2020-2021学年高考物理一轮复习 专题05 牛顿运动定律知识点讲解（含解析）.docx

1、专题5 牛顿运动定律考点风向标第一部分：考点梳理考点一、牛顿三大定律的理解与应用考点二、牛顿第二定律的瞬时性考点三、两类动力学问题考点四、连接体的内外力关系以及叠加体的临界值考点五、超重与失重考点六、动力学问题中的图像考点七、实验验证牛二定律考点一、牛顿三大定律的理解与应用a、牛顿第一定律的理解与应用1惯性的两种表现形式(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)。（典例应用1）关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是 ()A它表明了力是维持物体运动状态的原因B它表明了物体具有保

2、持原有运动状态的性质C它表明了改变物体的运动状态并不需要力D由于现实世界不存在牛顿第一定律所描述的物理过程。所以牛顿第一定律没有用处【答案】：B【解析】：牛顿第一定律揭示运动和力的关系：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故选项B正确。（典例应用2）(多选)小华坐在一列正在行驶的火车车厢里，突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，假设桌面是光滑的，则下列说法正确的是() A小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变C火车一定是在向前加速D以火车为参考系，此时牛顿第一定律已经不能适用【答案】：BCD【解析】：小

3、球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，若突然看到原来静止在水平桌面上的小球向后滚动，是小球相对于火车向后运动，说明火车正在向前做加速运动，小球在水平方向并不受力的作用，故A错误，C正确；小球在水平方向并不受力的作用，小球所受的合力为0，以地面为参考系，小球的运动状态并没有改变，故B正确；牛顿运动定律适用于惯性参考系，此时，火车做加速运动，不再是惯性参考系，所以牛顿第一定律已经不再适用，故D正确。方法总结：1对牛顿第一定律的理解包含两方面：其一，定义了“惯性”和“力”；其二，指出了“惯性”和“力”对运动的影响。2惯性不是力，惯性和力是两个截然不同的概念。物体受到外力时，惯性表现为运动状态改

4、变的难易程度，惯性越大，物体运动状态越难以改变。b、牛顿第三定律的理解与应用1作用力和反作用力的关系三同大小相同；性质相同；变化情况相同三异方向不同；受力物体不同；产生效果不同三无关与物体种类无关；与物体运动状态无关，与物体是否和其他物体存在相互作用无关2.作用力和反作用力与一对平衡力的对比分析（典例应用3）如图所示，地理老师用手托着地球仪在讲课，地球仪处于静止状态，则 ()A手所受压力是由于手的弹性形变而产生的B手所受压力和手对地球仪的支持力是一对平衡力C地球仪所受重力和手对地球仪的支持力是对平衡力D地球仪所受重力和地球仪对手的压力是一对作用力与反作用力【答案】：C【解析】：地球仪对手的压力

5、是由于地球仪发生弹性形变而产生的，故A错误；手所受压力和手对地球仪的支持力是一对作用力与反作用力，故B错误；地球仪所受重力和手对地球仪的支持力都作用在地球仪上，大小相等，方向相反，是一对平衡力，故C正确；地球仪对手的压力是由于地球仪形变而产生的，是地球仪与手之间的作用，而重力是由于地球的吸引而产生的，是地球仪与地球间的相互作用，故D错误。(典例应用4)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是()A锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂B锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是

6、由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小关系【答案】：C【解析】：锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的力是作用力与反作用力的关系，不论力的作用效果如何，两者总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。故C正确。方法总结：应用牛顿第三定律时应注意的问题(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的。(2)牛顿第三定律只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。(3)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个力产生或消失，则另一个力必然同时产生或消失，否则就违背了“相等关系”。c、牛顿第二定

7、律1牛顿第二定律的性质2合力、加速度、速度间的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。(2)合力与速度同向，物体加速；合力与速度反向，物体减速。(3)a是加速度的定义式，a与v、v无直接关系；a是加速度的决定式。（典例应用5）(多选)下列对牛顿第二定律的表达式Fma及其变形公式的理解，正确的是A由Fma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由m可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比C由a可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D由m可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出【答案】：CD【解析】：牛顿

8、第二定律的表达式Fma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。故A、B错误，C、D正确。（典例应用6）(多选)下列说法正确的是()A对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度B物体由于做加速运动，所以才受合外力作用CFma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关D物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小【答案】：ACD【解析】：由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会立即产生加

9、速度。选项A正确。根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度。选项B错误。牛顿第二定律Fma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。选项C正确。由牛顿第二定律知物体所受合外力减小，加速度一定会减小，如果物体加速，其速度会增大，如果物体减速，其速度会减小。选项D正确。考点二、牛顿第二定律的瞬时性应用(典例应用7)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度

10、为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()AaAaBg BaA2g，aB0CaAg，aB0 DaA2g，aB0【答案】：D【解析】：以A、B球整体作为研究对象，A处于静止状态，受力平衡，由平衡条件得：细线拉力FT2mgtan 602mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得：aA2g，B球的受力情况不变，则加速度仍为0，故D正确。（典例应用8）物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。今

11、突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1和a2，则()Aa10，a22ga10，a22gBa10，a22ga1g，a22gCa1g，a2ga10，a22gDa1g，a2ga1g，a2g【答案】：C【解析】：A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度a1a2g；因为在除去支托物的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消失(主要是弹簧不能突然恢复原长)，所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a10，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和

12、弹簧弹力不变，加速度大小a2为2g；综上分析，选项C正确。本题答案为C。方法总结分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。考点三、两类动力学问题1解决动力学两类问题的两个关键点2解决动力学问题时的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。（典例应用9）如图所示，斜面上放置一质量为1kg的物块A，在水平外力F的作用下从静止开始沿斜面向上匀加速运动已知物块与斜面之间的摩擦因素 ，斜面的倾角为37，F的大小为20N

13、，求第5s内物块产生的位移？ 【答案】36m【解析】：对物体受力分析如图所示，利用正交分解法可得：代入参数得：a=8m/S2（典例应用10）(2017全国卷24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x0和x1(x1x0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求：(1)冰球与冰面之间

14、的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。【答案】：(1)(2)【解析】：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgx0mvmv解得(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得：vv2a1x0v0v1a1tx1a2t2联立式得a2方法总结1两类动力学问题的解题步骤方法总结2处理两类动力学问题的思维导图 考点四、连接体内外力的关系以及叠加体的临界值a、连接体内外力的关系常见的连体模型：连接体的特点：1、两个组员具有共同大小的加速度；2

15、、两个组员具有共同大小的速度：处理连接体的基本方法：整体法与隔离法配合使用；（典例应用11）如图所示，光滑水平面上，放置A、B 两物块，在水平推力F 的作用下，向右加速运动，（1） 求：在A、B两物块之间的相互作用力 （2） （2）如果A、B 两物块与水平面间的摩擦因素为 ， 【答案】:【解析】：（1）水平面光滑，分别对B，以及AB 整体受力分析，结合牛二定律可得：联立：1、2、3式可得：（2）水平面粗糙，分别对B，以及AB 整体受力分析，结合牛二定律可得：联立：4、5、6式可得：方法总结：1、处理动力学连接体内外力的关系时，只需要三个重要的表达式联立就可以搞定，这三个表达式可以用口诀“一零、

16、一整、一桥梁，”来表述。（即隔离受力简单的物体的动力学表达式，整体的动力学表达式，以及两式中加速度相等的桥梁式） 2、如果A、B两物体与地面的摩擦因素 相同，结果可得A、B之间的相互作用力大小不变；但如果AB 与地面的摩擦因素 大小不同，则AB之间的作用力就会发生改变；可以记为口诀：“不患寡而患不均”。重要方法：“利用不对称合外力按质量比分配的原则”处理连接体内外力的关系： （典例应用12）（2017海南）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为用大小为F的水平外力推动物块P，R和Q之间相互作用力F1与Q与P之间相互作用力F2大小之

17、比为k下列判断正确的是（） 【答案】:BD【解析】：将PQR 看成两部分，PQ为一部分，R 为一部分，结合结论：QR之间的力将QR看成一部分，P 看成一部分PQ之间的力：故，B正确，又因为PQR 与水平面间的摩擦因数相同，故D 也正确；b、叠加体的临界值对于叠加在一起的两个物体（如图所示）来说:当外力F作用在其中一个物体上时，无法确定两个物体是否会发生相对运动。所以需要先找到使得两个物体发生相对运动的临界外力F0。当外力FF0两物体将发生相对运动，需要用隔离法求解两物体的加速度。当外力FF0两物体将以共同的速度与加速度运动，需要用整体法求解两物体的加速度。 （典例应用13）如图所示，在光滑的水

18、平地面上有一个长为L，质量为4kg的木板A，在木板的左端有一个质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为=0.2，（1）当对B施加水平向右的力F=5N作用时，求：A、B加速度分别为多大？（2）当对B施加水平向右的力F=10N作用时，求：A、B加速度分别为多大？ 【答案】:提示：当不同大小的外力作用在物体上时，不能确定AB 之间会不会发生相对运动；为了更准确的对本题进行研究，需要先判断使得A、B 之间发生相对运动临界的外力大小是多大，是处理本题的关键；【解析】：假设当外力F等于F0时AB 之间发生相对运动；此时AB 之间的静摩擦力达到最大静摩擦力；方法总结：处理叠加体的问题，要先求得AB

19、两物体之间发生相对运动的临界外力F0，是处理此类问题的关键；当求得F0后便可根据外力与F0 的大小关系来合理的选择是用整体法还是用隔离法处理问题；一句话处理叠加体类的问题关键在于“判断”。（典例应用14）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则() A当F2mg 时，A、B都相对地面静止B当Fmg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g【答案】:BCD【解析】：所以当F超过 时，AB将相对地面运动；故A 错联立

20、1、2、3式可求得临界外力F；所以当F= ，AB 之间不会发生相对运动，需要对AB 分析：故：B 对；所以本题的正确答案为BCD方法总结： 在叠加体类问题中求临界外力是关键，临界外力的求解方法也是有三个表达式组成的，记作：“一零、一整、一临界”，即隔离受力简单的物体书写动力学关系式，书写整体的动力学表达式，零两物体之间的静摩擦力达到最大最大静摩擦力的表达式；考点五、超重与失重1实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2对超重、失重

21、的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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。(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生ag的加速度效果，不再有其他效果。（典例应用15）(2015重庆理综5)若货物随升降机运动的v t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()【答案】：B【解析】：由v t图象可知，升降机的运动过程为：向下加速(失重：Fmg)向上加速(超重：Fmg)向上匀速(Fmg)向上减速(失重：F

22、mg)，对照F t图象可知，B正确。方法总结：超重和失重现象判断的“两”角度 考点六、动力学问题中的图像物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。1“两大类型”(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线。要求分析物体的受力情况。2常见的图象有：v t图象，a t图象，F t图象，a F图象等。3图象间的联系：加速度是联系v t图象与F t图象的桥梁。（典例应用16）如图甲所示，一物块放在粗糙的水平面上，从t0时刻开始，以一定的初速度向左运动，同时在物块上加一斜向右上的恒力F

23、的作用，F与水平方向的夹角37，物块的质量为2 kg，物块与地面间的动摩擦因数0.5，物块向左运动的vt图象如图乙所示，(已知cos 370.8，sin 370.6，g取10 m/s2)，求：(1)拉力F的大小；(2)物块再回到t0时刻的位置时的速度v1大小；(3)若在t0.5 s时拉力的方向不变，大小改变，要使物块再回到t0时刻的位置时速度大小和t0时刻的速度大小相等，则拉力F应变为多少？(结果保留两位小数)教你审题：第一步：读题抓关键点获取信息第二步：读图析图获取信息【答案】：(1)28 N(2) m/s(3)30.91 N【解析】：(1)物块向左运动时，由图象知，初速度v06 m/s，加

24、速度a112 m/s2。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma1解得F28 N。(2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时，由图象可知，回到t0时刻的位置的位移x60.5 m1.5 m。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma2求得a210.4 m/s2。由运动学公式v2a2x。得物块回到t0时刻位置的速度v1 m/s。(3)要使物块回到t0时刻位置的速度大小和t0时刻的速度大小相等，因此物块做的是类上抛运动，向右运动时的加速度大小a3a112 m/s2。由牛顿第二定律Fcos (mgFsin )ma3求得F30.91 N。（典例应用17）(多选)如图甲所示。物体原来静止在水

25、平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动。其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)()A物体的质量为1 kgB物体的质量为2 kgC物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D物体与水平面间的动摩擦因数为0.5【答案】：BC【解析】：物体的受力如图所示，在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得FFfma，代入图乙中F17 N和F214 N及对应的加速度a10.5 m/s2和a24 m/s2，解得m2 kg，Ff6 N，A错误，B正确；FfFNmg，则0.3，C正确，D错

26、误。(典例应用18)如图甲所示，质量为m2 kg的小物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动。已知水平拉力F随时间变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，取水平向右为正方向，由此可知()A在03 s时间内物块的加速度大小为6 m/s2B在35 s时间内物块的加速度大小为3 m/s2，方向水平向右C5 s末，物块速度大小为3 m/s，方向水平向右D在5 s末，克服水平拉力F做功的功率为0【答案】：D【解析】：在03 s时间内，F112 N，由牛顿第二定律，F1mgma1，解得物块加速度a11 m/s2，选项A

27、错误。在35 s时间内，F24 N，由牛顿第二定律，F2mgma2，解得物块加速度a23 m/s2,3 s末，物块速度为v1a1t13 m/s，4 s末，物块速度为v2v1a2t20，摩擦力大于拉力，4 s末物块停止运动，则5 s末，克服水平拉力F做功的功率为0，选项B、C错误，D正确。方法总结“一、二、三、四”快速解决动力学图象问题考点七、实验验证牛二定律a、实验目的、实验原理、及实验器材b、实验步骤c、数据处理d.注意事项1实验方法：控制变量法。2平衡摩擦力：不悬挂小盘，但小车连着纸带。3不重复：不重复平衡摩擦力。4实验条件：Mm。小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。5一先一后一按住

28、：先接通电源，后放小车，且在小车到达滑轮前按住小车。6作图：作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位。e误差分析1因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。2摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。（典例应用19）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用t表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。甲(1)完成下列实验步骤中的填空

29、：平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_的点。按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤。在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距x1、x2、。求出与不同m相对应的加速度a。以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出 m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成_(填“线性”或“非线性”)关系。(2)完成下列填空：()本实验中，为了保证在改变小车中砝

30、码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_()设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2和x3。a可用x1、x3和t表示为a_。图乙为用米尺测量某一纸带上的x1、x3的情况，由图可读出x1_mm，x3_mm，由此求得加速度的大小a_m/s2。()图丙为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_。【答案】：(1)等间距线性(2)()远小于小车和砝码的总质量()24.2(23.924.5均对)47.3(47.047.6均对)1.16(1.131.19均对)()【解析】：(1)小车所受的阻力平衡后，小车做匀速直线运动，打点计时器打出的点间距相等。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则F(m0m)a，(m0m)m，小车质量m0及拉力F一定。由数学知识可知与m应成线性关系。(2)()对小吊盘及物块，由牛顿第二定律可得：mgFTma；对小车同理：FTMa，两式联立可得FTmg，故只有Mm时，FTmg，小车所受的拉力近似不变。()由匀变速直线运动中，等时间间隔位移关系特点，可知：x3x12a(5t)2得a m/s21.16 m/s2()设小车质量为m0，则由牛顿第二定律可得F(m0m)a，即由图象可以看出bk由可解得：F，m0。