高考物理5年高考3年模拟精品课件全国卷3地区通用专题三牛顿运动定律.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,五年高考,A组统一命题课标卷题组,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。,考查点力、加速度、速度三者关系,解题关键F即F合,与a同向。分别分析F与原速度方向是否在同一直线上的两种情况。,考点二牛顿运动定律的综合应用2.(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。,3.(2015课标,20,6分,0.677)(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:mgsin+mgcos=ma1,mgsin-mgcos=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,思路指导对上滑和下滑根据牛顿第二定律列式。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”是高考中常见的问题,应当熟记。,4.(2015课标,20,6分,0.45)(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.8B.10C.15D.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。,5.(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-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.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,方向竖直向下,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,6.(2017课标,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。,答案(1)1m/s(2)1.9m,解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f1=1mAgf2=1mBgf3=2(m+mA+mB)g由牛顿第二定律得f1=mAaAf2=mBaBf2-f1-f3=ma1设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1v1=a1t1联立式,代入已知数据得,v1=1m/s(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-aB设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2,在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=1.9m(也可用如图的速度-时间图线求解),审题指导如何建立物理情景,构建解题路径首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板的运动情况。把握好几个运动节点。由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。木板先加速后减速,存在两个过程。,7.(2015课标,25,20分,0.204)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(sin37=)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2s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=27m,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=10m/s2。求:(1)在02s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)3m/s21m/s2(2)4s,解析(1)在02s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=1N1N1=mgcosf2=2N2N2=N1+mgcos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,mgsin-f1=ma1mgsin-f2+f1=ma2联立式,并代入题给条件得a1=3m/s2a2=1m/s2(2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则v1=a1t1=6m/sv2=a2t1=2m/stt1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=6m/s2a2=-2m/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=1s在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为s=-=12mmg)向上匀速(F=mg)向上减速(失重:Fmg,满足F-mg=ma,加速度向上,弹簧弹力不断增大,加速度a不断增大,物块做加速度不断增大的减速运动,故物块的动能先增大后减小,动能最大时加速度为零,在最低点时加速度不为零,A正确,C、D错误。,3.(2018贵州贵阳一中3月月考,16)在固定斜面上,一物块沿斜面下滑过程中,其速度与位移x的关系式满足v2=8x(国际单位制);沿斜面上滑过程中,其速度v与位移x的关系式变为v2=16-16x(国际单位制);g取10m/s2。则物块与斜面间的动摩擦因数和斜面的倾角分别为()A.=0.5,=30B.=0.5,=60C.=0.25,=37D.=0.25,=53,答案C下滑过程有a1=gsin-gcos,由v2=2a1x和v2=8x可知a1=4m/s2;上滑过程中有a2=gsin+gcos,由v2=-2a2x和v2=16-16x可知a2=8m/s2;解得=0.25,=37,故C正确。,4.(2018云南保山第二次市级统测,15)如图所示,一个质量为m的物体放在倾角为的光滑斜面上,现对斜面施加一水平向左的恒力F,使物体与斜面一起以加速度a水平向左做匀加速直线运动。已知重力加速度为g,则斜面对物体的支持力为()A.mgcosB.C.masinD.,答案B斜面与物体一起以加速度a向左做匀加速运动,合力水平向左,对物体进行受力分析,如图所示,竖直方向有mg=Ncos,水平方向有Nsin=ma,则N=,故B正确,A、C错误。由题中所给条件不能得出N与F的关系,D错误。,考点二牛顿运动定律的综合应用5.(2018四川成都龙泉一中模拟,14)如图所示,小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强,已知A的质量为m,重力加速度为g,两本书在空中不翻转,不计空气阻力,则A、B在空中运动时()A.A的加速度等于gB.B的加速度大于gC.A对B的压力等于mgD.A对B的压力大于mg,答案A由于A、B两本书在空中运动时不计空气阻力,只受重力,故A、B的加速度等于g,选项A正确,选项B错误;因A、B两本书的加速度等于g,二者处于完全失重状态,A、B间无作用力,选项C、D错误。,6.(2018云南保山第二次市级统测,19)(多选)在粗糙水平面上滑动的物块,从t0=0时刻开始受到水平恒力F的作用,在t0到t1时间内物块做直线运动,已知物块在t0时刻的速度和t1时刻的速度大小相等,下列能正确反映这一过程的v-t图像有(),答案AC物块做直线运动,初末速度大小相等,物块可能做匀速直线运动,即恒力F等于滑动摩擦力,故A正确。物块也可能速度先减为零,然后反向加速,即开始时力与运动方向相反,故减速时的加速度大小a1=,加速时的加速度大小a2=,a1a2,故C正确。,7.(2018西南名校质量检测,17)如图甲所示,一长木板在水平地面上向右运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,木板运动的速度-时间图像可能是图乙中的(),答案A由于物块刚放到木板上时,运动的木板会对它施加一个水平向右的滑动摩擦力,则物块对木板就会有一个水平向左的摩擦力,此时木板还受到地面给它的水平向左的摩擦力,木板在这两个阻力的作用下做匀减速直线运动;当物块的速度与木板的速度相等时,物块与木板保持相对静止,一起做匀减速运动,此时物块对木板的摩擦力水平向右,地面仍对木板施加水平向左的摩擦力,即木板所受合力变小,故木板的加速度变小,故选A。,8.(2018贵州铜仁适应性考试二,17)如图所示,为一距地面某高度的小球由静止释放后撞击地面弹跳的v-t图像,小球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,空气阻力不计,由图像可知()A.横坐标每一小格表示的时间约为0.08sB.小球释放时离地面的高度为1.5mC.小球第一次反弹的最大高度为0.8mD.小球第一次撞击地面受地面的平均作用力为50N,答案C由于不计空气阻力,小球在下落过程中,加速度为g,由图可知,小球第一次撞击地面瞬间的速度为5m/s,由速度公式可知,小球第一次在空中运动时间t=0.5s,5t0=0.5s,t0=0.1s,即横轴每一小格表示的时间为0.1s,选项A错误;小球释放时离地面的高度h=1.25m,选项B错误;由图像知小球第一次反弹后的初速度大小为v=4m/s,则第一次反弹的最大高度h=0.8m,选项C正确;若以向上为正方向,由牛顿第二定律和运动学公式可得F-mg=ma,a=m/s2=45m/s2,则F=mg+ma=22N,选项D错误。,9.(2018广西柳州高级中学、南宁二中二联,24)一质量m=4.0103kg的汽车,以P=6.0104W的额定功率从静止启动爬一坡面,经25s达到最大速度,设汽车受到坡面的阻力大小为f=1.6103N。已知坡面与水平面夹角为,(取重力加速度g=10m/s2,sin=0.02)求:(1)汽车的最大速率vm;(2)汽车速度为10m/s时的加速度大小。,答案(1)25m/s(2)0.9m/s2,解析(1)汽车达到最大速率vm时,合力为零F=mgsin+fP=Fvm代入数据解得vm=25m/s(2)设汽车速度为10m/s时牵引力为F,则P=Fv由牛顿第二定律得:F-mgsin-f=ma代入数据解得:a=0.9m/s2,1.(2018广西防城港1月模拟,18)(多选)如图所示,质量分别为m和M的两长方体物块P和Q,叠放在倾角为的固定斜面上,P、Q间的动摩擦因数为1,Q与斜面间的动摩擦因数为2,当它们一起冲上斜面,沿斜面向上滑动时,两物块始终保持相对静止,则物块P对Q的摩擦力()A.大小为1mgcosB.大小为2mgcosC.方向平行于斜面向上D.方向平行于斜面向下,B组20162018年高考模拟综合题组（时间:40分钟分值:75分）一、选择题(每题6分,共30分),答案BC对P、Q整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得(m+M)gsin+2(m+M)gcos=(m+M)a,解得a=g(sin+2cos),再对P受力分析,受到重力mg、支持力和沿斜面向下的静摩擦力,根据牛顿第二定律得mgsin+Ff=ma,解得Ff=2mgcos,根据牛顿第三定律知P对Q的摩擦力大小为2mgcos,方向平行于斜面向上,B、C正确。,2.(2018云南师大附中第八次月考,20)(多选)如图所示,质量为M的木板放在光滑的水平面上,木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点),在木板上施加一水平向右的恒力F,木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x,在保证木块和木板会发生相对滑动的情况下,下列方式可使位移x增大的是()A.仅增大木板的质量MB.仅减小木块的质量mC.仅增大恒力FD.仅增大木块与木板间的动摩擦因数,答案AD根据牛顿第二定律得木板的加速度a1=,木块的加速度a2=g,设板长为L,作出如图所示v-t图像,图线OA代表的是木块的v-t图像,图线OB代表的是木板的v-t图像。OA与OB所围阴影部分的面积等于L时,OA与时间轴所围的三角形面积代表分离时木块的对地位移x,由图像和加速度表达式可知:仅增大木板质量M,a1减小,a2不变,x增大,故A正确;仅减小木块质量m,a1增大,a2不变,x减小,故B错误;仅增大恒力F,a1增大,a2不变,x减小,故C错误;仅增大木块与木板间的动摩擦因数,a1减小,a2增大,x增大,故D正确。,3.(2017四川成都石室中学二诊,19)(多选)光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间()A.两图中两球加速度均为gsinB.两图中A球的加速度均为零C.图甲中B球的加速度为2gsinD.图乙中B球的加速度为gsin,答案CD撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小均为2mgsin,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsin,加速度为2gsin;图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受力均为mgsin,加速度均为gsin,故C、D正确,A、B错误。,解题指导根据弹簧弹力不能突变,杆的弹力会突变,分析撤去挡板的瞬间,图甲和图乙中A、B所受合外力,即可得到各自的加速度。,4.(2017贵州遵义二联,19)(多选)在倾角为的光滑斜面上,质量分别为M和m的两个物体A、B用细绳连接。用力2F沿斜面向上拉物体A时,两物体以大小为a的加速度向上运动,此时A、B间细绳中的张力为T1。当用大小为F的拉力沿斜面向上拉物体A(物体仍向上做加速运动),此时A、B间细绳的张力为T2。则下列说法正确的是()A.后一种情形两物体向上运动的加速度小于B.后一种情形两物体向上运动的加速度大于C.后一种情形细绳中的张力T2=T1D.后一种情形细绳中的张力T2a,所以a,A对B错。对B由牛顿第二定律可得T1-mgsin=ma,T2-mgsin=ma,解得T1=,T2=,则T2=T1,C对D错。,5.(2017广西南宁4月二模,15)如图所示,在竖直方向运动的箱式电梯中,质量为m的物块置于倾角为30的粗糙斜面上,物块始终相对斜面静止,则下列说法中正确的是()A.若电梯向下匀速运动,物块所受的摩擦力一定是零B.若电梯向上匀速运动,物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C.若电梯减速下降,物块所受弹力与摩擦力的合力一定大于mgD.若电梯减速上升,物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下,答案C如果电梯向下匀速运动,物块受重力、支持力和静摩擦力,静摩擦力等于重力沿斜面方向的分力,不为零,A错误;若电梯匀速向上运动,物块处于平衡状态,受重力、支持力和静摩擦力,静摩擦力沿斜面向上,B错误;若电梯减速下降,物块超重,所受弹力与摩擦力的合力为F=m(g+a),竖直向上,C正确;若电梯减速上升,物块所受合力向下,对其受力分析后可知摩擦力与支持力的合力应竖直向上,且小于重力mg,故摩擦力必沿斜面向上,D错误。,二、非选择题(共45分)6.(2017广西柳州一模,24)(14分)如图所示,轻绳通过定滑轮吊着一个小桶C,通过动滑轮可分别对A、B施加水平拉力。已知物体A的质量mA=0.60kg,物体B的质量mB=0.80kg,小桶及桶内细沙质量记为m0,两物体与水平面间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g=10m/s2,不计滑轮摩擦与质量,计算时可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(1)小桶与桶内细沙质量为0.06kg时,A、B物体均静止不动,求B物体受到的摩擦力大小;(2)欲使A、B物体均静止不动,m0不能超过多大?(3)当小桶与桶内细沙质量为0.10kg时,求B与C的加速度大小aB与aC。,答案(1)1.2N(2)0.08kg(3)m/s2m/s2,解析(1)因A、B物体均静止不动,则由B、C受力得Ff=2TT=m0g联立解得Ff=1.2N(2)B所受拉力大于A所受拉力,易知,若B静止,则A一定静止,由B、C受力得B静止的条件:2T1mBgC静止的条件:T1=m0g联立解得m00.08kg即m0不能超过0.08kg(3)当m0=0.10kg时,A静点,B、C加速运动,设绳中拉力大小为T2,由牛顿第二定律得2T2-mBg=mBaB,m0g-T2=m0aC由B、C同时运动,根据sC=aCt2、sB=aBt2且2sB=sC得aC=2aB联立解得aB=m/s2aC=m/s2,思路分析本题属于连接体问题,应采用隔离法对三个物体进行正确的受力分析,结合平衡条件或牛顿第二定律判断C的质量变化时对应研究对象的运动状态。,易错警示本题易错认为B与C的加速度相同而直接用整体法求B、C的加速度,应正确分析B、C的位移关系,进而判断加速度关系。,7.(2017云南昆明适应性检测,24)(12分)在冰壶比赛中,运动员用F=18N的水平恒力推质量为m=20kg的冰壶由静止开始运