《（新课标Ⅲ）2019版高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律课件教学资料》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标Ⅲ）2019版高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律课件教学资料（99页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、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
3、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
4、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 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 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
5、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
6、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mg 2R mv2 在大环最低点有FN mg
7、 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 mg 2R 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 M 0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
8、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
9、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 aBt1 v1 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
10、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
11、 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
12、 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 解析 1 在0 2s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 mgcos f2 2N2 N2 N1 mgcos 规定沿斜面向下为正方
13、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 ma1 mgsin f2 f1 ma2 联立 式 并代入题给条件得a1 3m s2 a2 1m s2 2 在t1 2s时 设A和B的速度分别为v1和v2 则v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m 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 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 a2 t2 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 12m 27m此后B静止不动 A继续在B上滑动 设再经过时间t3
14、后A离开B 则有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 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 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 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
15、 已知碰撞后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 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 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 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 4m s 由运动学公式得v1 v0 a1t1 s0 v0t1 a1 式中 t1 1s
16、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 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 2s 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 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 1 m M g m M a40 2a4s3碰后木板运动的位移为s s1 s3联立
