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1－3牛顿运动定律的应用备考精要1．贯通一个知识体系2．理顺两类基本问题(1)由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。(2)由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。3．掌握四种典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时，物体的速度达到最大值或最小值。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()解析：设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。答案：A2．如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是()A．t1＝t2B．t1＜t2C．t1＞t2D．无法确定答案：B解析：设Oa与竖直方向夹角为θ，则Ob与竖直方向夹角为2θ，由2Rcosθ＝12gcosθ·t1，2R＝12gcos2θ·t22，比较可得t1＜t2，故B正确。3.[多选](2019·福建四校联考)如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则()A．小环A的加速度大小为3kq2ml2B．小环A的加速度大小为3kq23ml2C．恒力F的大小为23kq23l2D．恒力F的大小为3kq2l2答案：BC解析：设轻绳的拉力为T，则对A∶T＋Tcos60°＝kq2l2，Tcos30°＝maA，联立解得aA＝3kq23ml2，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos30°＝3T＝23kq23l2，选项C正确，D错误。4．[多选](2016·全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案：BD解析：设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝43ρπR3知：43ρπR3g－kR＝43ρπR3a，即a＝g－3k4ρπ·1R2，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝12at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v02知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。5.如图所示，质量为m0、倾角为θ的斜面体静止在水平地面上，有一质量为m的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜面向下匀速运动。若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F，斜面体始终静止。施加恒力F后，下列说法正确的是()A．小物块沿斜面向下运动的加速度为FmB．斜面体对地面的压力大小等于(m＋m0)g＋FsinθC．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D．斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化解析：根据题述，物块沿斜面向下匀速运动，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，可得μmgcosθ＝mgsinθ，给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F，对小物块m，由牛顿第二定律，F－μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，联立解得：a＝Fm，选项A正确。小物块沿斜面向下匀速运动时，对小物块和斜面体整体受力分析，根据平衡条件可得，地面对斜面体的支持力等于斜面体和小物块重力之和，为(m＋m0)g；给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F后，小物块对斜面的压力和摩擦力不变，这两个力矢量和等于其重力mg，方向向下，根据牛顿第三定律，斜面体对小物块的作用力大小为mg，方向竖直向上，即斜面体对小答案：A物块的作用力的大小和方向都不变化，选项D错误。给小物块持续施加沿斜面向下的恒力F后，小物块对斜面的压力和摩擦力不变，这两个力矢量和等于其重力mg，方向竖直向下，所以地面对斜面体的摩擦力为零，斜面体对地面的压力大小等于(m＋m0)g，选项B、C错误。二练会迁移——综合性考法1．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为()A．M∶mB．m∶MC．m∶(M＋m)D．M∶(M＋m)答案：A解析：F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：Ncosθ＝Mg，对B有：Nsinθ＝ma，对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝M＋mMmgtanθ；F2作用于A时，对B有：mgtanθ＝ma′，对A和B组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)·gtanθ，所以F1F2＝Mm，A项正确。2.(2019·郑州质检)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法错误的是()A．物块B的加速度为g2B．物块A、B之间的弹力大小为mg3C．弹簧的弹力为mg2D．物块A的加速度为g3答案：A解析：剪断细线前，对物块A分析，可得弹簧弹力F＝12mg，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹簧的弹力仍为F＝12mg，C正确；剪断细线的瞬间，细线对B的拉力消失，A、B将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mgsin30°－F＝3ma，解得a＝13g，A错误，D正确；以物块B为研究对象，可得2mgsin30°－FN＝2ma，解得FN＝13mg，B正确。3.(2019·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，皮带以速度v逆时针转动，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大答案：D解析：滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D正确，A、B、C错误。4．[多选](2019·桂林联考)如图所示，一小物体m从14光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R＝0.2m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接。当传送带固定不动时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点。取重力加速度g＝10m/s2，则下列选项正确的是()A．物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关B．若传送带逆时针方向运行，则物体m也能滑过B点，到达地面上的C点C．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v2m/s时，物体m到达地面上C点的右侧D．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v2m/s时，物体m也可能到达地面上C点的右侧答案：BCD解析：物体滑到最低点A时，由机械能守恒定律得mgR＝12mv02，则v0＝2gR＝2m/s，传送带静止时，物体滑到A点时：F－mg＝mv02R，得F＝3mg，与R无关，A错误；若传送带逆时针运行，物体匀减速运动至B点，与传送带静止情况相同，落在C点，B正确；若传送带顺时针运行，且运行速度v2m/s时，物体在传送带上做加速运动，落在C点右侧，C正确；若传送带运行速度v2m/s，物体可能先匀减速后匀速，到B点时速度可能大于传送带静止时物体到达B点的速度，此时物体落在C点右侧，D正确。5．[多选](2019·宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()A．t2时刻，弹簧形变量为0B．t1时刻，弹簧形变量为mgsinθ＋makC．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D．从t1时刻开始，拉力F恒定不变答案：BD解析：由题图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsinθ＝kx，则x＝mgsinθk，故A错误；由题图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律得kx－mgsinθ＝ma，则x＝mgsinθ＋mak，故B正确；从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ＋2ma－kx，x减小，F增大，从t1时刻开始，对B由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，可知F不变，故C错误，D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1.如图所示，轻质弹簧两端连接质量均为m的小球1和2，弹簧和小球处于封闭的竖直管AE内，小球直径略小于管的直径。整个装置静止时，小球1处于管壁的C点。其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，弹簧原长为3L，重力加速度大小为g。现使管AE在竖直方向上运动，当小球1、2相对管AE静止时，下列说法正确的是()A．弹簧可能处于伸长状态B．当小球1处于完全失重状态时，管AE一定向下运动C．当弹簧长度为2L时，小球2可能做匀速直线运动D．当弹簧长度为L时，小球2加速度大小一定为g答案：C解析：若弹簧伸长，受力分析可知小球1、2所受合力不同，则两球加速度不可能相同，选项A错误；当小球1处于完全失重状态时，弹簧处于原长，系统可以向上或向下运动，选项B错误；当弹簧长度为2L、小球2处于E点时系统受力平衡，小球2可能做匀速直线运动，选项C正确；由初始条件可知mg＝kL，当小球1处于A端、弹簧长度为L时，小球2受大小为2mg的弹力，所受合力为3mg，加速度大小为3g，方向向下，选项D错误。2.(2019·河南名校大联考)如图所示为某幼儿园儿童娱乐的滑梯示意图，其中AB为倾斜滑槽，BC为水平滑槽，t＝0时刻某儿童(可看成质点)从顶端A处开始下滑。表中前、后两组数据，分别为儿童在倾斜滑槽、水平滑槽运动过程中，通过速度传感器测得的数据。已知重力加速度为g，儿童与滑槽间的动摩擦因数处处相同，经过B处前、后瞬间的速度大小不变，