速度沿逆时针方向匀速转动，在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道，轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上，滑块与传送带间的动摩擦因数为。现将一质量为的滑块（可视为质点）从弧形轨道上高为的地方由静止释放，重力加速度大小取，则（　　）
A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为 B．滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5m
C．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.25s
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中，传动系统对传送带多做的功为12J
第II卷（非选择题）
三、实验题(共15分)
9．(本题6分)（2022·湖南衡阳·三模）小明同学在用下面装置做力学实验时发现，这个装置也可以用来测量当地的重力加速度g。实验器材有小车，一端带有定滑轮的平直轨道，垫块，细线，打点计时器，纸带，频率为50Hz的交流电源，刻度尺，6个槽码，每个槽码的质量均为m。
（1）实验步骤如下：
①按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码，改变轨道的倾角，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
②保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端还悬挂5个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
③减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤②；
④以取下槽码的总个数n（1≤n≤6）的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作关系图线。
（2）在进行步骤①时，需要将平直轨道左侧用垫块垫高，若某次调整过程中打出的纸带如图乙所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该_________（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）；
（3）某次实验获得如图所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a=______m/s2（保留三位有效数字）；
（4）测得上关系图线的斜率为k，纵轴截距为b，当地的重力加速度g=________。
10．(本题9分)（2022·湖南长沙·长郡中学模拟预测）用下列器材测量小车质量。小车，一端带有定滑轮的平直轨道，垫块，细线，打点计时器，纸带，频率为的交流电源，直尺，6个槽码，每个槽码的质量均为。
（1）完成下列实验步骤中的填空：
i.按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着6个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列_________的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；
ii.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂5个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；
iii.依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ii；
iv.以取下槽码的总个数的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出关系图线。
（2）已知重力加速度大小，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：
①下列说法错误的是___________；
A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放
B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为
②某次实验获得如图乙所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则在打“5”点时小车的速度大小__________，加速度大小__________；
③写出随变化的关系式__________（用，，，，表示）；
④测得关系图线的斜率为，则小车质量__________。
四、解答题(共47分)
11．(本题12分)（2023·陕西·统考一模）如图所示，一倾角的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为的木板，时刻另一质量为的木块（可视为质点）以初速度从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力，使木板从静止开始运动。当时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数，，木板和斜面体间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，，求：
（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；
（2）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？
12．(本题15分)（2023·全国·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接，B受到竖直方向的恒力F（图中未画出），整个系统处于静止状态。已知A、B的质量均为，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2。
（1）求恒力F的最小值；
（2）现撤去恒力F，A、B由静止释放。求：
①A、B释放瞬间，B的加速度大小aB；
②当B下降（B未落地）时，B的大小vB。
13．(本题20分)（2021·广东江门·江门市第一中学校考三模）如图所示，粗糙斜面倾角，斜面长，斜面底端A有固定挡板，斜面顶端有一长度为h的粘性挡板BC，CD为一段半径的圆弧，半径OC与竖直方向夹角为，OD处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧CD。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度，木板上端恰能到达B点。现给物块初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力，物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数，，且最大摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求大小； （2）求物块与木板间的动摩擦因数；
（3）若改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧CD后不脱离圆弧，求s的取值范围。
参考答案：
1．A
【详解】A．由于滑动摩擦力的最大值为
则滑块上滑过程摩擦力的平均值为
对滑块上滑的过程中，由动能定理得
解得
故A正确；
B．滑块上滑时受重力、支持力以及沿斜面体向下的摩擦力，由于滑块上滑过程中滑块与斜面体之间的动摩擦因数逐渐减小，则滑块冲上斜面体瞬间的加速度最大，由牛顿第二定律得最大加速度为
滑块滑到最高点后沿斜面体下滑，滑块受重力、支持力以及沿斜面体向上的摩擦力，滑块下滑时，摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，则牛顿第二定律得最小加速度为
可得滑块在整个运动过程中最大加速度与最小加速度之比为，故B错误。
C．整个过程因摩擦而产生的热量为
故C错误；
D．滑块由最高点返回到斜面体底端的过程中，由动能定理得
解得
故D错误。
故选A。
2．D
【详解】A．小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，由动能定理，则有
由于，则有，A错误；
B．如图所示，设C点到ab的垂直距离为x，ac的倾斜角为θ，对甲则有
对乙则有
解得
则有
B错误；
C．重力做功为
两小球的重力做功相等，时间相等，则有
因此两小球所受重力的平均功率相等，C错误；
D．两小球都做匀加速直线运动，对甲则有
因为
则有
可得
在b点甲的瞬时功率
在c点乙的瞬时功率
则有
D正确。
故选D。
3．D
【详解】A．由牛顿第二定律有
可得当推力F=100N时，物体加速度最大，为20m/s2，A错误；
B．由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为
F=100-25x（N）
物体速度最大时，加速度为零，有
解得
x=3.2m
即在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大，B错误；
C．由F-x图象中图线与坐标轴所围的“面积”表示功可知，推力对物体做功为
C错误；
D．由动能定理有
代入数据得
即物体在水平面上运动的最大位移是10m，D正确。
故选D。
4．A
【详解】设每秒每平方米可获得太阳光子数为N，太阳光的频率为，平均波长为，则每秒每平方米可获得太阳光能为
每个光子的动量为
由于光子射到光帆上后全部原速率反射，设1s内每平米光子受到的作用力为F，以反射方向为正方向，由动量定理可得
整理可得
根据牛顿第三定理可知，1s内整个面积为S的薄膜光帆上受到光子的合力为
故根据牛顿第二定律可得，探测器的加速度a为
故选A。
【点睛】找出光子的动量和能量之间的关系，求出光子的动量，再有动量定理求出压力。再根据牛顿第二定律求出加速度。
5．A
【详解】先对结点O受力分析，受物体的拉力(等于重力)、拉力F和绳子的拉力T，根据平衡条件，结合三角形定则作图，如图所示
物体A从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，拉力F增加。
再对环和物体整体受力分析，受重力、拉力、支持力和摩擦力，如图所示
根据平衡条件有：垂直杆方向
即支持力不变；
平行杆方向
拉力F增大，则摩擦力增大。
根据牛顿第三定律，环对杆的摩擦力增大，环对杆的压力不变。
故选A。
6．ABC
【详解】AB．根据动能定理可得
联立可得
故AB正确；
CD．小物块从A点由静止释放，经过AP段下滑的加速度大小为
物体由P点沿AP上滑过程加速度大小为
可知
由
可知
故C正确，D错误。
故选ABC。
7．AC
【详解】A．在B运动过程中，物块A刚好离开挡板时，物块A受到挡板的弹力为零，此时A物块受力平衡，有
所以B物体的合外力为
由牛顿第二定律可得
A正确；
B．滑块B接触弹簧到弹簧压缩最短的过程中先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，B错误；
C D．若滑块B的质量为2m，同理挡板对物块A的支持力为零时，弹簧伸长量为
物块A刚好离开挡板时，弹簧伸长量
此时弹簧的弹性势能为
滑块B在整个运动过程中与弹簧组成的系统机械能守恒，以弹簧处于原长上端所在水平面为重力势能参考平面，由机械能守恒定律得
解得
选项C正确，D错误。
故选AC。
8．ACD
【详解】A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为
A正确；
B．滑块在传送带上向右滑行的加速度
滑行的最远距离为
B错误；
C．滑块向右滑行的时间
向左滑行到与传送带共速时的时间
向左滑行到与传送带共速时的距离
匀速滑到最左端的时间
滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为
C正确；
D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端摩擦生热
带入数据可得
Q=18J
此过程中摩擦力对滑块做功为
由能量守恒定律可知带动传送带的电动机多做的功为
W′=Q+W=18J-6J=12J
D正确。
故选ACD。
9． 往左移 0.191
【详解】（2）[1]由图知，纸带上相邻计数点间距离越来越大，可知做加速运动，则垫块应该往左移；
（3）[2]相邻计数点间的时间间隔，根据逐差法，加速度大小
；
（4）[3]根据牛顿第二定律
整理得
根据题意
所以
10． 等间距 CD 0.723 0.820 0.19
【详解】(1)[1]若小车匀速下滑则a=0，由
故纸带上打出一系列等间距的点。
(2) ①[2]A．先接通电源，后释放小车，小车应从靠近打点计时器处释放，故A正确；
B．小车下滑时，为保证实验的准确性，应使细线始终与轨道平行，故B正确；
C．由于该实验每个槽码的质量已知道，故不需要使质量远小于小车质量，故C错误；
D．若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，所以小车下滑过程中受到的合外力小于，故D错误。
故选CD。
②[3][4]根据图乙，点5是点4、6的中间时刻
由
解得
③[5]对于小车匀速时有
减小n个槽码后，对小车和槽码分别有
，
则
即
④[6]由③可得斜率
即得
11．（1），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上；（2）
【详解】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为和，木块和长木板受力分析如图甲、乙所示，用牛顿运动定律可得
解得
，方向沿斜面向下；，方向沿斜面向上
（2）设木块和长木板达到共速所用时间为，则有
解得

假设木块、木板在力F撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有
解得
当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，其加速度大小为，，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动。
木块继续沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为，方向沿斜面向下。设此过程长木板加速度大小为，受力分析如图丙所示，则有
解得
由于，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有
因为，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零。
在木块和长木板速度减为零过程中的图像如图丁所示，设木块的位移为，长木板在加速过程和减速过程的位移为和，由运动学公式可得：
解得
12．（1）；（2）①；②
【详解】（1）由题可知，对A受力分析
对B受力分析可知
解得
（2）①撤去F，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
对B受力分析，由牛顿第二定律可得
由题图可得
解得
②由题图可得，A的速度为
由能量守恒可知
由于
解得
13．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由于，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有
解得
根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，则有
解得
（2）给物块初速度时，对物块有
对木板有
经历时间，两者达到相等速度，则有
之后，由于
即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，则有
解得
，
（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D有
解得
令物块此过程在C点速度为，则有
解得
若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C点速度为，则有
解得
改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度a2向上做匀减速直线运动，当减速至时，s为最大值，则
解得
斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至时，s为最小值，则
解得
根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s的取值范围为
知识回顾
考点精讲
思想方法
仿真练习
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