2019届高考物理二轮复习专题2牛顿运动定律与直线运动学案.docx

2 牛顿运动定律与直线运动本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从2016年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用。1基本思路2解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图对于多运动过程问题，还要找准一个转折点，特别是转折点的速度。3常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用。(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题。1(2018全国卷15)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之间关系的图象可能正确的是()2(多选)如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/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象如图乙所示，取g10 m/s2。下列选项中正确的是()A2 s末3 s末内物块做匀减速运动B在t1 s时刻，恒力F反向C物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D恒力F大小为10 N3如图所示，传送带的倾角37，上、下两个轮子间的距离L3 m，传送带以v02 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。一质量m2 kg的小物块从传送带中点处以v11 m/s的初速度沿传送带向下滑动。已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度。(2)小物块离开传送带时的速度大小。1(多选)如图，水平面上有质量m1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力f的大小。g10 m/s2。下列说法正确的是()A3 s末物块所受合力大小为3.0 NB物块在05 s内处于静止状态C物块与木板之间的动摩擦因数为0.3D610 s内物块的加速度大小为2.0 m/s22如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则()A行李从A运动到B过程一直受到向左的摩擦力B乘客与行李同时到达B处C乘客提前1 s到达B处D乘客提前0.5 s到达B处1(多选)一质量为2 kg的物体受到水平拉力作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的at图象如图所示，t0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()A在t2 s时刻，物体的速度为5 m/sB在02 s时间内，物体做的移大于7 mC在02 s时间内，物体做的位移小于7 mD在t1 s时刻，拉力下F的大小为3 N2(多选)如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ的M点和P点间接一个电阻，在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场。现使与磁场上边界相距d0的ab棒由静止开始释放，若棒在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。则自棒由静止开始释放到离开磁场的过程中，下列速度图象可能正确是的()3如图所示，在倾角为的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即fkv。(1)试求滑板下滑的最大速度vm的表达式；(2)若m2 kg、30，g取10 m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度时间图象如图乙所示，图中斜线是t0时刻的速度图象的切线，由此求和k的值。4如图所示，质量m1 kg的物体静止在粗糙水平地面上A点。物体在斜向上与水平方向夹角37的恒力F作用下，从A点开始运动，到达B点时立即撤去拉力F，物体最后滑到C点静止。物体开始一段时间及隔一段时间后的vt的图象如图。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)动摩擦因数；(2)恒力F的大小；(3)01.8 s内物体位移s的大小。5如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套在光滑杆上。一套在杆上的圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内。已知支架和圆环的质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)求圆环刚接触弹簧时的动能Ek。(2)如图所示，取圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，取竖直向下为正方向，建立x轴。在圆环压缩弹簧的过程中，圆环的位移为x，加速度为a，在图中定性画出a随x变化关系的图象。(3)试论证当圆环运动到最低点时，地面对底座的支持力FN3mg。6如图甲所示，一个质量为m1 kg的小物体在平行于斜面向下的推力F3.5 N的作用下沿足够长的斜面向下运动已知斜面倾角30。选取沿斜面向下为x轴正方向，物体通过坐标原点时开始计时，其t图象如图乙所示，g取10 m/s2。求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)第2 s内物体的平均速度大小。参考答案1【解题思路】设物块P静止时，弹簧的长度为x0，原长为l，则k(lx0)mg，物块P匀加速直线运动时受重力mg、弹簧弹力k(lx0x)及力F，根据牛顿第二定律，得Fk(lx0x)mgma故Fkxma根据数学知识知Fx图象是截距为ma的一次函数图象。【答案】A2【解题思路】物块匀减速直线运动的加速度大小为：a110 m/s2，物块匀减速直线运动的时间为：t1 s1 s ，即在t1 s末恒力F反向，物块做匀加速运动，故A错，B对；物块匀加速运动的加速度大小：a24 m/s2,根据牛顿第二定律得：FFfma1，FFfma2，联立两式解得：F7 N，Ff3 N，由Ffmg，得0.3，故C对，D错。【答案】BC3【解析】(1)由题意可知0.8 tan 370.75，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力mgsin 37，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：mgcos 37mgsin 37maa0.4 m/s2小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离x1，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：解得：x11.25 m，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离x11.25 m小物块向下滑动的时间为传送带运动的距离s1v0t1联立解得s15 m小物块相对传送带运动的距离xs1x1解得：x6.25 m因传送带总长度为2L6m，所以传送带上留下的划痕长度为5m。(2)小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动设小物块到达传送带最上端时的速度大小为v2假设此时二者不共速，则有：解得：m/sv2v0，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为m/s。1【解题思路】3 s末拉力为3 N，摩擦力为3 N，合力为零，故A错误；在05 s内，前4 s物体静止，4 s末开始运动，故B错误；物体滑动摩擦力为3 N，由fmg得0.3，故C正确；由图可知610 s拉力为5 N，摩擦力为3 N，则合力F合Ff2 N，故加速度a2 m/s2，故D正确。【答案】CD2【解题思路】行李放在传送带上后，在摩擦力的作用下做匀加速运动，ag1 m/s2，速度最大到v用时s，位移m，接着以速度v匀速运动到B点，s，所以行李总用时2.5 s，人匀速运动B处用时s，所以乘客提前0.5 s到达B处，故D正确，B、C错误；在匀速段行李不再受到摩擦力，所以A错误。【答案】D1【解题思路】据vat可得：at图象与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量。t2 s时刻，物体的速度v5 m/s，故A项正确；在02 s时间内，物体做加速度增大的加速运动，物体的位移m，故B项错误，C项正确；在t1 s时刻，物体的加速度a11.5 m/s2，由牛顿第二定律可得：F1fma1，解得F15 N，故D项错误。【答案】AC2【解题思路】棒ab进入磁场前做自由落体运动，进入磁场时的速度v22gd0，得ab棒刚进入磁场时的速度为，棒ab自由下落的时间；若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力小于重力，将做加速运动，根据牛顿第二定律得，可知v增大，a减小，vt图象的斜率减小，当a0时棒ab做匀速直线运动，故C错误，A正确；若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力大于重力，将做减速运动，根据牛顿第二定律得，可知v减小，a减小，vt图象的斜率减小，当a0时棒ab做匀速直线运动，故B正确；若进入磁场后ab棒所受的向上的安培力与重力二力平衡，就以速度做匀速运动，故D正确。【答案】ABD3【解析】(1)风帆受力如图所示，当mgsin f1f2时，风帆下滑的速度最大为vm，则有：mgsin mgcos kvm。(2)由图象知t0时风帆下滑的加速度：a3 m/s2风帆下滑过程中最大速度vm2 m/s当t0时，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos maag(sin cos )3 m/s2解得：0.23由mgsin mgcos kvm解得：k3 N/(ms-1)。4【解析】(1)物体先做匀加速运动后做匀加速运动，由图像可知加速阶段a15 m/s2，减速阶段加速度为a255 m/s2由牛顿第二运动定律知匀减速运动摩擦力提供合外力：mgma2得0.5。(2)匀加速阶段，有： Fcos FNma1FNmgFsin 代入数据得F9.1 N。(3)设匀加速时间为t，则最大速度为vma1t，达到最大速度后做匀加速运动2.2 s时速度为3 m/s。由公式vvma2(2.2t) 3 m/s得t1.4 st1.8 s1.4 s0.4 s前1.4 s做初速为零的匀加速运动，位移m达到最大速度做匀加速运动，0.4 s内的位移m所以1.8 s内位移为xx1x27.3 m。5【解析】(1)在圆环自由下落的过程中，由机械能守恒定律得：EkmgH。(2)设弹簧的劲度系数为k，根据牛顿第二定律得mgkxma解得：ax图象图甲所示。图甲(3)如图乙所示，A点对应于圆环刚接触弹簧的位置，B点对应于圆环速度最大的位置，C点对应于圆环运动到的最低点，由图可知，图象与坐标轴所围面积：可知，S1S2结合图乙可知，aCg根据牛顿第二定律得对圆环：kxmgmaC图乙对底座：FN(kxm