【物理】高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律(专业版)课件

高考物理

(北京市选考专用)专题三牛顿运动定律高考物理(北京市选考专用)专题三牛顿运动定律1.(2021北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个根本单位,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m·s-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根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那么可防止这种困扰。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Δν=9192631770Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299792458m·s-1

定义m。2021年第26届国际计量大会决定,7个根本单位全部用根本物理常量来定义(对应关

系如图,例如,s对应Δν,m对应c)。新SI自2021年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和

技术开展产生深远影响。以下选项不正确的选项是 ()A.7个根本单位全部用物理常量定义,保证了根本单位的稳定性B.用真空中的光速c(m·s-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C.用根本电荷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(J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位考点一牛顿运动定律的理解和简单应用五年高考A组自主命题·北京卷题组精品ppt1.(2021北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定2答案

D此题考查了国际单位制中的根本单位及导出单位,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,表达了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社

会开展、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,故用来定义根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、ν的单位已定义,真空中光速c、根本电荷e、普朗克常

量h均为根本物理常量,故可分别用l=vt、I=q/t、hν=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。精品ppt答案

D此题考查了国际单位制中的根本单位及导出单位,32.(2021北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促

进了人类科学认识的开展。利用如以以下图的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静

止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材

料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的比照,可以得

到的最直接的结论是 ()

A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小精品ppt2.(2021北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设4答案

A根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的

位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下

得出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题,

故错误。考查点牛顿运动定律。思路点拨此题也可从能量守恒的角度分析:假设斜面光滑,那么没有机械能的损失,小球必上升到

与O点等高处。精品ppt答案

A根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光53.(2021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,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即 F0=mg,那么F0= mg。当绳子拉力最大时,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。精品ppt3.(2021北京理综,18,6分)“蹦极〞就是跳跃者把一端64.(2021课标Ⅰ,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,以下表示F和x之间关系的图像可能正确的选项是 ()B组统一命题·课标卷题组精品ppt4.(2021课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水7答案

A此题考查胡克定律、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。此题中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。精品ppt答案

A此题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律85.(2021课标Ⅰ,18,6分)(多项选择)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,那么 ()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由题意知此恒力即质点所受合外力,假设原速度与该恒力在一条直线上,那么质点做

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,

那么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。精品ppt5.(2021课标Ⅰ,18,6分)(多项选择)一质点做匀速直9考点二牛顿运动定律的综合应用A组自主命题·北京卷题组1.(2021北京理综,18,6分)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深

入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确

的是 ()A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度答案

D物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后

物体和手掌别离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手别离时,二者

速度相同,又因均做减速运动,故别离条件为a手>a物,别离瞬间物体的加速度等于重力加速度,那么

手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。考查点超重和失重。思路点拨

分析出物体运动的加速度方向是解此题的关键。超重时物体具有向上的加速度,

失重时物体具有向下的加速度。精品ppt考点二牛顿运动定律的综合应用A组自主命题·北京卷题组1102.(2021课标Ⅲ,20,6分)(多项选择)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=4s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10m/s2。由题给数据可以得

出 ()图(a)图(b)图(c)B组统一命题·课标卷题组精品ppt2.(2021课标Ⅲ,20,6分)(多项选择)如图(a),物11A.木板的质量为1kgB.2s~4s内,力F的大小为0.4NC.0~2s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此题考查牛顿运动定律的综合应用,表达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。0~2s,木板静止,F=f',F逐渐增大,所以C错误。4s~5s,木板加速

度大小a2= m/s2=0.2m/s2,对木板受力分析,f'=ma2=0.2N,得m=1kg,所以A正确。2s~4s,对木板有F-f'=ma1,F=f'+ma1=0.2N+1× N=0.4N,所以B正确。由于无法确定物块的质量,那么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。精品pptA.木板的质量为1kg答案

AB此题考查牛顿运动定123.(2021课标Ⅰ,20,6分,0.677)(多项选择)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。假设重力加速度及图中的v0、v1、t1均为量,那么可求出 ()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θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,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:mgsinθ+μmgcosθ=ma1,mg

sinθ-μmgcosθ=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θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t1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,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。精品ppt3.(2021课标Ⅰ,20,6分,0.677)(多项选择)如134.(2021课标Ⅲ,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μ1=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间

的动摩擦因数为μ2=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,木板的速度大小;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。

精品ppt4.(2021课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质14答案(1)1m/s(2)1.9m解析此题考查直线运动和牛顿定律。(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与木板到达共同速度前有f1=μ1mAg ①f2=μ1mBg ②f3=μ2(m+mA+mB)g ③由牛顿第二定律得f1=mAaA ④f2=mBaB ⑤f2-f1-f3=ma1 ⑥设在t1时刻,B与木板到达共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1 ⑦精品ppt答案(1)1m/s(2)1.9m精品ppt15v1=a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入数据得v1=1m/s⑨(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1- aB  ⑩设在B与木板到达共同速度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①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板到达共同速度时,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,那么由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2  对A有v2=-v1+aAt2  精品pptv1=a1t1 ⑧精品ppt16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)2

A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)

精品ppt在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为精品pp17审题指导如何建立物理情景,构建解题路径①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。②把握好几个运动节点。③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先到达共速,此后B与木板共同运动。④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。⑤木板先加速后减速,存在两个过程。精品ppt审题指导如何建立物理情景,构建解题路径精品ppt185.(2021天津理综,8,6分)(多项选择)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖

车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相

等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车

组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,那么该动车组 ()

A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2C组教师专用题组精品ppt5.(2021天津理综,8,6分)(多项选择)我国高铁技术处19答案

BD启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的

方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示

甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示

乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得

=

,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x=

,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:精品ppt答案

BD启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二20第一种情况动车组的最大速度为v1,

-8kmg=0,第二种情况动车组的最大速度为v2,

-8kmg=0,两方程联立可得

=

,选项D正确。审题指导在解答选项D时,理解“最大速度〞的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的

合外力为零。动车组问题为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。评析此题考查功率、牛顿第二定律、速度位移公式、受力分析等知识点,意在考查考生的

理解能力和综合分析能力。精品ppt第一种情况动车组的最大速度为v1, -8kmg=0,审题指导216.(2021课标Ⅱ,20,6分,0.45)(多项选择)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,那么这列车厢的节数可能为

 ()A.8

B.10

C.15

D.18答案

BC如以以下图,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,那么有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,那么有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,…),那么N=5n,故可知选项B、C正确。

精品ppt6.(2021课标Ⅱ,20,6分,0.45)(多项选择)在一227.(2021课标Ⅰ,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4.5m,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=1s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。碰撞后1s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10m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。

精品ppt7.(2021课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面23答案(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m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-μ1(m+M)g=(m+M)a1

①由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1

②s0=v0t1+

a1

③式中,t1=1s,s0=4.5m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①②③式并结合题给条件得μ1=0.1

④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-μ2mg=ma2

⑤由图(b)可得精品ppt答案(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.524a2=  ⑥式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得μ2=0.4 ⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,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μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 ⑧v3=-v1+a3Δt ⑨v3=v1+a2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好到达共同速度的过程中,木板的位移为s1= Δt  小物块的位移为s2= Δt  小物块相对木板的位移为精品ppta2=  ⑥精品ppt25Δs=s2-s1

联立⑥⑧⑨⑩

式,并代入数据得Δs=6.0m

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6.0m。(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μ1(m+M)g=(m+M)a4

0-

=2a4s3

碰后木板运动的位移为s=s1+s3

联立⑥⑧⑨⑩

式,并代入数据得s=-6.5m

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。精品pptΔs=s2-s1  精品ppt268.(2021课标Ⅱ,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θ=37°(sin37°= )的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下外表与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如以以下图。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μ1减小为 ,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,B的上外表突然变为

光滑,μ2保持不变。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0~2s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精品ppt8.(2021课标Ⅱ,25,20分,0.204)下暴雨时,有27解析(1)在0~2s时间内,A和B的受力如以以下图,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,方向如以以下图。由滑动摩擦力公式和力的平

衡条件得

f1=μ1N1 ①N1=mgcosθ ②f2=μ2N2 ③N2=N1+mgcosθ ④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,由牛顿第二定律得精品ppt解析(1)在0~2s时间内,A和B的受力如以以下图,其中28mgsinθ-f1=ma1 ⑤mgsinθ-f2+f1=ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得a1=3m/s2 ⑦a2=1m/s2 ⑧(2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,那么v1=a1t1=6m/s⑨v2=a2t1=2m/s⑩t>t1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/s2  a2'=-2m/s2  即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,那么有v2+a2't2=0  联立   式得精品pptmgsinθ-f1=ma1 ⑤精品ppt29t2=1s 在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为s= - =12m<27m 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,那么有l-s=(v1+a1't2)t3+ a1'   可得t3=1s(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=4s (利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。)精品pptt2=1s 精品ppt309.(2021课标Ⅱ,24,13分)2021年10月,奥地利极限运发动菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处,翻开降落伞并成功落地,打破了跳

伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g=10m/s2。(1)假设忽略空气阻力,求该运发动从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度

的大小;(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为

f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。该运

发动在某段时间内高速下落的v-t图像如以以下图。假设该运发动和所带装备的总质量m=100kg,

试估算该运发动在到达最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保存1位有效数字)精品ppt9.(2021课标Ⅱ,24,13分)2021年10月,奥地利31答案(1)87s8.7×102m/s(2)0.008kg/m解析(1)设该运发动从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5km高度

处的速度大小为v。根据运动学公式有v=gt ①s= gt2 ②根据题意有s=3.9×104m-1.5×103m=3.75×104m③联立①②③式得t=87s④v=8.7×102m/s⑤(2)该运发动到达最大速度vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有mg=k  ⑥由所给的v-t图像可读出vmax≈360m/s⑦由⑥⑦式得k=0.008kg/m⑧精品ppt答案(1)87s8.7×102m/s(2)0.0032考点一牛顿运动定律的理解和简单应用三年模拟A组2021—2021年高考模拟·考点根底题组1.(2021北京四中期中,14)伽利略对自由落体运动的研究,是科学实验和逻辑思维的完美结合,

图可大致表示其实验和思维的过程。让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下,然后在不同的θ时分

别进行屡次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。对这一过程的分析,以下

说法中不正确的选项是 ()A.采用图甲的斜面实验,可“冲淡〞重力的作用,使时间更容易测量B.让不同质量的球沿相同斜面下滑,可证实小球均做加速度相同的匀变速运动C.伽利略通过实验直接测量了物体自由下落的位移与时间的平方的关系D.图甲是实验现象,图丁的情景是经过合理的外推得到的结论精品ppt考点一牛顿运动定律的理解和简单应用三年模拟A组202133答案

C伽利略的时代无法直接测定瞬时速度,所以也就无法直接得到速度的变化规律。

但是伽利略通过数学运算得出结论:如果物体初速度为零,且速度随时间均匀变化,即v∝t,那么

它通过的位移与所用时间的二次方成正比,即x∝t2,这样只要测出物体通过不同位移所用的时

间,就可以验证这个物体的速度是否随时间均匀变化。由于伽利略时代靠滴水计时,不能测量

自由落体运动所用的时间。伽利略采用了一个巧妙的方法,用来“冲淡〞重力的作用,他让铜

球沿阻力很小的斜面下滑,由于小球沿斜面下滑时加速度比它竖直下落的加速度小得多,所用

时间长得多,所以容易测量,所以A正确。让不同质量的球沿相同斜面下滑,可证实小球均做加

速度相同的匀变速运动,故B正确。图甲、乙、丙均是实验现象,图丁所示的情景是经过合理

的外推得到的结论,故D正确。应选C。思路点拨

伽利略对自由落体运动的研究方法是实验结论的合理外推。精品ppt答案

C伽利略的时代无法直接测定瞬时速度,所以也就无342.(2021北京丰台二模,18)如以以下图,滑块A以一定的初速度从粗糙斜面体B的底端沿斜面向上

滑,然后又返回,整个过程中斜面体B与地面之间没有相对滑动。那么滑块向上滑和向下滑的

两个过程中 ()

A.滑块向上滑动的加速度等于向下滑动的加速度B.滑块向上滑动的时间等于向下滑动的时间C.斜面体B受地面的支持力大小始终等于A与B的重力之和D.滑块上滑过程中损失的机械能等于下滑过程中损失的机械能精品ppt2.(2021北京丰台二模,18)如以以下图,滑块A以一定的35答案

D滑块上滑时,受重力G、斜面的支持力N和沿斜面向下的摩擦力,由牛顿第二定律可

得其加速度大小a上= 。下滑时,受重力G、支持力N和沿斜面向上的摩擦力,由牛顿第二定律可得其加速度大小a下= ,a上>a下,又滑块沿斜面上滑的位移等于沿斜面下滑的位移,由x= at2可得t上<t下,A、B错误。因为滑块有沿斜面向下的加速度,此加速度有竖直向下的分加速度,滑块处于失重状态,那么斜面体B受地面的支持力大小小于A与B的

重力之和,C项错误。滑块上滑过程中损失的机械能ΔE机上=Q热上=f上x上,下滑过程中损失的机械

能ΔE机下=Q热下=f下x下,因f上=f下,x上=x下,那么ΔE机上=ΔE机下,D项正确。解题关键

对滑块正确受力分析求加速度,并结合位移公式x= at2比较运动时间。斜面体B受地面的支持力也是斜面体和滑块组成的整体受到的支持力,由超、失重条件可以比较支持力与重力大小。ΔE机=Q热=fx。精品ppt答案

D滑块上滑时,受重力G、斜面的支持力N和沿斜面363.(2021北京朝阳期中)电梯内有一个质量为m的物体,用细线悬挂在电梯的天花板上。当

地的重力加速度为g,当电梯以 g的加速度竖直向下做匀加速直线运动时,细线对物体拉力的大小为 ()A. mg

B. mg

C. mg

D.mg答案

B对物体受力分析如以以下图。由牛顿第二定律有ma=mg-Ta= g,那么T= mg,故此题选B。精品ppt3.(2021北京朝阳期中)电梯内有一个质量为m的物体,用细374.(2021北京石景山期末,4)如以以下图,一直杆固定在小车上,直杆的顶端固定着一小球。当小车

向右做匀加速运动时,直杆对小球作用力的方向可能沿图中的 ()A.OA方向

B.OB方向C.OC方向

D.OD方向答案

C小球和小车一起向右匀加速运动,小球受重力和直杆对它的作用力,所受合外力水

平向右。当直杆对小球作用力的方向沿OC方向时,该作用力可产生竖直向上的分力与重力平

衡,还可以产生向右的分力提供加速度,应选C。精品ppt4.(2021北京石景山期末,4)如以以下图,一直杆固定在小385.(2021北京朝阳期中,17)如以以下图,一个滑雪运发动,质量m=75kg,以v0=2.0m/s的初速度沿山

坡匀加速滑下,山坡的倾角θ=30°,在t=5.0s的时间内滑下的路程x=60m。取重力加速度g=10m/s2。求:(1)滑雪运发动加速度a的大小;(2)滑雪运发动受到阻力f的大小。答案(1)4.0m/s2(2)75N解析(1)因为x=v0t+ at2所以a=4.0m/s2 (3分)(2)分析运发动的受力情况,根据牛顿第二定律有mgsinθ-f=ma所以f=75N(3分)思路分析选研究对象→受力分析→正交分解→列平衡方程或牛顿第二定律方程。精品ppt5.(2021北京朝阳期中,17)如以以下图,一个滑雪运发动39考点二牛顿运动定律的综合应用1.(2021北京通州期中,8)如以以下图,在弹簧测力计下挂一重物,重力为G,用手提着弹簧测力计沿竖直方向由静止开始向上运动再到静止。在此过程中,以下说法正确的选项是 ()A.弹簧测力计的示数一直大于GB.弹簧测力计的示数一直等于GC.先出现失重现象后出现超重现象D.先出现超重现象后出现失重现象答案

D当向上加速时,加速度向上,处于超重状态,弹簧测力计的示数大于G,当向上减速时,

加速度方向向下,处于失重状态,弹簧测力计的示数小于G,应选项D正确,选项A、B、C错误。解题关键此题考查了超重和失重的条件。示数大于物重,说明超重,具有向上的加速度,向上

的加速运动和向下的减速运动中加速度都向上;示数小于物重,说明失重,具有向下的加速度,

向上的减速运动和向下的加速运动中加速度都向下。精品ppt考点二牛顿运动定律的综合应用1.(2021北京通州期中,8402.(2021北京牛栏山一中期中,5)如以以下图,小芳在体重计上完成下蹲动作,以下反映体重计示数

随时间变化的F-t图像可能正确的选项是 ()

精品ppt2.(2021北京牛栏山一中期中,5)如以以下图,小芳在体重41答案

C对人的运动过程分析可知,人下蹲的过程可以分成两段:人在加速下蹲的过程中,有

向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程

中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小。A、B、D

错误,C正确。易错警示此题主要考查了对超重、失重现象的理解,人处于超重或失重状态时,人的重力并

没变,只是对支持物的压力变了。精品ppt答案

C对人的运动过程分析可知,人下蹲的过程可以分成423.(2021北京朝阳二模,16)如以以下图,A、B两物块的质量分别为m和M,把它们靠在一起从光滑

斜面的顶端由静止开始下滑。斜面的倾角为θ,斜面始终保持静止。那么在此过程中,物块A

对物块B的作用力为 ()A.0

B.MgsinθC.mgsinθ

D.(M-m)gsinθ答案

A

斜面光滑,将A、B看做一个整体,加速度为gsinθ,单独分析A或B,如果A、B间有作

用力,那么A或B的加速度不是gsinθ,所以A选项正确。考查点受力分析、整体法、隔离法。精品ppt3.(2021北京朝阳二模,16)如以以下图,A、B两物块的434.(2021北京西城二模,18)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的

环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下。落到一定位

置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地面时刚好停下。在上述过程中,关于座舱中的人所

处的状态,以下判断正确的选项是 ()A.在座舱自由下落的过程中人处于超重状态B.在座舱减速运动的过程中人处于超重状态C.在座舱整个运动过程中人都处于失重状态D.在座舱整个运动过程中人都处于超重状态答案

B由题意知座舱先做自由落体运动(加速度等于g,方向向下)再减速下降(加速度方向

向上),所以人先处于失重状态再处于超重状态。解题关键

超重、失重的概念及条件。精品ppt4.(2021北京西城二模,18)一种巨型娱乐器械可以使人体445.(2021北京四中期中,13)如以以下图,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端与木块B相连,木块A紧靠

木块B放置,A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB,且μA>μB。用水平力F向左压A,使弹簧

被压缩,系统保持静止。撤去F后,A、B向右运动并最终别离。以下判断正确的选项是 ()

A.A、B别离时,弹簧长度一定等于原长B.A、B别离时,弹簧长度一定大于原长C.A、B别离时,弹簧长度一定小于原长D.A、B别离后极短时间内,A的加速度大于B的加速度精品ppt5.(2021北京四中期中,13)如以以下图,轻弹簧左端固定45答案

B当A、B间无相互作用且加速度相等时,两物体分开,设A、B别离时弹簧处于伸长状

态且弹力为T,根据牛顿第二定律,对B:T+μBmBg=mBaB,得aB= +μBg;对A:μAmAg=mAaA,得aA=μAg;由于μA>μB,aA=aB,得T=mB(μA-μB)g>0,假设成立,故A、C错误,B正确。A、B别离后极短时间内,根

据牛顿第二定律,对B:T+μBmBg=mBaB,T增大,加速度增大;对A:μAmAg=mAaA,加速度不变,所以A、B

别离后极短时间内,A的加速度小于B的加速度,故D错误。解题关键

解此题的关键是明确A、B两木块别离时的条件是它们之间的弹力为零、加速度

相等,然后分别对A、B受力分析并结合牛顿第二定律分析求解。精品ppt答案

B当A、B间无相互作用且加速度相等时,两物体分466.(2021北京民大附中月考,8)(多项选择)如以以下图,A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹,传送皮

带与水平面的夹角为θ,在电动机的带动下,可利用传送皮带传送货物。皮带轮与皮带之

间无相对滑动,皮带轮不转动时,某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间

是t,那么 ()

A.当皮带轮逆时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定等于tB.当皮带轮逆时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于tC.当皮带轮顺时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于tD.当皮带轮顺时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t精品ppt6.(2021北京民大附中月考,8)(多项选择)如以以下图,47答案

AD皮带轮不转动时,物体所受摩擦力方向沿皮带向上,物体下滑的加速度a=gsinθ-μgcosθ,当皮带轮逆时针匀速转动时,物体相对皮带的运动方向向下,摩擦力方向仍沿皮带向上,

物体下滑的加速度仍是a=gsinθ-μgcosθ,物体下滑到底端所用时间仍是t,A正确、B错误。当

皮带轮顺时针匀速转动时,初始阶段物体相对皮带的运动方向向上,所受摩擦力方向沿皮带向

下,加速度a'=gsinθ+μgcosθ>a,此状态可能一直持续到物体下滑到底端,也可能在加速到与皮

带的速度相等后物体再以加速度a=gsinθ-μgcosθ下滑,故物体下滑通过同样大的位移所用的

时间更少,C错误、D正确。精品ppt答案

AD皮带轮不转动时,物体所受摩擦力方向沿皮带向487.(2021北京石景山期末,15)如以以下图,一质量m=2kg的木箱静止在粗糙水平面上。从t=0开始,

木箱受到F=10N、与水平面的夹角为θ=37°的恒定拉力,沿水平面匀加速运动。木箱与

水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)画出木箱受力的示意图;(2)求木箱的加速度a的大小;(3)求0~2s时间内,木箱位移x的大小。答案(1)见解析(2)2.6m/s2(3)5.2m精品ppt7.(2021北京石景山期末,15)如以以下图,一质量m=249解析

(1)木箱受力如以以下图 (3分)(2)竖直方向:FN+Fsinθ-mg=0 (1分)水平方向:Fcosθ-f=ma (1分)摩擦力f=μFN解得加速度a=2.6m/s2 (1分)(3)根据匀变速直线运动规律,x= at2 (1分)解得x=5.2m(1分)易错警示此题计算f时,有些学生算成f=μmg,导致错误。精品ppt解析

(1)木箱受力如以以下图 (3分)解得x=5.250一、选择题〔每题6分，共48分〕B组2021—2021年高考模拟·专题综合题组(时间：45分钟分值：70分)1.(2021北京民大附中月考)伽利略在研究力和运动的关系的时候,用两个对接的斜面,一个斜

面固定,让小球从斜面上滚下,又滚上另一个倾角可以改变的斜面,斜面倾角逐渐改变至零,如

图所示。伽利略设计这个实验是为了说明 ()

A.如果没有摩擦,小球将运动到与释放时相同的高度B.如果没有摩擦,物体运动过程中机械能守恒C.物体做匀速直线运动并不需要力来维持D.如果物体不受到力,就不会运动答案

C伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因〞的观

点,说明了物体做匀速直线运动并不需要力来维持,因此选C。精品ppt一、选择题〔每题6分，共48分〕B组2021—2021年512.(2021北京海淀二模,19)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加深入有

趣。有一块橡皮静止于平整的水平桌面上,现用手指沿水平方向推橡皮,橡皮将由静止开始运

动,并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。关于橡皮从静止到离开手指

的运动过程,以下说法中正确的选项是 ()A.橡皮离开手指瞬间加速度为零B.橡皮离开手指前一直做加速运动C.水平推力越大,橡皮受到的摩擦力越大D.橡皮一定在与手指别离之前出现最大速度答案

D对橡皮受力分析,橡皮离开手指前水平方向受到向前的推力和向后的摩擦力。橡

皮离开手指的过程中,与手指间弹力不断减小,当减小到零时,两者没有相互作用力,开始脱

离。离开手指瞬间,还有摩擦力,加速度不为零,A错。离开手指前,橡皮先加速、后减速,当推

力等于摩擦力时速度达最大值,B错,D对。滑动摩擦力f=μmg与外力无关,C错。考查点

生活现象与物理知识的结合、受力分析、牛顿第二定律。解题关键

注意找到临界状态,两者之间的相互作用力为零是两者刚要脱离的临界条件。精品ppt2.(2021北京海淀二模,19)应用物理知识分析生活中的常523.(2021北京延庆一模,18)蹦极是一项富有挑战性的运动,运发动将弹性绳的一端系在身上,另

一端固定在高处,然后运发动从高处跳下,如以以下图。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的

位置,c点是运发动所到达的最低点。在运发动从a点到c点的运动过程中,忽略空气阻力,以下

说法正确的选项是 ()A.运发动的速度一直增大B.运发动的加速度始终减小C.运发动始终处于失重状态D.运发动克服弹力做的功大于重力对运发动做的功答案

D在弹性绳从原长到达最低点的过程中,开始阶段,运发动的重力大于绳的拉力,运动

员做加速运动,加速度随绳子的拉力的增大而减小,后来绳的拉力大于运发动的重力,运发动受

到的合力向上,加速度随拉力的增大而增大,那么运发动从a点下落到c点的过程中加速度先减小

后增加,速度先增加后减小,选项A、B错误。运发动有减速的过程,加速度向上,是超重,选项C

错误。运发动克服弹力做的功等于重力势能的变化量和动能变化量之和,选项D正确。精品ppt3.(2021北京延庆一模,18)蹦极是一项富有挑战性的运动534.(2021北京海淀期中,5)(多项选择)如以以下图,在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔,瓶中灌水,手持饮料瓶静止时,小孔有水喷出。假设饮料瓶在以下运动中,没有发生转动且忽略空气阻力,小孔不再向外喷水的是 ()A.自由下落B.饮料瓶被水平抛出后的运动过程中C.饮料瓶被竖直向上抛出后的运动过程中D.手持饮料瓶向上加速运动的过程中答案

ABC饮料瓶没有发生转动且忽略空气阻力时,在空中只受重力,整体的加速度为g,处

于完全失重状态,水和瓶之间没有压力,水不会喷出。假设手持饮料瓶向上加速,水具有向上的加

速度,处于超重状态,水会从小孔喷出。知识拓展假设饮料瓶被抛出后,瓶和水之间存在压力,那么水的加速度小于g,瓶的加速度大于g,二者别离,直至二者间没有压力,到达a=g后一起运动,这就是完全失重,物体好似不受重力一样。精品ppt4.(2021北京海淀期中,5)(多项选择)如以以下图,在上545.(2021北京朝阳期中)如以以下图,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。物块与传送带间的动摩擦因数为μ。假设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,以下说法中正确的选项是 ()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

精品ppt5.(2021北京朝阳期中)如以以下图,水平传送带在电动机带55答案

D物块在传送带上向右加速的过程中,所受摩擦力的方向水平向右,故A项错误;由牛

顿第二定律知物块加速过程的加速度大小a=

=μg,故物块相对传送带运动的时间t=

=

,故B项错误;物块与传送带相对运动过程中,物块相对地面的位移s1=

at2=

,故C项错误;物块与传送带相对运动过程中,传送带相对地面的位移s2=vt=

,故物块相对传送带的位移大小Δs=s2-s1=

,D项正确。精品ppt答案

D物块在传送带上向右加速的过程中,所受摩擦力的566.(2021北京丰台期末,12)图甲是某人站在接有传感器的平板上做下蹲、起跳和回落动作的示

意图,图中的小黑点表示人的重心。图乙是平板所受压力随时间变化的图像,取重力加速度g=

10m/s2。根据图像分析可知 ()

甲乙A.人的重力可由b点读出,约为300NB.b到c的过程中,人先处于超重状态再处于失重状态C.人在双脚离开平板的过程中,重力的冲量约为360N·sD.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度精品ppt6.(2021北京丰台期末,12)图甲是某人站在接有传感器的57答案

C开始时人处于平衡状态,人对传感器的压力是900N,人的重力也是900N,故A错误;

b到c的过程中,人先处于失重状态再处于超重状态,故B错误;双脚离开平板的过程中历时0.4s,

那么重力的冲量约为900×0.4=360N·s,那么C正确;b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的

差值,那么b点的加速度要小于c点的加速度,那么D错误。思路点拨失重状态:当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时,就说物体处于失重状态,此时有向下的加速度。超重状态:当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时,就说物体处于超重状态,此时有向上的加速度。开始时人对传感器的压力等于其重力。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,起立也是如此。解题关键此题考查物理知识与生活的联系,注意细致分析物理过程,仔细观察速度的变化情

况,与超重、失重的概念联系起来加以识别。精品ppt答案

C开始时人处于平衡状态,人对传感器的压力是90587.(2021北京东城一模,18)某装置的结构如以以下图:在外壳的基板上固定一个螺栓,螺栓上有一

顶端焊有钢球的弹簧,螺栓、弹簧、钢球及外壳都是电的良导体。在静止状态下,钢球和外壳

呈断开状态不会导通,当受到冲击,钢球产生运动与外壳接通,便可触发执行电路(未画出),使报

警器等元件开始工作。假设此装置由静止从高处坠落,重力加速度用g表示,以下说法正确的选项是

 ()A.开始下落的瞬间,钢球的加速度为gB.开始下落的瞬间,外壳的加速度为gC.在执行电路被接通前,钢球的加速度方向可能向上D.在执行电路被接通前,外壳的加速度可能小于g精品ppt7.(2021北京东城一模,18)某装置的结构如以以下图:在59答案

D开始下落瞬间,弹簧弹力不变,钢球的加速度a=0,外壳的加速度a'= g>g,故A、B错。执行电路被接通前,球和外壳未接触,开始时弹力等于重力,弹簧被压缩,后来假设弹

簧仍被压缩,那么形变量会变小,那么钢球所受合力向下,加速度a<g,假设弹簧被拉伸,那么钢球所受合力

向下,加速度a>g,故C错,D正确。思路分析

确定研究对象,进行受力分析。精品ppt答案

D开始下落瞬间,弹簧弹力不变,钢球的加速度a=608.(2021北京东城期末,11)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送

带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动

的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,

那么 ()A.由图乙可知,0~1s内物块受到的摩擦力大于1~2s内的摩擦力B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C.物块与传送带间的动摩擦因数为 D.传送带底端到顶端的距离为11m精品ppt8.(2021北京东城期末,11)如图甲所示,倾斜的传送带正61答案

C由乙图可知在0~1s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿斜

面向下,与物块运动的方向相反;1~2s内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方

向沿斜面向上,与物块运动的方向相同,由于物块对传送带的压力不变,根据摩擦力公式f=μFN

可知两段时间内摩擦力大小相等,应选项A、B错误。在0~1s内物块的加速度大小为a= = m/s2=-8m/s2,根据牛顿第二定律得,-(mgsin37°+μmgcos37°)=ma,解得μ= ,故C正确;物块上升的位移大小等于图线与横坐标轴所包围的面积大小,x= ×1m+ m=10m,所以传送带底端到顶端的距离为10m,故D错误。解题关键理清物体在整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。精品ppt答案

C由乙图可知在0~1s内物块的速度大于传送带629.(10分)(2021北京海淀期中,13)商场工作人员推着质量m=20kg的货箱沿水平地面滑行。假设

用力F1=100N沿水平方向推货箱,货箱恰好做匀速直线运动;现改用F2=120N水平推力把货箱

从静止开始推动。(g取10m/s2)(1)求货箱与地面之间的动摩擦因数;(2)F2作用在货箱上时,求货箱运动的加速度大小;(3)在F2作用下,货箱运动4.0s时撤掉推力,求货箱从静止开始运动的总位移大小。二、非选择题〔共25分〕答案(1)0.5(2)1.0m/s2(3)9.6m精品ppt9.(10分)(2021北京海淀期中,13)商场工作人员推着63解析(1)货箱在水平推力F1的作用下做匀速直线运动,由平衡条件有F1-μmg=0那么μ= = =0.5(2)货箱在水平推力F2的作用下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有F2-μmg=ma那么a= = m/s2=1.0m/s2(3)设在F2作用下货箱的位移为x1,撤掉推力时货箱速度为v,撤掉推力后货箱加速度为a1、移动

的位移为x2,总位移为x,那么x1= at2= ×1.0×16m=8.0mv=at=1×4m/s=4.0m/s-μmg=ma1,a1=-5.0m/s20-v2=2a1x2,x2=1.6mx=x1+x2=9.6m精品ppt解析(1)货箱在水平推力F1的作用下做匀速直线运动,由平衡6410.(12分)(2021北京人大附中月考,14)一位蹦床运发动仅在竖直方向上运动,蹦床对运发动的

弹力F的大小随时间的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如以以下图。将运发动视作质

点,重力加速度g取10m/s2,试结合图像,

(1)求运发动在运动过程中的最大加速度;(2)求运发动离开蹦床上升的最大高度;(3)分析判断运发动离开蹦床时的速度是否就是其运动中的最大速度?简述理由。精品ppt10.(12分)(2021北京人大附中月考,14)一位蹦床运65答案(1)40m/s2(2)5.5125m(3)见解析解析(1)由图像可以知道,运发动的重力为mg=500N蹦床对运发动的最大弹力为Fm=2500N由牛顿第二定律得Fm-mg=mam那么运发动的最大加速度为am=40m/s2(2)由图像可以知道运发动离开蹦床的时间为t=2.1s那么上升的最大高度为H= g =5.5125m(3)运发动离开蹦床时的速度不是最大的速度,运发动所受合外力为零时,加速度也为零,此时

速度到达最大值。精品ppt答案(1)40m/s2(2)5.5125m(3)661.(2021北京民大附中月考,5)某同学站在观光电梯的地板上,利用速度传感器和计算机研究观

光电梯升降过程中的情况,图甲所示的v-t图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度

变化的情况(向上为正方向)。在电梯底板上有一滑块与轻弹簧相连,弹簧的另一端固定在电

梯的侧壁上,如图乙所示。当电梯静止时,弹簧处于被压缩状态,整个装置静止。根据图像提供

的信息,可以判断以下说法中正确的选项是 ()A.在t=0时,图乙中的滑块可能开始运动B.在t=5s时,图乙中的滑块可能开始运动C.在t=10s时,图乙中的滑块可能开始运动C组2021—2021年高考模拟·应用创新题组D.在t=20s时,图乙中的滑块可能开始运动精品ppt1.(2021北京民大附中月考,5)某同学站在观光电梯的地板67答案

C设滑块所受重力为G,所受支持力大小为N,所受弹簧弹力为F弹,所受摩擦力为f。电

梯静止时,F弹=f,G=N。最大静摩擦力fm=μN。假设要滑块开始运动,要减小fm。那么N减小的时刻滑块可能开始运动。向上为正方向,t=10s时,电梯的加速度向下,处于失重状态,N减小,滑块可能开始运动。精品ppt答案

C设滑块所受重力为G,所受支持力大小为N,所受68图1图22.(2021北京丰台一模,23)如图1所示,一小车放于平直木板上(木板一端固定一个定滑轮),木板被垫高一定角度θ,该角度

下,小车恰能做匀速直线运动(假设小车所受摩擦力与小车对木板的正压力成正比,比例系数

为μ),小车总质量为M。(1)请推导θ与μ应满足的定量关系,并分析说明假设增大小车质量,仍使小车做匀速直线运动,角

度θ是否需要重新调整。(2)如图2所示,在小车上拴一根质量不计且不可伸长的细绳,细绳通过滑轮(滑轮与细绳之间摩

擦不计),其下挂一个砝码盘(内放砝码),在木板上某位置静止释放小车后,小车做匀加速直线运

动。砝码盘及砝码的总质量为m,求:精品ppt图169①a.如果m=M,小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值;b.用F表示小车所受细绳的拉力,如果要求

<5%,此时

应该满足的条件;②小车沿木板运动距离为x的过程中,其机械能的变化量ΔE。答案见解析解析

(1)受力分析如图

Mgsinθ=μMgcosθ,μ=tanθ精品ppt①a.如果m=M,小车所受细绳拉力与砝码盘及砝码总重力的比值70当小车质量由M变成M+Δm时,假设使小车匀速运动,仍有(M+Δm)gsinθ=μ(M+Δm)gcosθ成立,仍

然满足μ=tanθ,即假设增大小车质量,角度θ无须改变。(2)根据牛顿运动定律:①a. 由于 = ,所以有F= ,得到 = 。b.利用a问中得到的结论F= ,结合 < ,可得 >20。②解法一小车沿木板运动距离为x的过程中,机械能的变化量等于小车所受拉力和摩擦力做

功的总和,所以ΔE=Fx-μmgxcosθ= -μmgxcosθ=mgx 解法二根据动能定理:mgxsinθ+Fx-fx=ΔEk根据重力做功与重力势能的关系:mgxsinθ=-ΔEp那么机械能的改变量:ΔEk+ΔEp=Fx-fx= -μmgxcosθ精品ppt当小车质量由M变成M+Δm时,假设使小车匀速运动,仍有(M+71高考物理

(北京市选考专用)专题三牛顿运动定律高考物理(北京市选考专用)专题三牛顿运动定律1.(2021北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个根本单位,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m·s-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根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那么可防止这种困扰。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Δν=9192631770Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299792458m·s-1

定义m。2021年第26届国际计量大会决定,7个根本单位全部用根本物理常量来定义(对应关

系如图,例如,s对应Δν,m对应c)。新SI自2021年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和

技术开展产生深远影响。以下选项不正确的选项是 ()A.7个根本单位全部用物理常量定义,保证了根本单位的稳定性B.用真空中的光速c(m·s-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C.用根本电荷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(J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位考点一牛顿运动定律的理解和简单应用五年高考A组自主命题·北京卷题组精品ppt1.(2021北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定73答案

D此题考查了国际单位制中的根本单位及导出单位,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,表达了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社

会开展、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,故用来定义根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、ν的单位已定义,真空中光速c、根本电荷e、普朗克常

量h均为根本物理常量,故可分别用l=vt、I=q/t、hν=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。精品ppt答案

D此题考查了国际单位制中的根本单位及导出单位,742.(2021北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促

进了人类科学认识的开展。利用如以以下图的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静

止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材

料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的比照,可以得

到的最直接的结论是 ()

A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小精品ppt2.(2021北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设75答案

A根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的

位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下

得出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题,

故错误。考查点牛顿运动定律。思路点拨此题也可从能量守恒的角度分析:假设斜面光滑,那么没有机械能的损失,小球必上升到

与O点等高处。精品ppt答案

A根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光763.(2021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,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即 F0=mg,那么F0= mg。当绳子拉力最大时,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。精品ppt3.(2021北京理综,18,6分)“蹦极〞就是跳跃者把一端774.(2021课标Ⅰ,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,以下表示F和x之间关系的图像可能正确的选项是 ()B组统一命题·课标卷题组精品ppt4.(2021课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水78答案

A此题考查胡克定律、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。此题中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。精品ppt答案

A此题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律795.(2021课标Ⅰ,18,6分)(多项选择)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,那么 ()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由题意知此恒力即质点所受合外力,假设原速度与该恒力在一条直线上,那么质点做

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,

那么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。精品ppt5.(2021课标Ⅰ,18,6分)(多项选择)一质点做匀速直80考点二牛顿运动定律的综合应用A组自主命题·北京卷题组1.(2021北京理综,18,6分)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深

入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确

的是 ()A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度答案

D物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后

物体和手掌别离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手别离时,二者

速度相同,又因均做减速运动,故别离条件为a手>a物,别离瞬间物体的加速度等于重力加速度,那么

手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。考查点超重和失重。思路点拨

分析出物体运动的加速度方向是解此题的关键。超重时物体具有向上的加速度,

失重时物体具有向下的加速度。精品ppt考点二牛顿运动定律的综合应用A组自主命题·北京卷题组1812.(2021课标Ⅲ,20,6分)(多项选择)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=4s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