高考物理二轮复习 核心考点总动员 专题02 牛顿运动定律学案.doc

考点02 牛顿运动定律【命题意图】本题属于连接体模型，涉及的知识点有相对运动和牛顿运动定律的应用，需要考生运用整体法和隔离法解决这类问题，意在考查考生的综合分析能力。【专题定位】本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容主要有：匀变速直线运动的规律及运动图象问题；行车安全问题；物体在传送带(或平板车)上的运动问题；带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；电磁感应中的动力学分析.考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等.【考试方向】对于连接体模型，命题多集中在两个或两个以上相关联的物体之间的相互作用和系统所受的外力情况，一般根据连接类型（直接连接型、绳子连接型、弹簧连接型），且考查时多涉及物体运动的临界和极值问题。【应考策略】抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”.“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题。1高考考查特点(1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意追及相遇类为背景的实际问题(2)熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键2解题常见误区及提醒 (1)基本概念公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活(2)实际问题中过程不清晰、时间关系、速度关系、位移关系把握不准(3)解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”、“最多”、“至少”等)【得分要点】处理连接体问题的基本方法是隔离法和整体法：分析整体受力，不需要求物体间相互作用力时，多采用整体法；要求求出系统内部物体之间的作用力时，需采用隔离法。涉及临界或极值问题时，要分析此状态下的受力特点和运动特点，找到临界或极值产生的条件。【2017年高考选题】【2017新课标卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1 2）。现将a、b间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为va和vb，最大动能分别为eka和ekb，则下列说法中正确的是a. mb mab. 轻绳剪断时加速度之比为tan1:tan2c. va ekb【答案】a【解析】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为t对a球分析受力如图【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系将a、b间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小3. 如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为。若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）a. 物块所受摩擦力的方向水平向左b. 物块运动的时间为c. 物块相对地面的位移大小为d. 物块相对传送带的位移大小为【答案】d【解析】物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，即物块所受合外力为，加速度，物块运动的时间， 物块相对地面的位移大小，物块相对传送带的位移大小，故abc错误，d正确.故选d.【点睛】根据相对运动方向求得摩擦力方向；由受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度，然后根据匀变速运动规律求得运动时间、位移，然后由几何关系求得相对位移4. 年月日，在国际泳联跳水系列赛喀山站米台决赛中，我国男女选手双双夺得冠军如图是运动员某次跳台比赛中的图像（取竖直向下为正方向），时运动员起跳离开跳台将运动员视为质点，则运动员a. 时刻到达水面b. 时刻到达水下最深处c. 时刻处于超重状态d. 时刻浮出水面【答案】c5. 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力f的作用，f的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度g=10ms2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为a. b. c. d. 【答案】c6. 如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上，滑块与斜面之间的动摩擦因数为若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g则（ ）a. 将滑块由静止释放，如果，滑块将下滑b. 给滑块沿斜面向下的初速度，如果，滑块将减速下滑c. 用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果，拉力大小应是d. 用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果，拉力大小应是【答案】d【解析】物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力如图7. 如图所示，a、b球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）a. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinb. a球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinc. b球的受力情况未变，瞬时加速度大小为0.5gsind. 弹簧有收缩的趋势，a、b两球的瞬时加速度大小相等方向相反【答案】b【解析】系统静止，根据平衡条件可知，对b球：f弹=mgsin；对a球：f绳=f弹+mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：b球受力情况未变，瞬时加速度为零；对a球根据牛顿第二定律得：a=f合/m=（f弹+mgsin）/m=2gsin，方向沿斜面向下，故acd错误，b正确。故选：b。点睛：根据平衡条件可知：对a、b球受力分析，求出弹簧弹力和绳子拉力。细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不会瞬间发生改变；对a、b球分别进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求出各自加速度8. （多选）如图所示，传送带与水平面夹角为37，白色皮带以10 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动今在传送带上端a处无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带a到b的长度为16m取sin370=0.6，cos370=0.8，g=10m/s2则在小煤块从a运动到b的过程中（ ）a. 小煤块从a运动到b的时间为2sb. 煤块对皮带做的总功为0c. 小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6md. 因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24j【答案】abd【解析】小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律求出小煤块从a运动到b的时间；分别求出在煤块匀加速直线运动阶段传送带的位移和煤块的位移，两者位移之差即为划痕的长度；因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积，解得，则，故a正确；煤块对皮带做的总功即是滑动摩擦力对传送带所做的功为，b正确；第一秒内传送带的速度大于煤块的速度，煤块相对于传送带先后运动，相对位移： ，第二秒内煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移，物块相对于传送带的位移而小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为5m，c错误；产生的内能，d正确；9. （多选）如图所示，一根长度为2l、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等。绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦。由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为t。已知重力加速度大小为g，下列a-x、t-x关系图线正确的是a. b. c. d. 【答案】ac故选ac。10. （多选）如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时，下列说法中可能正确的是（）a. 绳的张力减小，地面对a的支持力不变b. 绳的张力减小，地面对a的支持力增加c. 绳的张力增加，斜面对b的支持力不变d. 绳的张力增加，斜面对b的支持力增加【答案】ab【解析】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡； ；由两式解得： ， ；即绳的张力f将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变；（2）物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大；综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加，故选项ab正确。点睛：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识。11. 如图所示，在倾角为 = 37的固定长斜面上放置一质量m = 2 kg、长度l1 = 2.5 m的极薄平板 ab，平板的上表面光滑，其下端 b 与斜面底端c 的距离l2 = 16.5 m。在平板的上端a 处放一质量m = 0.5 kg 的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同时无初速释放。设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为 = 0.5，已知sin37 = 0.6，cos37 = 0.8，g 取 10 m/s2，求：（1）小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度各为多大？（2）小滑块滑到斜面底端c时，薄平板下端b距离小滑块的距离l为多少？【答案】（1）2 m/s2（2）10mx=l1+x=解得x=0.5m，t1=1s滑块滑离平板后，平板运动的加速度为a4，由mgsin37mgcos37ma4，解得a4=a2=2 m/s2滑块滑离平板时的速度为v1，则v1=a1t1=6 m/s此时木板的速度为v2，则v2=a3t1=1 m/s设滑块离开平板后滑到斜面底端c所用的时间为t由l2-x=v1t+解得t=2 s在这段时间平板下滑的距离x1=v2t+=6m则平板下端距离小滑块的距离l =l2-x-x1=10m12. 如图甲所示，一质量m=0.4 kg的小物块，以v