1、1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）牛顿第一定律
2、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，力变加速度就变，力撤除
3、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，F x=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，不是先
4、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持面的压力 F（
5、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=mgma，当 a=g 时，F N=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，可以利用正交分解法
6、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：F f=macos300, FN-mg=masin300因为 ，解得 .56mgN53gf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 ，如图 3-1-15 所示在物体始终相对于 a斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（ ）A当 一定
7、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 ，如图 31-16 所示，在物体 a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
8、受的合外力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，由此特点可知，绳子中的张力可以突变300aFNmgFf
9、图1xyxaxayx图3-1-15图3-1-1623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
10、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、L 2的两根细线上，L 1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为 ，L 2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，L 2线上拉力为 T2， 重力为 mg，物体在三力作用下保持平衡,有 T1cosmg， T 1sinT 2， T 2mgtan。剪断线的瞬间，T 2突然消失，物体即在 T2反方向获得加速度。因为 mg tanma，所以加速度 ag tan，方向在 T2反方向。你认为这个结果正
11、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 ag 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，L 1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 3-1-2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
12、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 3-1-14所 示 ， 在 两 根 轻
13、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 1
14、2.5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、 2。重力加速度大小为 g。则有A ag， 2 B 0， 2 C 10a， 2g D 1ag，2mM【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 gMmFa问题 3：必
15、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。L1L2 图 2(b)L1L2图 2(a)M
16、m图3图4图 3-1-14图 3-1-2图 3-1-133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和自己提升上来。图中跨过滑轮的两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/s 2)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
17、)g=(M+m)a则拉力大小为： NgamMF302)(再选人为研究对象，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
18、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 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 kagx)(因为 ，所以 。21atxkagmt)(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/
19、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 t=0.2s 内 F 是变力，在 0.2s 以后 F 是恒力，g=10m/s 2,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 ，所以 P 在这段时间的加速度 ，当 P 开始运动时拉力最小，21atx 22/smtxa此时对物体 P
20、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，F max=m(a+g)=360N.练习 14、一弹簧秤的秤盘质量 m1=15kg，盘内放一质量为 m2=105kg 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/s 2）分析与解：因为在 t=0.2s 内 F 是变力，在 t=0.2s 以后 F 是
21、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：，令 N=0，并由述二式求得 ，而gxkgF)()()( 12121 kamgx12，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.atx当 P 与盘分离时拉力 F 最大，F max=m2(a+g)=168N.问题
22、 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“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
23、，受到的水平力 A=(9-2t)N，(t 的单位是 s)。从 t0 开始计时，则：物体在 3s 末时刻的加速度是初始时刻的 511 倍；Bts 后,物体做匀加速直线运动；Ct4.5s 时,物体的速度为零；Dt4.5s 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：F A+FB=(mA+mB)a,设 A、B 间的作用为 N，则对 B 据牛顿第二定律可得： N+F B=mBa解得 ，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NtmNB3416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。 t4.
24、5s 后,所受合外力反向，即 A、B 的加速度方向相(m+M)gFF图5aFFNMg图6图7F图8F图9图104反。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
25、被继续压缩了 。则电梯运动的情况可能是（ D ）10xA以大小为 的加速度加速上升 B以大小为 的加速度减速上升g10gC以大小为 的加速度加速 下降 D以大小为 的加速度减速下降（2011 西城期末） 3如图所示，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/s 2B电梯匀加速上升，加速度的 大小为 1.0 m/s 2C电梯匀减速下降，加速度的大小为 0.5 m/s 2D电梯匀加速下降，加速度的大小为 0.5 m/s 22011 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
26、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xf2G2XAO tvAO tsB O taCO tEkDM NoAv0P图（a）图（b）8叫做 A 点的曲率圆，其半径 叫做 A 点的曲率半径。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A B C D20vg20sinvg20cosvg20cosinvg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
27、律得 ，20(cos)vmg所以在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是 ，C 正确。20cosvg21.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 。木块和木板相对运动时， 恒定不变，2121mkta
28、 12mga。所以正确答案是 A。gmkta22（2011 天津） 如图所示， A、 B 两物块叠放在一起，在粗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=g ， B 与 A 具有共同的运动状态，取A=()()BABfmgm地B 为研究对象，由牛顿第二定律有： ，物体 B 做速度方向
29、向右的匀f常 数减速运动，故而加速度方向向左。 【答案】：A19（2011 天津） （1）某同学用测力计研究在竖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+20.60.01mm=1.706mm。因为个人情况不同，估读不一定一致，本题读数 1.704-
30、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
31、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9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Dm 不可能相对斜面向上滑动21.（10 分）在“探究加速度与力、质量
32、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量。
33、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 A G B2 g C3 g D4 g19（ 2011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 图线如图所示，vt则(A)在 秒内，外力 大小不断增大10t:(B)在 时刻，外力 为零(C)在 秒内，外力 大小可能不断减小2t(D)在
34、秒内，外力 大小可能先减小后增大1F26（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 和 ，则小车加速度 。1t2a(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)减小两挡光片宽度 b(C)增大两挡光片间距 (D)减小两挡光片间距dd26 答案 （1） (2)B，C (3 分)2221()btt31(12 分)如图，质量 的物体静止于水平地面的A处，A、B间距 L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经mk
35、g拉至B处。(已知 ， 。取 )0tscos370.8210/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(1 分)201Lat （1 分） 22010(/)mst由牛顿第二定律（1 分）Ffa(1 分)3()N10 (1 分)10.52fmg(2)设 作用的最短时间为 ，小车先以大小为 的加速度匀加速 秒，撤去外力后，以大小为 ，的加速度匀减速 秒到达Ftat atB 处，速度恰为 0，由牛顿定律(1 分)cos37(sin37)
36、am (1 分)20(.850.6)1.5(/2ag ms（1 分）25(/)fgsm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（1 分）at （1 分）1.35t（1 分）22Lt （1 分）220.3().31.5sa（2）另解：设力 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F（2 分）cos7(sin7)0mgmgL （1 分）.26.()30(8.5)Lm由牛顿定律（1 分）cs3(si)a （1 分）2o7n(.0.)50.(/)2Fag sm （1 分）21st（1 分）6.01.3()5t sa2010 年高考新题12010全国卷
37、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、 2。重力加速度大小为 g。则有A 1ag， B 10， gC 0， 2mMg D ， 2M【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,a 1=0. 对 2 物体受重力和压力，根据牛顿第二定律 gmFa【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
