（课标Ⅱ卷）2020届高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件.pptx

专题三 牛顿运动定律,高考物理 (课标专用),考点一 牛顿运动定律的理解,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2016课标,18,6分)(多选)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,答案 BC 由题意知此恒力即为质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点 做匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度与该恒力不在一条直线 上,则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不 变的,但速率的变化量是变化的,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向 总与该恒力方向相同,C项正确。,考点二 牛顿运动定律的综合应用,2.(2019课标,20,6分)(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与 固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时 撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如 图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得 出 ( ) 图(a),图(b) 图(c) A.木板的质量为1 kg B.2 s4 s内,力F的大小为0.4 N C.02 s内,力F的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2,答案 AB 本题考查牛顿运动定律的综合应用,体现了物理学科科学推理的核心素养。 分析知木板受到的摩擦力f=f。0 2 s,木板静止,F=f,F逐渐增大,所以C错误。4 s5 s,木板加速 度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析,f=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正确。2 s 4 s, 对木板有F-f=ma1,F=f+ma1=0.2 N+1 N=0.4 N,所以B正确。由于无法确定物块的质量, 则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。 思路分析 以木板为研究对象,通过f-t与v-t图像对相应过程进行受力分析、运动分析,列方程 解出相应的问题。,3.(2015课标,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车 厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉 力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为 ( ) A.8 B.10 C.15 D.18,答案 BC 如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当 向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F= mxa,联立两式有y= x。可见,列车车厢总节数N=x+y= x,设x=3n(n=1,2,3,),则N=5n,故可知 选项B、C正确。,4.(2018课标,15,6分)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 ( ),答案 A 本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为 x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速 直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图 线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。 易错点拨 注意胡克定律中形变量的含义 胡克定律中的形变量指的是压缩量或伸长量。本题中x表示P离开静止位置的位移,此时的形 变量为x0-x而不是x。,5.(2015课标,20,6分)(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图 (b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出 ( ) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度,答案 ACD 设物块的质量为m、斜面的倾角为,物块与斜面间的动摩擦因数为,物块沿斜 面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1= ,a2= 。由上述四式可见,无法求 出m,可以求出、,故B错,A、C均正确。0t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物 块沿斜面上滑的最大距离,已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。 考查点 牛顿第二定律、受力分析、v-t图像 思路指导 分别写出上滑和下滑时加速度大小的表达式。 利用v-t图像求出上滑与下滑时的加速度。 温馨提示 斜面上物体的“重力分解效果”及“受力分析特点”是考试中常见的问题,应当 熟记。,6.(2015课标,25,20分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角 为=37(sin 37= )的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石 堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量 也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数1减小为 ,B、C间的动 摩擦因数2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑, 2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在02 s时间内A和B加速度的大小; (2)A在B上总的运动时间。,答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s 解析 (1)在02 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大 小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平 衡条件得 f1=1N1 N1=mg cos f2=2N2 N2=N1+mg cos 规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得,mg sin -f1=ma1 mg sin -f2+f1=ma2 联立式,并代入题给条件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2 (2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则 v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s tt1时,设A和B的加速度分别为a1和a2。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得 a1=6 m/s2 a2=-2 m/s2 即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有 v2+a2t2=0 联立 式得,t2=1 s 在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为 s= - =12 m27 m 此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有 l-s=(v1+a1t2)t3+ a1 可得 t3=1 s(另一解不合题意,舍去) 设A在B上总的运动时间为t总,有 t总=t1+t2+t3=4 s (也可利用下面的速度图线求解),考查点 牛顿第二定律、受力分析 易错警示 注意当B上表面光滑时,B从加速向下运动变为减速向下运动。,7.(2015课标,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有 一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同 速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方 向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所 示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求 (1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离。,答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加 速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+ a1 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立式并结合题给条件得 1=0.1 在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变 速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有 -2mg=ma2 由图(b)可得,a2= 式中,t2=2 s,v2=0,联立式并结合题给条件得 2=0.4 (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间t,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二 定律及运动学公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为 s1= t 小物块的位移为 s2= t 小物块相对木板的位移为,s=s2-s1 联立 式,并代入数据得 s=6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中 小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得 1(m+M)g=(m+M)a4 0- =2a4s3 碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 联立 式,并代入数据得 s=-6.5 m 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。 第(1)问7分,至式各1分;第(2)问8分,至 式各1分, 式2分;第(3)问5分, 至 式各1分,式2分。,考查点 牛顿第二定律、运动学公式 思路指导 每次分析包括受力分析列动力学方程,运动分析列运动学方程,同时还要注意位移 关系列位移方程。 易错警示 注意v-t图像1 s末的速度等于木板撞前速度。,B组 自主命题省(区、市)卷题组,考点一 牛顿运动定律的理解,1.(2019北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等 7个基本单位,其他单位均可由物理关系导出。例如,由m和s可以导 出速度单位ms-1。历史上,曾用“米原器”定义米,用平均太阳日定 义秒。但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方 式等因素的影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967 年用铯-133原子基态的两个超精细能级间的跃迁辐射的频率= 9 192 631 770 Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299 792 458 ms-1定义m。2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关系如图,例如,s对应,m对应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是 ( ) A.7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性 B.用真空中的光速c(ms-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义 C.用基本电荷e(C)定义安培(A),因为电荷量q与电流I存在I=q/t,而s已定义 D.因为普朗克常量h(Js)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位,答案 D 本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位,利用单位的定义方法及导出方 法考查了学生的理解能力、推理能力,体现了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社 会发展、科技进步等价值观念。 由于物理常量与环境和测量方式等因素无关,故用来定义基本单位时也不受环境、测量方式 等因素的影响,A正确。由题意可知,t、的单位已定义,真空中光速c、基本电荷e、普朗克常 量h均为基本物理常量,故可分别用l=vt、I=q/t、h=mc2来定义长度单位m、电流单位A及质量 单位kg,B、C正确,D错误。,2.(2019浙江4月选考,12,3分)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B 两球分别连在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该 水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计 空气阻力,木水铁) ( ) A.A球将向上运动,B、C球将向下运动 B.A、B球将向上运动,C球不动 C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动 D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动,答案 D 开始时A球下面的弹簧被压缩,A球所受弹力向上;B球下面的弹簧被拉长,B球所受 弹力向下;将挂吊篮的绳子剪断的瞬间,系统的加速度为g,为完全失重状态,此时水对球的浮力 为零,A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球 相对于杯底不动。故选D。,3.(2017上海单科,5,3分)如图,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球, 使之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做 ( ) A.曲线运动 B.匀速直线运动 C.匀加速直线运动 D.变加速直线运动,答案 C 本题考查力与运动的关系。在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用 而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场 力的合力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C项正 确。,4.(2016江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没 有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( ) A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大 D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面,答案 BD 由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A 错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加 速度大小相等,均为g;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间 相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=mg可知,Ff不变,故C 错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。,5.(2016上海单科,4,3分)如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动 时,球所受合外力的方向沿图中的 ( ) A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向,答案 D 当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球 所受合外力的方向水平向右,即沿图中OD方向,选项D正确,选项A、B、C错误。,6.2019天津理综,9(1)第26届国际计量大会决定,质量单位“千克”用普朗克常量h定义,“国 际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的数值为6.6310-34,根据能量子定义,h的单 位是 ,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为 。,答案 Js kgm2/s 解析 本题考查国际单位制中普朗克常量h的导出单位。 能量E=h,则h=E/,故h的单位为Js。由W=Fs=mas可知,1 J=1 kg(m/s2)m,故1 Js=1 kgm2/s。 知识链接 国际单位制中的力学基本单位为kg、m、s,由物理规律(公式),以基本单位为基础 推导出的单位为导出单位。,7.(2015海南单科,8,5分)(多选)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l1和l2,重力加速度大 小为g。在剪断的瞬间, ( ) A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l2,考点二 牛顿运动定律的综合应用,答案 AC 剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线上的拉力为T=3mg。在剪断瞬间,弹簧未发 生突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间,对a隔离进行受 力分析,由牛顿第二定律得:3mg=ma1得a1=3g,A正确,B错误。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2, 所以l1=2l2,C正确,D错误。,8.(2015重庆理综,3,6分)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始 跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作 用力大小为 ( ) A. +mg B. -mg C. +mg D. -mg,答案 A 解法一:由v2=2gh得v= 。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t =0-mv,解得F= +mg,故A正确。 解法二:对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a= = ,解得F= +mg,故A正确。,9.(2015重庆理综,5,6分)若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到 升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是 ( ),答案 B 由v-t图像可知,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(F=mg)向上减速(失重:Fmg),对照F -t图像可知,B正确。,10.(2017上海单科,17,2分)如图,光滑固定斜面的倾角为30,A、B两物体的质量之比为41。B 用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连,开始时A、B离地高度相同。在C处剪断轻绳,当B落地 前瞬间,A、B的速度大小之比为 ,机械能之比为 (以地面为零势能面)。,答案 12 41 解析 剪断轻绳后,A、B两物体均做初速度为零的匀加速直线运动。两物体的运动时间相同, 所以它们的速度大小之比就是它们的加速度大小之比。剪断轻绳后,物体B做自由落体运动, 其加速度为重力加速度g,物体A受力如图所示 其加速度aA=g sin 30= g= aB aAaB=12 得vAvB=12 由机械能守恒的条件可知,物体A和B在整个运动过程中各自的机械能守恒,这就意味着,物体B 落地前的瞬间,两物体的机械能分别和其初状态的机械能相等 初态时EA=mAgh,EB=mBgh,EAEB=mAmB=41 即两物体的机械能之比为41,11.(2019江苏单科,15,16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A 与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距 离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰 好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求: (1)A被敲击后获得的初速度大小vA; (2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB; (3)B被敲击后获得的初速度大小vB。,答案 (1) (2)3g g (3)2 解析 本题通过板、块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用,考查了学生的综合分析能 力与应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要 素。 (1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=g 匀变速直线运动2aAL= 解得vA= (2)设A、B的质量均为m 对齐前,B所受合外力大小F=3mg 由牛顿运动定律F=maB,得aB=3g 对齐后,A、B所受合外力大小F=2mg 由牛顿运动定律F=2maB,得aB=g (3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA 则v=aAt,v=vB-aBt,xA= aAt2,xB=vBt- aBt2 且xB-xA=L 解得vB=2 解题指导 A、B间存在相对滑动时,其相互间摩擦力为滑动摩擦力;而二者速度达到相同时, 摩擦力突变为静摩擦力,此时可采用整体法分析处理。,12.(2016四川理综,10,17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施 等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的 货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始 在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间, 货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡 床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平 板,取cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2。求:,(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向; (2)制动坡床的长度。,答案 (1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m 解析 (1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数=0.4,受 摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则 f+mg sin =ma1 f=mg cos 联立式并代入数据得a1=5 m/s2 a1的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货物在车厢内开始滑动 到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢 内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制 动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12 m,制动坡床的长度 为l,则 Mg sin +F-f=Ma2 F=k(m+M)g ,s1=vt- a1t2 s2=vt- a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 联立并代入数据得l=98 m 解题指导 (1)货物在车厢内向上滑动时,通过受力分析,由牛顿第二定律可求货物的加速度大 小和方向。 (2)货车和货物沿坡床上滑过程中,货车、货物都做减速运动,二者位移的几何关系是解答此题 的关键所在。,C组 教师专用题组,考点一 牛顿运动定律的理解,1.(2014课标,17,6分,0.645)如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套 在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。 当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为 ( ) A.Mg-5mg B.Mg+mg C.Mg+5mg D.Mg+10mg,答案,C 解法一 以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg2R= mv2, 在大环最低点有FN-mg=m ,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三 定律知,小环对大环的压力为FN=FN,方竖直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。,解法二 设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律 mv2=mg2R,且a = ,所以a=4g,以大环和小环整体为研究对象,受力情况如图所示。 F-Mg-mg=ma+M0 所以F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。 考查点 牛顿运动定律、机械能守恒定律 思路指导 ,小环下滑过程分析大环、小环整体 动力学分析得F,2.(2013课标,14,6分,0.733)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方 向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块 的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是 ( ),答案 C 物块的受力如图所示,当F不大于最大静摩擦力时,物块仍处于静止状态,故其加速 度为0;当F大于最大静摩擦力后,由牛顿第二定律得F-FN=ma,即F=FN+ma,F与a成线性关 系。选项C正确。 考查点 牛顿第二定律的应用 解题关键 通过动力学分析推出F与a的函数关系表达式。 易错警示 注意题中假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。,3.(2013重庆理综,4,6分)如图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为的 光滑斜面滑下,然后在不同的角条件下进行多次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加 速直线运动。分析该实验可知,小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自 最大值的比值y随变化的图像分别对应图2中的 ( ) 图1 图2 A.、和 B.、和 C.、和 D.、和,答案 B 重力加速度g与无关,其值在值增大时保持不变,故其图像应为,则A、D两项均 错。当=0时小球的加速度a=0,故其图像必定为,所以B项正确,C项错误。,考点二 牛顿运动定律的综合应用,4.(2015浙江理综,18,6分)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机 总质量为3.0104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 N;弹射器有效作用长度为100 m, 推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推 力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则 ( ) A.弹射器的推力大小为1.1106 N B.弹射器对舰载机所做的功为1.1108 J C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 W D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2,答案 ABD 舰载机弹射过程中的加速度a= = m/s2=32 m/s2,选项D正确;对舰载机在 水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma,解得:F弹=1.1106 N,选项A 正确;由功的定义得:W弹=F弹x=1.1108 J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间 t= = s=2.5 s,由功率的定义得:P弹= =4.4107 W,选项C错。,5.(2014江苏单科,8,4分)(多选)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 对A、B整体,地面对B的最大静摩擦力为 mg,故当 mg3mg时,A相对B才能滑动, C对。当F= mg时,A、B相对静止,对整体有: mg- 3mg=3ma,a= g,故B正确。无论F为 何值,B所受的最大动力为A对B的最大静摩擦力2mg,故B的最大加速度aBm= = g,可见D正确。,6.(2013广东理综,19,6分)(多选)如图,游乐场中,从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨 道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处,下列说法正确的有 ( ) A.甲的切向加速度始终比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D.甲比乙先到达B处,答案 BD 由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的,后是小于乙的,A项错误。由机械 能守恒定律可知,甲、乙在同一高度时速度大小相等,B项正确。开始时甲的加速度大于乙的 加速度,故甲开始时下滑较快,C项错误。因开始时甲的平均加速度较大,其在整个过程中的平 均速度大于乙的平均速度,所以甲比乙先到达B处,D项正确。 评析 本题中的C、D两选项较难判断,属于难度较大层次。可用图像法简便解决,图中两阴 影面积相等。,7.(2012天津理综,8,6分)(多选)如图甲所示,静止在水平地面的物块A,受到水平向右的拉力F作 用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等,则 ( ) A.0t1时间内F的功率逐渐增大 B.t2时刻物块A的加速度最大 C.t2时刻后物块A做反向运动 D.t3时刻物块A的动能最大,答案 BD 0t1时间内物块A仍处于静止状态,F的功率为零,A错。t1t3时间内Ffm,对物块A列 方程得F-fm=ma,F先增大后减小,因此加速度a先增大后减小,但v一直增大,当F最大时,a最大,B 正确。t3时刻F=fm,a=0,物块A速度达到最大,故C错误,D正确。 评析 本题借助牛顿运动定律的相关内容考查学生应用图像和受力关系表述物理过程的能 力,涉及的知识点有牛顿第二定律与受力分析等。对物块A的运动过程分析是该题的难点。 题目难度较高,区分度高。,8.(2011四川理综,19,6分)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 对降落伞,匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力FT和空气阻力F平衡,即FT=F-mg。 在喷气瞬间,喷气产生的反冲力向上,使降落伞减速运动,设加速度大小为a,对降落伞应用牛顿 第二定律:F-FT-mg=ma,FT=F-mg-maFT,故A正确,B错误。加速度方向向上,返回舱处于超重状 态,故D错误。合外力方向向上、位移方向向下,做负功,故C错误。,9.(2011北京理综,18,6分)“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 B.2g C.3g D.4g,答案 B “蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态,此时绳的拉力等于人的重 力,由图可知,绳的拉力最终趋于恒定时等于重力且等于 F0,即F0= mg。当绳的拉力最大时, 人处于最低点且合力最大,故加速度也最大,此时F最大= F0=3mg,方向竖直向上,由ma=F最大-mg= 3mg-mg=2mg得最大加速度为2g,故B正确。 评析 将生活实际与物理知识相结合,将生活实际与图像分析相结合,在考查实际应用能力的 同时,又考查了图像分析应用能力。较难,得分率低。,考点一 牛顿运动定律的理解,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019吉林“五地六校”联考,2)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两 端,B小球用细绳固定在倾角为30的光滑斜面上,若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行,在 细绳被剪断的瞬间,A、B两小球的加速度分别为 ( ) A.都等于 B.0和 C. 和0 D.0和,答案 B 在剪断绳子之前,A处于平衡状态,所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力,在剪 断绳子的瞬间,绳子上的拉力立即减为零,而弹簧的伸长量没有来得及发生改变,故弹簧弹力不 变仍为A的重力沿斜面的分力,故A球的加速度为零;在剪断绳子之前,对B球进行受力分析,B受 到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力,在剪断绳子的瞬间,绳上的拉力立即 减为零,对B球进行受力分析,则B受到重力、弹簧向下的拉力、支持力,根据牛顿第二定律得aB = = 。故B正确。 温馨提示 该题考查瞬时加速度问题,要注意在剪断绳子的瞬间,绳子上的力立即减为0,而弹 簧的弹力不发生改变,再结合牛顿第二定律进行分析求解即可。,2.(2019重庆沙坪坝等主城区调研,5)甲、乙两物体都静止在水平面上,质量分别为m甲、m乙,与 水平面间的动摩擦因数分别为甲、乙。现用水平拉力F分别作用于两物体,加速度a与拉力F 的关系如图,图中b、-2c、-c为相应坐标值,重力加速度为g。由图可知 ( ) A.甲= ;m甲= B.甲= ;m甲= C.m甲m乙=12,甲乙=12 D.m甲m乙=21,甲乙=12,答案 B 对质量为m的物体受力分析,假定动摩擦因数为,根据牛顿第二定律,有F-mg=ma, 可得a= -g,故a与F关系图像的斜率表示质量的倒数,斜率越大,质量越小,故有m甲= ,m乙= , 即m甲m乙=12,从图像可以看出纵轴截距-甲 g=-2c,即甲= ,同理得乙= ,有甲乙=21, 故选B。 考查点 牛顿第二定律 思路指导 根据“加速度a与拉力F的关系”可知,本题考查牛顿第二定律的应用,根据牛顿第 二定律的变形式,运用数学函数结合图像列式计算。,3.(2018陕西质检,14)如图所示,A、B两物体相距s=7 m,物体A以vA=4 m/s的速度向右匀速运动, 而物体B此时的速度vB=10 m/s,只在滑动摩擦力作用下向右做匀减速运动,B与水平地面间的动 摩擦因数=0.2,那么物体A追上物体B所用的时间为 ( ) A.7 s B.8 s C.9 s D.10 s,答案 B 对B由牛顿第二定律得F=mBg=mBaB,aB=2 m/s2,物体B从开始到停下来所用的时间t= =5 s,在此时间内B前进的距离sB= t= t=25 m,A前进的距离sA=vAt=20 m,故此时A、B相距 12 m,所以再经过3 s A才能追上B,故物体A追上物体B所用的时间为8 s。 考查点 牛顿第二定律、追及相遇问题 解题关键 不能整个过程列方程,因为B物体停下后,A物体运动,B物体静止不动。,4.(2018陕西西安长安二模,1)如图所示,质量相等的三个物块A、B、C,A与天花板之间、B与C 之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细绳相连,当系统静止后,突然剪断A、B间的细绳,则此瞬间 A、B、C的加速度分别为(取向下为正) ( ) A.-g、2g、0 B.-2g、2g、0 C.0、2g、0 D.-2g、g、g,答案 B 剪断细绳前,对B、C整体进行受力分析,受到重力和细绳的拉力而平衡,故T=2mg;再 对物块A、B分别进行受力分析,受到重力、细绳拉力和弹簧的拉力;剪断细绳后,重力和弹簧 的弹力不变,细绳的拉力减为零,故物块B受到的合力等于2mg,向下,物块A受到的合力为2mg, 向上,物块C受到的力不变,合力为零,故物块B有向下的加速度,大小为2g,物块A具有向上的加 速度,大小为2g,物块C的加速度为零,故选B。 考查点 牛顿第二定律的瞬时性问题 解题关键 弹簧的弹力瞬间不变。,5.(2017重庆万州第二次质量检测,19)(多选)某游乐园中一游客站在斜向上匀加速运行的电动 扶梯上(扶栏未画出),人和扶梯保持相对静止,其加速度a方向如图所示。在该游客上升过程 中,下列判断正确的是 ( ) A.游客所受电梯作用力的方向与图中a的方向相同 B.游客在竖直方向受到的电梯支持力大于游客所受重力 C.游客机械能的增加量大于支持力所做的功 D.游客在竖直方向受到的合力为零,在a方向上受到的合力不为零,答案 BC 对人进行受力分析可知人受竖直向下的重力、扶梯对人水平向右的摩擦力以及 竖直向上的支持力,三力合力沿a的方向,故扶梯作用力即支持力与摩擦力的合力与a方向不同, A错;分解a有ma sin =FN-G,即FNG,竖直方向合力不为零,故B对、D错; 机械能增量应等于除 G外的其他力做的功,故C对。 考查点 牛顿第二定律 解题关键 合力方向与加速度方向相同。摩擦力与支持力都对人做正功。,考点二 牛顿运动定律的综合应用,6.(2019东北三省四市教研联合体模拟一,1)如图所示,物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻 绳连接,由静止开始释放,在物体A加速下降的过程中,下列判断正确的是 ( ) A.物体A和物体B均处于超重状态 B.物体A和物体B均处于失重状态 C.物体A处于超重状态,物体B处于失重状态 D.物体A处于失重状态,物体B处于超重状态,答案 D A加速下降,则加速度向下,轻绳的拉力小于重力,故A处于失重状态;同时B加速上 升,则加速度向上,轻绳的拉力大于重力,故B处于超重状态。故A、B、C错误,D正确。 考查点 超重与失重 温馨提示 当物体具有向上的加速度时是超重,当物体具有向下的加速度时是失重。,7.(2019辽宁大连市双基测试,10)(多选)如图所示,一个内表面光滑的刚性(不可形变)盒体内密 封一刚性椭球体,盒子六面均与椭球体刚好相切,现将其竖直向上抛,若空气阻力与速率成正 比,下列说法正确的是 ( ) A.在上升和下降过程中,椭球体对盒子的六个面均有作用力 B.在上升过程中,盒子顶部对椭球体有向下的作用力且作用力逐渐减小 C.在下降过程中,盒子顶部对椭球体有向下的作用力 D.在下降过程中,盒子底部对椭球体有向上的作用力且作用力逐渐增大,答案 BD 在上升过程,整体的加速度a1= =g+ ,隔离对椭球体分析,mg+F=ma1,解得 F= ,方向向下,即盒子顶部对椭球体有向下的作用力。上升过程整体在做减速运动,由于空 气阻力与速度成正比,可知盒子顶部对椭球体向下的作用力逐渐减小。在下降的过程中,整体 的加速度a2= =g- ,隔离对椭球体分析,mg+F=ma2,解得F=- ,方向向上,即盒子底部 对椭球体有向上的作用力。下降过程整体在做加速运动,因为空气阻力与速度成正比,所以盒 子底部对椭球体向上的作用力逐渐增大。故B、D正确。,8.(2019陕西西安师大附中等八校联考,5)如图所示,材料相同的物体m1、m2由轻绳连接,在恒定 拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。则轻绳拉力的大小 ( ) A.与斜面的倾角有关 B.与物体和斜面之间的动摩擦因数有关 C.与两物体的质量m1和m2有关 D.若改用F沿斜面向下拉连接体,且F仍作用在m1上,轻绳拉力的大小不变,答案 CD 将两物体看成一个整体,有: F-(m1+m2)g sin -(m1+m2)g cos =(m1+m2)a 解得a= 对m2受力分析且由牛顿第二定律有: T-m2g sin -m2g cos =m2a 解得:T= T值与、无关,故A、B错误,C正确。 若改用F沿斜面向下拉连接体,将两物体看成一个整体有: F+(m1+m2)g sin -(m1+m2)g cos =(m1+m2)a 解得:a= 对m2受力分析且由牛顿第二定律有: T+m2g sin -m2g cos =m2a 解得T= ,故D正确。,9.(2018辽宁大连双基,4)如图所示,木块A叠放在木块B的上表面,木块B上表面水平,B的下表面 与斜面间无摩擦,A与B保持相对静止一起沿斜面下滑过程中,斜面体C保持不动,下列判断正确 的是 ( ) A.A木块受到的摩擦力水平向右 B.A对B的作用力方向竖直向下 C.C与水平地面之间没有摩擦力 D.C对地面的压力小于A、B、C重力之和,答案 D 以A和B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得:a=g sin ,把加速度分解,水平方 向:ax=g sin cos ,竖直方向ay=g sin2 ,隔离A进行分析有:fA=mAax=mAg sin cos ,方向向左,故A 错误;A对B的压力竖直向下,A对B的摩擦力水平向右,A对B的作用力即A对B的摩擦力和压力的 合力,根据平行四边形定则可知指向右下方,故B错误;对整体进行分析,由于A和B有向左的加 速度ax,地面对C的摩擦力方向向左,故C错误;由于A和B整体具有向下的加速度ay=g sin2 ,处于 失重状态,所以地面对C的支持力小于A、B、C重力之和,故D正确。 考查点 牛顿第二定律的矢量性、失重 温馨提示 A和B整体沿斜面下滑,加速度a=g sin 。,加速度分解,10.(2019辽宁沈阳质检,12)如图所示,一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为 v0=2 m/s,此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v1=4 m/s的速度从右侧滑上木板,经 过1 s两者速度恰好相同,速度大小为v2=1 m/s,方向向左。重力加速度g=10 m/s2,试求: (1)木板与滑块间的动摩擦因数1; (2)木板与地面间的动摩擦因数2; (3)从滑块滑上木板,到最终两者静止的过程中,滑块相对木板的位移大小。,答案 (1)0.3 (2) (3)2.75 m 解析 (1)对小滑块分析,其加速度为 a1= = m/s2=-3 m/s2,方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有-1mg=ma1,可以得到: 1=0.3 (2)对木板分析,其先向右减速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到: 1mg+22mg=m 然后向左加速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到: 1mg-22mg=m 而且t1+t2=t=1 s 联立可以得到:2= ,t1=0.5 s,t2=0.5 s (3)在t1=0.5 s时间内,木板向右减速运动,其向右运动的位移为x1= t1=0.5 m,方向向右,在t2=0.5 s时间内,木板向左加速运动,其向左加速运动的位移为x2= t2=0.25 m,方向向左 在整个t=1 s时间内,小滑块向左减速运动,其位移为x= t=2.5 m,方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为 x=x+x1-x2=2.75 m。 考查点 牛顿第二定律的应用 思路指导 (1)对小滑块根据牛顿第二定律及运动学公式进行求解; (2)对木板分析,其先向右减速后向左加速,分过程进行分析即可; (3)分别求出二者相对地面的位移,然后求解二者的相对位移。,11.(2018陕西质检,24)某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用 获得水平推力F