《（课标Ⅲ专用）2018年高考物理总复习 必考部分 专题三 牛顿运动定律习题课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课标Ⅲ专用）2018年高考物理总复习 必考部分 专题三 牛顿运动定律习题课件（83页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题三 牛顿运动定理 高考物理 课标 专用 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 若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
2、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 解题关键 找到解题的依据 曲线运动的条件 加速度方向由合外力决定 由a 可判断 质点单位时间内的速度变化量 易错点拨 理解速度变化量与速率变化量的区别 2 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
3、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 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 已求出 故可以求出物块上滑的最大高度 故D正确 审题技巧 由图 b 可分析出物体的运动过程 并求得加速度大小 再对物体进行受力分析 由牛 顿第二定律明确各物理量是否能够求出 方法技巧 v t图线的斜率表示加速度 与
4、横轴所围的 面积 表示位移 3 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 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
5、F mx a 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 解题关键 本题考查了牛顿第二定律的应用 恰当地选取研究对象 充分利用数学知识分析推 理是解题的关键 4 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 以小环为研究对象 设大环半径为R 根据机械能守恒
6、定律 得mg 2R 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 5 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 解题关键 利用牛顿第二定律找出F和a的关系式 分析关系式可得F与a成一次函数关系 再去 判断图像 答案 C 物块的受力如图所示
7、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 知识拓展 此类图像题 可先依据原理找到横纵坐标的关系式 再去判断图像 6 2017课标 25 20分 如图 两个滑块A和B的质量分别为mA 1 kg和mB 5 kg 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 4 kg 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 3 m 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
8、摩擦力 取重力加速度大小g 10 m 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 1 m s 2 1 9 m 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a 1 在物块B与木板达到共同速度前有 f1 1mAg f2 1mBg f3 2 m mA mB g 由牛顿第二定律得 f1 mAaA f2 mBaB f2 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
9、 aBt1 v1 a1t1 联立 式 代入已知数据得 v1 1 m 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
10、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 9 m 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
11、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 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
12、擦力 取重力加速度大小g 10 m s2 求 1 在0 2 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0 2 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
13、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 t 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 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 a2 t2 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 m 27 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 a1 t2 t3 a1 可得 t3 1 s 另一解不合题意 舍去
14、 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 解题关键 多过程力学问题要分段考虑 划分多个不同的物理过程或多个不同的状态 根据物理 规律列出相应方程式 方法技巧 根据牛顿运动定律求出各运动过程的加速度 两过程连接处的加速度可能突变 找出 物体之间的位移关系或速度关系是解题的突破口 8 2015课标 25 20分 0 155 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
15、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
16、 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 a3 t v3 v1 a2 t 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
