【文档说明】【三维设计】2017届高三物理二轮复习（通用版）课前诊断——牛顿运动定律 Word版含解析.doc，共(7)页，172.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课前诊断——牛顿运动定律考点一动力学的两类基本问题1.考查已知受力求运动问题](多选)(2016·全国乙卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向

总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选BC质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直

线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。2．考查牛顿第二定律在瞬时问题中的应用](多选)(2015·海南高考)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻

弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析

：选AC设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S

2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。3．考查已知运动求受力问题]粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡

板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200N/m，现给斜面体施加一水平向右为F的恒力作用，使整体向右以a＝1m/s2匀加速运动。已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2。(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小

球的支持力大小。解析：(1)整体以a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，得F＝6N。(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN对小球受力分析：在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma在竖直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg解得

：x＝0.017mFN＝3.7N。答案：(1)6N(2)0.017m3.7N考点二运动图像与牛顿第二定律的综合应用4.考查牛顿第二定律与a-t图像的综合应用](多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程

中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小解析：选AD人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′

＝FN＝mg＋ma。当t＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。5．考查牛顿第二定律与v-t图像的综合应用](多选)(2016·青岛联考)如图甲所示，质量为M＝2kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左

侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度—时间图像如图乙所示，g＝10m/s2，结合图像，下列说法正确的是()A．可求得物块在前2s内的位移x＝5mB．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1C．可求得物块的质量m＝2kg

D．可求得木板的长度L＝2m解析：选AC物块在前2s内的位移x＝(4＋22×1＋2×1)m＝5m，A正确；由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设为a，则有μmg＝ma＝Ma，则m＝M＝2kg，C正确；由图像求得a＝2m/s2，则μg＝2，μ＝0.2，B错；由于物块与木板达到共同速度时不

清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错。6．考查牛顿第二定律与其他图像的综合应用](多选)(2016·江西省红色七校二模)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗

糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10m/s2。下列选项中正确的是()A．0～5s内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．恒力

F大小为10ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3解析：选BD物体匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝v22x1＝10010m/s2＝10m/s2匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝v′22x2＝642×8m/s2＝4m/

s2根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2联立两式解得：F＝7N，f＝3N则动摩擦因数为：μ＝fmg＝310＝0.3物体匀减速直线运动的时间为：t1＝va1＝1010s＝1s。即在0～1s内做匀减速直线运动，1

s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故B、D正确，A、C错误。考点三动力学的连接体问题7.考查牛顿第二定律解决连接体问题](多选)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，则两物块

沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法中正确的是()A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为FB．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F3C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，

则物体A对B的作用力大小为μmgD．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为F＋2μmg3解析：选BD若水平面光滑，则对整体受力分析可知F＝(m＋2m)a，再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得FN＝ma＝F3，故A错误，B正确。若B

和地面有摩擦，对整体分析有F－μmg＝3ma′；对B受力分析可得FN′－μmg＝ma′，解得FN′＝μmg＋F3－μmg3＝F＋2μmg3，故C错误，D正确。8．考查整体法、隔离法与图像的综合应用](多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，现对A施加水平向右的

拉力F，通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度为g＝10m/s2，由图线可知()A．物体A的质量mA＝2kgB．物体A的质量mA＝6kgC．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.2D．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.6解析

：选BCa-F图线的斜率等于质量的倒数，由图可知，拉力F>48N后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体A、B间发生相对滑动，故mA＋mB＝1k1＝8kg，mA＝1k2＝6kg。由图像知：当F＝60N时，a＝8m/s2，又

F－μmAg＝mAa，解得μ＝0.2。9．考查连接体中的临界极值问题](2016·晋城高三月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静

摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是()A.35fmB.34fmC.32fmD．fm解析：选C当下面m与2m的木块摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。将4个木块看成整体，由牛顿第二定律

：F＋6mgsin30°＝6ma①将2个质量为m的木块及上面的质量为2m的木块看做整体：fm＋4mgsin30°＝4ma②故①、②解得：F＝32fm，故选C。考点四传送带模型10.考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题](多选)如图所示，三角形传送带以1m/s的速度

逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8。下列判断正确的是()A．物块A先到达传送带底端B．

物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D．物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程解析：选BCD物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底

端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B、C正确；划痕长度由相对位移决定，A物块与传送带运动方向相同，相对传送带的路程较小，故D正确。11．考查应用牛顿第二定律分析水平传送带与斜面的综合问题](多选)(2016·

儋州二中月考)如图所示，传送皮带的水平部分AB是绷紧的。当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t1，从B端飞出时速度为v1。若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过

AB所用的时间为t2，从B端飞出时的速度为v2，则t1和t2、v1和v2相比较，可能的情况是()A．t1＝t2B．t1>t2C．v1＝v2D．v1>v2解析：选ABC当传送带不动时，滑块在传送带上做匀减速运动，若皮带顺时针方向转运

的速度为v，当v1≥v，滑块在传送带上一直做匀减速运动，所以t1＝t2，此时v1＝v2；若皮带顺时针方向转动的速度为v，滑块运动到A点的速度为v0，当v1<v<v0时，滑块在传送带上可能先做匀减速运动，然后匀速运动；当v1<v0＝v时，一直匀速运动；当v1<v0<

v时，一直加速运动，到达B点的时间t1≥t2，速度v1≤v2；所以A、B、C正确，D错误。12．考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题](2016·武汉六中高三月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5m的传送带与两平台平滑连接

。现有一小物体以10m/s的速度沿AB平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到CD平台上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？(2)当小物体在AB平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达平台CD，求这

个临界速度。(3)若小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：μmgco

sθ＋mgsinθ＝ma1①B→C过程有：v02＝2a1l②解得：a1＝10m/s2，μ＝0.5。(2)显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos3

7°＝ma2③若恰好能到达高台时，有：v22＝2a2l④解得：v＝25m/s即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于25m/s时，无论传送带顺时针传动的速度多大，小物体总不能到达平台CD。(3)以v1表示小物体在平台AB上的滑动速度，以v

2表示传送带顺时针传动的速度大小，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有：v12－v22＝2a1x1⑤对从小物体速度减小到带速v2开始，到运动到恰滑上CD平台过程，有：v22＝2a2x2⑥x1＋x2＝L⑦解得：v2＝3m/s即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动，小物体

才能到达平台CD。答案：(1)0.5(2)25m/s(3)3m/s