《新课标ⅲ2019版高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标ⅲ2019版高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律课件（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
2、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 ( ),
3、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(
4、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: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。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
5、,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,
6、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
7、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 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
8、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=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摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s 2。求 (1)B与木板相对静止时,木板的速度; (2)A、
9、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a1。在滑块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-aBt1 v1=a1t1 联立式,代入已知数据得,v1=1 m/s (2)在t1时
10、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
11、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。 木板先加速后减速,存在两个过程。,7.(2015课标,25,20分,0.20
12、4)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 等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在
13、02 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02 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,并代入题给条件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2
14、 (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 tt1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+a2t2=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 m27 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+a1t2)t3+ a1 可得 t3=1 s(另一解不合题意,舍去) 设A在B上总的运动时间为t总,有
15、 t总=t1+t2+t3=4 s (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4.5 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
16、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/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= ,
