（新課標Ⅰ）2019版高考物理 專題三 牛頓運動定律課件.ppt

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1、專題三牛頓運動定律,高考物理 (新課標專用),A組統(tǒng)一命題課標卷題組 考點一對牛頓運動定律的理解,五年高考,1.(2016課標,18,6分)(多選)一質(zhì)點做勻速直線運動?，F(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變,則() A.質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變,答案BC由題意知此恒力即為質(zhì)點所受合外力,若原速度與該恒力在一條直線上,則質(zhì)點做勻變速直線運動,質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變的;原速度與該恒力不在一條直線上,則質(zhì)點做勻變速曲線運動,速度與恒

2、力間夾角逐漸減小,質(zhì)點單位時間內(nèi)速度的變化量是不變的,但速率的變化量是變化的,A、D項錯誤,B項正確;由牛頓第二定律知,質(zhì)點加速度的方向總與該恒力方向相同,C項正確。,易錯點撥理解速度變化量與速率變化量的區(qū)別。,解題思路正確解題應明確以下幾點:恒力即為質(zhì)點所受合外力。v0與F恒的方向關系,二者夾角不確定。質(zhì)點所受合外力恒定,則做勻變速運動。,解題關鍵明確力與運動的關系。質(zhì)點由勻速直線運動變?yōu)閯蜃兯龠\動。勻變速運動可以是直線運動也可以是曲線運動。勻變速運動有三個一定,即合外力一定、加速度一定、相同時間內(nèi)速度變化量一定。,2.(2015課標,20,6分,0.450)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上

3、,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時,連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時,P和Q間 的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為() A.8B.10C.15D.18,答案BC如圖所示,假設掛鉤P、Q東邊有x節(jié)車廂,西邊有y節(jié)車廂,每節(jié)車廂質(zhì)量為m。當向東行駛時,以y節(jié)車廂為研究對象,則有F=mya;當向西行駛時,以x節(jié)車廂為研究對象,則有F=mxa,聯(lián)立兩式有y=x。可見,列車總節(jié)數(shù)N=x+y=x,設x=3n(n=1,2,3),則N=5n,故可知選

4、項 B、C正確。,溫馨提示畫好情景草圖。明確研究對象,向東行駛時,研究對象為Q西邊車廂,向西行駛時,研究對象為P東邊車廂。根據(jù)牛頓第二定律列式。車廂的節(jié)數(shù)只能為整數(shù)。,考查內(nèi)容本題考查了牛頓第二定律的應用。恰當?shù)剡x取研究對象,充分利用數(shù)學知識分析推理,是解題的關鍵。題目難度適中,區(qū)分度很好。情景來源于生活且不偏不怪,較好地考查了考生應用知識解決實際問題的能力,是道好題。,考點二牛頓運動定律的綜合應用,3.(2018課標,15,6分)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧

5、恢復原長前,下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是(),答案A本題考查胡克定律、共點力的平衡及牛頓第二定律。設系統(tǒng)靜止時彈簧壓縮量為x0,由胡克定律和平衡條件得mg=kx0。力F作用在P上后,物塊受重力、彈力和F,向上做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。聯(lián)立以上兩式得F=kx+ma,所以F-x圖像中圖線是一條不過原點的傾斜直線,故A正確。,易錯點撥注意胡克定律中形變量的含義 胡克定律中的形變量指的是壓縮量或伸長量。本題中x表示P離開靜止位置的位移,此時的形變量為x0-x而不是x。,4.(2015課標,20,6分,0.677)(多選)如圖(a),一物塊在t=0時

6、刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出() A.斜面的傾角 B.物塊的質(zhì)量 C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度,答案ACD設物塊的質(zhì)量為m、斜面的傾角為,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為,物塊沿斜面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2,根據(jù)牛頓第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再結(jié)合v-t圖線斜率的物理意義有:a1=,a2=。由上述四式可見,無法求 出m,可以求出、,故B錯,A、C均正確。0t1時間內(nèi)的v-t圖線與橫軸包圍的面積大小等于物塊沿

7、斜面上滑的最大距離,已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。,解題關鍵v-t圖線斜率的絕對值等于加速度大小,v-t圖線與橫軸所圍的面積大小等于位移的大小。,溫馨提示0t1時間內(nèi)加速度a1大于t12t1時間內(nèi)的加速度a2,0t1為上滑階段,t12t1為下滑階段。沒有明確斜面是否光滑,則不能主觀忽略摩擦力。在正確受力分析的前提下,列出上滑和下滑兩個階段的動力學方程。,5.(2014課標,24,12分,0.550)公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離。當前車突然停止時,后車司機可以采取剎車措施,使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常情況下,人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1

8、 s,當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時,安全距離為120 m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的2/5,若要求安全距離仍為120 m,求汽車在雨天安全行駛的最大速度。,答案20 m/s(或72 km/h),解析設路面干燥時,汽車與路面間的動摩擦因數(shù)為0,剎車時汽車的加速度大小為a0,安全距離為s,反應時間為t0,由牛頓第二定律和運動學公式得 0mg=ma0 s=v0t0+ 式中,m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。 設在雨天行駛時,汽車與路面間的動摩擦因數(shù)為,依題意有=0 設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a,安全行駛的最大速度為v,由牛頓第二

9、定律和運動學公式得 mg=ma s=vt0+ 聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得 v=20 m/s(72 km/h),溫馨提示108 km/h=30 m/s;安全行駛意味著在120 m 的距離內(nèi)速度降為0;運用牛頓第二定律和運動學公式求解。,評析考查了情景想象與推理能力,應用數(shù)學工具解題的能力。,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,考點一對牛頓運動定律的理解,1.(2017上海單科,5,3分)如圖,在勻強電場中,懸線一端固定于地面,另一端拉住一個帶電小球,使之處于靜止狀態(tài)。忽略空氣阻力,當懸線斷裂后,小球?qū)⒆?) A.曲線運動B.勻速直線運動 C.勻加速直線運動D.變加速直線運動,答案C本題考查力與運動的關系

10、。在懸線斷裂前,小球受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài),故重力與電場力的合力與拉力等值反向。懸線斷裂后,小球所受重力與電場力的合力大小、方向均不變,故小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動,C項正確。,解題關鍵解答本題,關鍵是分析清楚懸線斷裂后,重力和電場力合力的大小、方向均不發(fā)生變化。,2.(2017上海單科,6,3分)一碗水置于火車車廂內(nèi)的水平桌面上。當火車向右做勻減速運動時,水面形狀接近于圖(),答案A當火車向右做勻減速運動時,碗內(nèi)的水由于慣性,保持原來較大的速度向右運動,則只有圖A所示的情形符合要求,故A正確。,一題多解“微元體”的選取 由于液體內(nèi)任一部分所受合力水平向左

11、,故可在液體內(nèi)部任意位置取一個立方體,則右側(cè)面處的壓強必大于左側(cè)面處的壓強,由液體的壓強公式p=gh可知,液體內(nèi)同一水平線上各點從左到右距液面高度依次增大,故A正確。,3.(2016上海單科,4,3分)如圖,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當小車向右做勻加速運動時,球所受合外力的方向沿圖中的() A.OA方向B.OB方向 C.OC方向D.OD方向,答案D當小車向右做勻加速運動時,其加速度的方向水平向右,由牛頓第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右,即沿圖中OD方向,選項D正確,選項A、B、C錯誤。,考點二牛頓運動定律的綜合應用,4.(2014山東理綜,15,6分)(多選)一質(zhì)點在外力作用

12、下做直線運動,其速度v隨時間t變化的圖象如圖。在圖中標出的時刻中,質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相同的有() A.t1B.t2C.t3D.t4,答案ACv-t圖象中,縱軸表示各時刻的速度,t1、t2時刻速度為正,t3、t4時刻速度為負,圖線上各點切線的斜率表示該時刻的加速度,t1、t4時刻加速度為正,t2、t3時刻加速度為負,根據(jù)牛頓第二定律,加速度與合外力方向相同,故t1時刻合外力與速度均為正,t3時刻合外力與速度均為負,A、C正確,B、D錯誤。,5.(2015江蘇單科,6,4分)(多選)一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對地板的

13、壓力() A.t=2 s時最大B.t=2 s時最小 C.t=8.5 s時最大D.t=8.5 s時最小,答案AD地板對人的支持力FN=mg+ma,t=2 s時,a有正的最大值,此時FN最大,由牛頓第三定律可知,A正確,B錯誤;t=8.5 s時,a有負的最大值,此時FN最小,由牛頓第三定律可知,C錯誤,D正確。,C組教師專用題組 考點一對牛頓運動定律的理解,1.(2016江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出,魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等,則在上述過程中() A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上

14、的相等 C.若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力將增大 D.若貓減小拉力,魚缸有可能滑出桌面,答案BD由題圖可見,魚缸相對桌布向左滑動,故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右,A錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數(shù)相等,所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等,均為g;由v=at可知,魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間相等,故B正確。若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力,由Ff=mg可知,Ff不變,故C錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動,則魚缸就會滑出桌面,故D正確。,評析本題情景來源于生活中常見的現(xiàn)象,可以引導考生把學到的物理知識應用到對身邊常見現(xiàn)象的解釋上,以

15、激發(fā)考生學習物理的興趣。題目考查了對摩擦力大小、方向的分析及力與運動的關系,看似簡單,實為多數(shù)考生知識相對模糊的考點,同時對考生的分析推理能力要求較高,故本題為較難題。,答案BD當升降機勻速運動,物塊相對于斜面勻速下滑時有:mg sin =mg cos ,則=tan (為斜面傾角),當升降機加速上升時,設加速度為a;物塊處于超重狀態(tài),超重ma。物塊“重力”變?yōu)镚=mg+ma,支持力變?yōu)镹=(mg+ma)cos mg cos ,B對?！爸亓Α毖匦泵嫦蛳碌姆至下=(mg+ma)sin ,沿斜面的摩擦力變?yōu)閒=N=(mg+ma)cos mg cos ,A錯誤。f=(mg+ma)cos =tan (

16、mg+ma)cos =(mg+ma)sin =G下,所以物塊仍沿斜面勻速運動,D對,C錯誤。,3.(2015海南單科,8,5分)(多選)如圖,物塊a、b和c的質(zhì)量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將細線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間,() A.a1=3gB.a1=0 C.l1=2l2D.l1=l2,答案AC剪斷細線前,把a、b、c看成整體,細線上的拉力為T=3mg。因在剪斷瞬間,彈簧未發(fā)生突變,因此a、b、c之間的作用力與剪斷細

17、線之前相同。則將細線剪斷瞬間,對a隔離進行受力分析,由牛頓第二定律得:3mg=ma1得a1=3g,A正確,B錯誤。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2,所以l1=2l2,C正確,D錯誤。,4.(2015重慶理綜,3,6分)高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為() A.+mgB.-mg C.+mgD.-mg,答案A解法一:對人與安全帶作用的過程應用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a==,

18、 解得F=+mg,故A正確。 解法二:由v2=2gh得v=。對人與安全帶作用的過程應用動量定理,則有(mg-F)t=0-mv,解得 F=+mg,故A正確。,5.(2013課標,14,6分,0.787)如圖是伽利略1604年做斜面實驗時的一頁手稿照片,照片左上角的三列數(shù)據(jù)如下表。表中第二列是時間,第三列是物體沿斜面運動的距離,第一列是伽利略在分析實驗數(shù)據(jù)時添加的。根據(jù)表中的數(shù)據(jù),伽利略可以得出的結(jié)論是(),A.物體具有慣性 B.斜面傾角一定時,加速度與質(zhì)量無關 C.物體運動的距離與時間的平方成正比 D.物體運動的加速度與重力加速度成正比,答案C由題可知,表中的物理量未涉及物體的慣性、質(zhì)量以及加速

19、度與重力加速度的關系,所以A、B、D錯誤,由表中數(shù)據(jù)可以看出,在前1秒、前2秒、前3秒內(nèi)運動的距離與時間的平方成正比,所以C正確。,解題思路題干中明確了第二列為時間,第三列是物體沿斜面運動的距離,而第一列顯然是時間t的平方。以第一列數(shù)值乘以32即可得到第三列數(shù)值。則說明在相應時間內(nèi)運動的距離與時間的平方成正比。,考查內(nèi)容圖表識別處理能力。實驗數(shù)據(jù)處理能力。分析綜合能力。運用數(shù)學工具的能力。,6.(2010課標,15,6分),如圖,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,木塊

20、1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有() A.a1=0,a2=gB.a1=g,a2=g,C.a1=0,a2=gD.a1=g,a2=g,答案C木板抽出前,由平衡條件可知彈簧被壓縮產(chǎn)生的彈力大小為mg。木板抽出后瞬間,彈簧彈力保持不變,仍為mg。由平衡條件和牛頓第二定律可得a1=0,a2=g。答案為C。,解題思路關鍵詞:靜止狀態(tài),突然抽出。 把木板抽出瞬間對1、2木塊分別受力分析(注意彈簧形變量大,彈力瞬間不變)木塊1仍二力平衡a=0,木塊2受彈簧彈力、重力,根據(jù)牛頓第二定律求出其加速度。,7.(2017上海單科,17)如圖,光滑固定斜面的傾角為30,A、B兩物體的質(zhì)量

21、之比為41。B用不可伸長的輕繩分別與A和地面相連,開始時A、B離地高度相同。在C處剪斷輕繩,當B落地前瞬間,A、B的速度大小之比為,機械能之比為(以地面為零勢能面)。,答案1241,考點二牛頓運動定律的綜合應用,8.(2014江蘇單科,8,4分)(多選)如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為,B與地面間的動摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動摩 擦力,重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F,則() A.當F3mg時,A相對B滑動 D.無論F為何值,B的加速度不會超過g,答案BCD對A、B整體,地面對B的最大靜摩擦力為mg,故當mg3mg時,A相對B

22、才能滑動, C對。當F=mg時,A、B相對靜止,對整體有:mg-3mg=3ma,a=g,故B正確。無論F為 何值,B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2mg,故B的最大加速度aBm== g,可見D正確。,9.(2011課標,21,6分)如圖,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板,其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt(k是常數(shù)),木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是(),答案A在m2與m1相對滑動前,F=kt=(m1+m2)a,a與t成正比關系,a-t關系圖線的斜

23、率為, 當m1與m2相對滑動后,m1受的是f21=m2g=m1a1,a1=為一恒量,對m2有F-m2g=m2a2,得a2=- g,斜率為,可知A正確,B、C、D錯誤。,10.(2013課標,14,6分,0.733)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始,物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關系的圖象是(),答案C物塊的受力如圖所示,當F不大于最大靜摩擦力時,物塊仍處于靜止狀態(tài),故其加速度為0;當F大于最大靜摩擦力后,由牛頓第二定律得F-FN=ma,即F=FN+ma,F與a成線性關

24、系。選項C正確。,解題關鍵根據(jù)題意作出正確的受力分析圖。關鍵詞:靜止,粗糙,水平拉力,方向不變。物體所受摩擦力先是靜摩擦力后變?yōu)榛瑒幽Σ亮Α?考查內(nèi)容本題考查摩擦力、受力分析、牛頓第二定律等知識點。,A組20162018年高考模擬基礎題組 考點一對牛頓運動定律的理解,三年模擬,1.(2018湖北黃岡期末)遠在春秋戰(zhàn)國時代(公元前772前221年),我國杰出學者墨子認為:“力,刑之所以奮也。”“刑”同“形”,即物體;“奮,動也”,即開始運動或運動加快,對墨子這句關于力和運動觀點的理解,下列說法不正確的是() A.墨子認為力是改變物體運動狀態(tài)的原因 B.墨子認為力是使物體產(chǎn)生加速度的原因 C.此觀

25、點與亞里士多德關于力和運動的觀點基本相同 D.此觀點與牛頓關于力和運動的觀點基本相同,答案C“力,刑之所以奮也?！笔钦f力是使物體運動的原因或力是改變物體運動狀態(tài)的原因,使物體產(chǎn)生加速度的原因,此觀點與牛頓關于力和運動的觀點基本相同。而亞里士多德認為有力作用在物體上,物體才能運動;沒有力的作用,物體就要靜止。故C錯誤,A、B、D正確。,2.(2018湖北八校二聯(lián))如圖所示,質(zhì)量為m的光滑小球恰好放在質(zhì)量也為m的圓弧槽內(nèi),它與槽左右兩端的接觸處分別為A點和B點,圓弧槽的半徑為R,OA與水平線AB成60角。槽放在光滑的水平桌面上,通過細線和滑輪與重物C相連,細線始終處于水平狀態(tài)。通過實驗知道,當槽的

26、加速度很大時,小球?qū)牟壑袧L出,滑輪與繩質(zhì)量都不計,要使小球不從槽中滾出,則重物C的最大質(zhì)量為() A.mB.2m C.(-1)mD.(+1)m,答案D當小球剛好要從槽中滾出時,小球受到重力和槽的支持力作用,由牛頓第二定律得:=ma,得a=g。以整體為研究對象:由牛頓第二定律得Mg=(M+2m)a,解得M=(+1)m, 故選項D正確。,3.(2018湖北黃岡期末)如圖所示,物塊A放在木板B上,A、B的質(zhì)量相同,A與B之間、B與地面之間的動摩擦因數(shù)也相同(最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小)。若將水平力作用在A上,使A剛好要相對B滑動,此時水平力大小為F1;若將水平力作用在B上,使B剛好要相對A

27、滑動,此時水平力大小為F2,則F1與F2之比為() A.11B.12C.13D.14,答案D由于A與B之間的最大靜摩擦力fAB=mg小于B與地面之間的最大靜摩擦力fB地=2mg,當水平力作用在A上,使A剛好要相對B滑動,此時B靜止,A與B間的摩擦力剛好達到最大,此時水平力大小為F1=mg。 當水平力作用在B上,使B剛好要相對A滑動,此時A、B間的摩擦力剛好達到最大,A、B的加速度相等,有:aA=aB==g,對整體由牛頓第二定律有F2-2mg=2maB,解得F2=4mg。 故F1與F2之比為14,D正確,A、B、C錯誤。,名師點睛關鍵抓住臨界狀態(tài),結(jié)合剛好發(fā)生相對滑動時,A、B的加速度相等,根據(jù)

28、牛頓第二定律進行求解。,4.(2018廣東四校聯(lián)考)如圖所示,木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼,木盒和砝碼在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距離后停止?，F(xiàn)拿走砝碼,而持續(xù)加一個垂直于斜面向下的恒力F(F=mg cos ),其他條件不變,則木盒滑行的距離將() A.不變B.變小 C.變大D.變大變小均有可能,答案B設木盒的質(zhì)量為M且向上滑行,放有砝碼時由牛頓第二定律有(M+m)g cos +(M+m)g sin =(M+m)a1,換成垂直于斜面向下的恒力F時由牛頓第二定律有(M+m)g cos +Mg sin =Ma2可知a2a1,再由x=可得x2a1,再由x=可得x2

29、017湖南長沙三月模擬,15)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處,從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動,所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動,重力加速度為g。據(jù)圖可知,此人在蹦極過程中最大加速度約為() A.gB.2gC.3gD.4g,答案B“蹦極”運動的最終結(jié)果是人懸在空中處于靜止狀態(tài),此時繩的拉力等于人的重力,由圖可知,繩子拉力最終趨于恒定時等于重力,即F0=mg,則F0=mg。 當繩子拉力最大時, 人處于最低點且所受合力最大,故加速度也最大,此時F最大=F0=3mg,方向豎直向上,由牛頓第 二定律有ma=F最大-mg

30、=3mg-mg=2mg,得最大加速度a=2g,故B正確。,6.(2017河北石家莊二模,14)一個質(zhì)量為2 kg的物體,在4個共點力作用下處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)同時撤去大小分別為8 N和12 N的兩個力,其余的力保持不變,關于此后該物體運動的說法正確的是() A.一定做勻變速運動,加速度大小可能等于重力加速度的大小 B.一定做勻變速直線運動,加速度大小可能是5 m/s2 C.可能做勻減速直線運動,加速度大小是1.5 m/s2 D.可能做勻速圓周運動,向心加速度大小是6 m/s2,答案A物體在4個力作用下處于平衡狀態(tài),根據(jù)平衡狀態(tài)的條件可知其中任意兩個力的合力與另外兩個力的合力大小相等、方向相反、作用

31、在同一條直線上。所以撤去兩個力之后另外兩個力的合力為恒力,所以物體一定做勻變速運動。因大小為8 N與12 N兩個力的合力的大小范圍為4 NF合20 N,則另外兩個力的合力的大小范圍為4 NF合20 N,再由牛頓第二定律可知物體的加速度大小范圍為2 m/s2a10 m/s2,所以A對,B、C、D錯。,考點二牛頓運動定律的綜合應用,7.(2018安徽A10聯(lián)盟聯(lián)考)如圖甲所示,一個可視為質(zhì)點的物塊從傾角為=30的固定斜面頂端由靜止開始下滑,從此時開始計時,物塊的速度為v,到斜面頂端的距離為x,其x-v2圖象如圖乙所示。已知g=10 m/s2,斜面足夠長,不計空氣阻力,下列說法正確的是() A.物塊

32、的加速度大小為8 m/s2 B.物塊在t=1 s時的速度大小為8 m/s C.物塊在t=4 s時處于斜面上x=24 m的位置 D.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為=,答案D物塊由靜止沿斜面做勻加速直線運動,有v2=2ax,再結(jié)合圖乙可得加速度為a=4 m/s2,由v=at得t=1 s時物塊速度大小為4 m/s,A、B錯誤;由x=at2知t=4 s時,x=32 m,C錯誤;由牛頓第 二定律有:mg sin 30-mg cos 30=ma,解得=,D正確。,答案AC由圖乙知,當F=4 N時A、B相對靜止,加速度為a=2 m/s2,對整體分析:F=(m+M)a,解得m+M=2 kg,當F4 N時,A、B發(fā)

33、生相對滑動,對B有:a==F-,由圖象可知,圖線的 斜率:k===2 kg-1,解得M=0.5 kg,則滑塊A的質(zhì)量為:m=1.5 kg,故A正確,B錯誤;將F4 N所 對圖線反向延長線與F軸交點坐標代入a=F-,解得=0.2,故D錯誤;根據(jù)F=5 N4 N時,滑 塊與木塊相對滑動,B的加速度為aB=F-=4 m/s2,故C正確。,9.(2016廣東佛山二模,15)廣州塔,昵稱小蠻腰,總高度達600米,游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力,已知電梯在t=0時由靜止開始上升,a-t圖象如圖所示。則下列相關說法正確的是() A.t=4.5 s時,電梯處于失重

34、狀態(tài) B.555 s時間內(nèi),繩索拉力最小 C.t=59.5 s時,電梯處于超重狀態(tài) D.t=60 s時,電梯速度恰好為零,答案D利用a-t圖象可判斷:t=4.5 s時,電梯有向上的加速度,電梯處于超重狀態(tài),則A錯誤;05 s時間內(nèi),電梯處于超重狀態(tài),拉力重力,5 s55 s時間內(nèi),電梯處于勻速上升過程,拉力=重力,5560 s時間內(nèi),電梯處于失重狀態(tài),拉力<重力,綜上所述,B、C錯誤;因a-t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量,而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等,則電梯的速度在t=60 s時為零,D正確。,一、選擇題(每小題6分,共54分) 1.(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考

35、)如圖所示,在光滑的水平面上有一段長為L、質(zhì)量分布均勻的繩子,繩子在水平向左的恒力F作用下做勻加速直線運動。繩子上某一點到繩子右端的距離為x,設該處的張力為T,則能正確描述T與x之間的關系的圖像是(),B組 20162018年高考模擬綜合題組 (時間：45分鐘 分值：70分),答案A設單位長度繩子的質(zhì)量為m。 對整段繩子分析有:F=Lma; 對右側(cè)x長度的繩子分析可知:T=xma 聯(lián)立解得:T=x, 故可知T與x成正比,且x=0時,T=0。故A正確。,思路點撥本題考查牛頓第二定律的應用,要注意明確整體法與隔離法的應用,正確選取研究對象,再用牛頓第二定律即可列式求解。對整段繩子受力分析,由牛頓第

36、二定律可求得整體的加速度;再對右側(cè)x長度的繩子受力分析,由牛頓第二定律可得出T與x的關系。,2.(2018天津河東一模)(多選)如圖所示,帶有長方體盒子的斜劈A放在固定的斜面體C的斜面上,在盒子內(nèi)放有光滑球B,B恰與盒子前、后壁P、Q相接觸。若使斜劈A在斜面體C上靜止不動,則P、Q對球B無壓力。以下說法正確的是() A.若C的斜面光滑,斜劈A由靜止釋放,則Q對球B有壓力 B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,則P、Q對B球均無壓力 C.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面勻速下滑,則P、Q對球B均無壓力 D.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面以一定的初速度減速下滑,則P對球B有壓力,答案A

37、CD若C的斜面光滑,無論斜劈是由靜止釋放還是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球具有相同的加速度,方向均沿斜面向下;根據(jù)牛頓第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向下,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及Q對球的壓力,而P對球無壓力,所以A選項是正確的,B選項是錯誤的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面勻速下滑,則B球處于平衡狀態(tài),受重力和盒子底部的支持力而平衡,P、Q對球均無壓力,所以C選項是正確的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面減速下滑,斜劈和球整體具有相同的加速度,方向沿斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向上,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及P對球的壓力,所以D選項是正確的。

38、,思路點撥斜劈A在斜面體C上靜止不動,則B受的重力和支持力平衡。當斜面光滑,斜劈A和B球具有相同的加速度且方向沿斜面向下,再通過對B球進行分析,進而判斷P、Q對球有無壓力。當斜面粗糙時,按照同樣的方法,先判斷出整體的加速度方向,再隔離B進行受力分析,從而判斷P、Q對球有無壓力。,答案C汽車靜止時,對手機受力分析,手機受到重力mg、吸引力F磁、支持力FN和摩擦力f四個力作用,可知支架與手機之間有三對作用力與反作用力,A、B項錯誤。假設手機不受摩擦力作用,則其受力分析如圖所示,豎直方向上合力為零,水平方向上合力向左,即汽車需有向左的加速度,故C項正確,D項錯誤。,4.(2018山西考前測試)如圖所

39、示,傾角為=37的傳送帶以速度v1=2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動。將一小物塊以v2=8 m/s的速度從傳送帶的底端滑上傳送帶。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5,傳送帶足夠長,取sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2,下列說法正確的是() A.小物塊運動的加速度大小恒為10 m/s2 B.小物塊向上運動的時間為0.6 s C.小物塊向上滑行的最遠距離為4 m D.小物塊最終將隨傳送帶一起向上勻速運動,答案C小物塊的運動分兩個階段: 因初始時v2v1,則開始一段時間小物塊相對傳送帶向上運動,其所受滑動摩擦力沿傳送帶向下,由牛頓第二定律有: ma1=mg sin +mg

40、cos 得a1=10 m/s2 因mg cos

41、,質(zhì)量為m0、傾角為的斜面體靜止在水平地面上,有一質(zhì)量為m的小物塊放在斜面上,輕推一下小物塊后,它沿斜面向下勻速運動。若給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F,斜面體始終靜止。施加恒力F后,下列說法正確的是() A.小物塊沿斜面向下運動的加速度為 B.斜面體對地面的壓力大小等于(m+m0)g+F sin C.地面對斜面體的摩擦力方向水平向左 D.斜面體對小物塊的作用力的大小和方向都變化,答案A在未施加恒力F時,因小物塊能沿斜面勻速運動,根據(jù)共點力平衡可知,mg sin =mg cos ,當施加恒力F后,對物塊受力分析可知F+mg sin -mg cos =ma,解得a=,故A正確; 施加恒力后,物

42、塊對斜面的壓力和摩擦力不變,其中壓力和摩擦力的合力等于物塊的重力,方向豎直向下。對斜面體分析可知,其受到的支持力等于m0g+mg,地面對其沒有摩擦力作用,故B、C錯誤; 斜面體對物塊的支持力和摩擦力大小和方向都不變,故D錯誤。,6.(2017湖南三湘名校聯(lián)盟三模,15)在明德中學教學樓頂?shù)踔豢诖箸?每年元旦會進行敲鐘儀式,如圖所示,在大鐘旁邊并排吊著撞錘,吊撞錘的輕繩長為L,與吊撞錘的點等高且水平相距處有一固定的光滑定滑輪,一同學將輕繩一端繞過定滑輪連在撞錘上,然后緩慢往下拉 繩子另一端,使得撞錘提升豎直高度L/2時突然松手,使撞錘自然地擺動下去撞擊大鐘,發(fā)出聲音。(重力加速度為g)則()

43、A.在撞錘上升過程中,該同學對繩子的拉力大小不變 B.在撞錘上升過程中,撞錘吊繩上的拉力大小不變 C.突然松手時,撞錘的加速度大小等于g,D.突然松手時,撞錘的加速度大小等于g,答案D因該同學緩慢拉繩子,則撞錘在緩慢上升,處于動態(tài)平衡狀態(tài),對撞錘受力分析可知,其受兩繩的拉力和重力作用,因重力的大小和方向恒定不變,由平衡條件可知兩繩拉力的合力與重力等大反向,而兩繩拉力方向均在變化,由平行四邊形定則分析可知,兩繩上的拉力大小均在變化,A、B錯誤;突然松手時,撞錘此時受重力和吊撞錘的繩子對它的拉力作用,如圖所示,根據(jù)幾何關系知兩繩子的夾角為90,且吊撞錘的繩子與豎直方向的夾角為60,則F合=mg s

44、in 60=mg,根據(jù)牛頓第二定律得其加速度大小a==g,C錯誤,D正確。,解題指導A和B項討論的是兩根繩子上拉力是否變化,而沒有討論如何變化,故只要作出恰當判斷即可。突然松手時,人之前拉的那根繩子在此時對撞錘沒有力的作用。,7.(2017湖南三湘名校聯(lián)盟三模,20)(多選)如圖甲所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角的關系,將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角,實驗測得x與斜面傾角的關系如圖乙所示,g取10 m/s2,根據(jù)圖象可求出() A.物體的初速率v0=3 m/s B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.75,C.取不同的傾角,物

45、體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin=1.44 m D.當=45時,物體達到最大位移后將停在斜面上,答案BC當斜面傾角=90時,物體對斜面無壓力,也無摩擦力,物體做豎直上拋運動,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有02-=-2gx,根據(jù)圖象可得此時x=1.80 m,解得初速率v0=6 m/s,選項A錯。 當斜面傾角=0時即為水平,物體在運動方向上只受到摩擦力作用,則有mgx=m,根據(jù)圖象 知此時x=2.40 m,解得=0.75,選項B對。物體沿斜面上滑,由牛頓第二定律可知加速度大小a=g sin +g cos =g(sin + cos )。=2ax=2g(sin + cos )x,當sin + cos

46、 最大時,即tan =, =53時,x取最小值xmin,解得xmin=1.44 m,C項正確。當=45時,因mg sin 45mg cos 45,則物體達到最大位移后將返回,D項錯誤。,溫馨提示=90時,物體做豎直上拋運動;=0時,物體在水平方向上做勻減速運動。,綜合點評本題考查了文字語言、函數(shù)語言和圖象語言的綜合應用。考查了識圖能力、想象分析能力、綜合推理能力及應用數(shù)學工具能力,難度較大。,8.(2016湖南長沙一模,15)以相同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時,一個物體所受空氣阻力可以忽略,另一個物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比,下列用虛線和實線描述兩物體運動的速率-時間圖象

47、可能正確的是(),答案D在速率-時間圖象中,斜率的絕對值表示物體運動的加速度大小。所受空氣阻力可忽略的物體,其只受重力作用,加速度不變,圖線為圖中虛線;不可忽略空氣阻力的物體,其所受空氣阻力大小與速率成正比,為變力,圖線為圖中實線。對受空氣阻力作用的物體分析知,其上升過程中速率越來越小,則其所受阻力越來越小,合力越來越小,加速度越來越小,當其到達最高點時速率為零,加速度等于重力加速度,其從最高點下落過程中,速率越來越大,阻力越來越大,合力越來越小,加速度越來越小,若其在落地前阻力已經(jīng)等于重力,則其最后階段做勻速運動,因阻力做負功,則物體落回拋出點時的速度小于拋出時的速度,故選D。,解題思路若不

48、考慮空氣阻力,物體只受重力,G恒定,則a=g 恒定。若考慮空氣阻力,且空氣阻力fv,則上升時F合=G+kv=ma,v、F合、a,則圖線斜率絕對值減小;下降時F合=G-kv=ma,v、F合、a,則圖線斜率絕對值減小。到最高點時v=0,則f=kv=0。而最終落地前f=kvG,故存在兩種可能,繼續(xù)加速或者已經(jīng)勻速運動。,9.(2016福建福州質(zhì)檢,18)傾角為=45、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上,滑塊M的頂端O處固定一細線,細線的另一端拴一小球,已知小球的質(zhì)量為m= kg,當滑塊M以a=2g的 加速度向右運動時,則細線拉力的大小為(取g=10 m/s2)() A.10 NB.5 N C.

49、ND. N,答案A當滑塊向右運動的加速度為某一臨界值時,斜面對小球的支持力恰好為零,此時小球受到兩個力:重力和線的拉力(如圖1所示),根據(jù)牛頓第二定律,有 圖1 FT cos =ma0 FT sin -mg=0 其中=45 解得a0=g 則知當滑塊向右運動的加速度a=2g時,小球已“飄”起來了,此時小球受力如圖2所示,則有 FT cos =m2g FT sin -mg=0,圖2 解得FT=mg=10 N=10 N。,解題思路本題是一個已知運動情況求未知力的問題。當滑塊向右運動的加速度較小時,斜面對小球存在支持力;當滑塊向右運動的加速度較大時,小球?qū)⒚撾x斜面而“飄”起來。因此,本題存在一個臨界條

50、件。,二、非選擇題(共16分) 10.(2018山西五市聯(lián)考)如圖所示,兩個完全相同的長木板放置于水平地面上,木板間緊密接觸,每個木板質(zhì)量M=0.6 kg,長度l=0.5 m。現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.4 kg的小木塊,以初速度v0=2 m/s從木板的左端滑上木板,已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)1=0.3,木板與地面間的動摩擦因數(shù)2=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求: (1)小木塊滑上第二個木板的瞬間的速度; (2)小木塊最終滑動的位移(保留3位有效數(shù)字)。,答案(1)1 m/s(2)0.670 m,解析(1)小木塊在第一個木板上滑動時,木板受到木塊的摩擦力為 f1=1mg(1分) 兩木板受到地

51、面的摩擦力為 f2=2(m+2M)g(1分) 因為f2f1,所以木塊在第一個木板上運動時,兩木板靜止不動 木塊在左邊第一個木板上的加速度大小為a1,由牛頓第二定律 1mg=ma1(1分) 設小木塊滑上第二個木板的瞬間的速度為v,由運動學關系式得: v2-=-2a1l(1分) 解得v=1 m/s(1分) (2)木塊滑上第二個木板后,設第二個木板的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得 1mg-2(m+M)g=Ma2(1分) 設木塊與木板達到相同速度v1時,用時為t,則有: 對木塊有:v1=v-a1t(1分),對木板有:v1=a2t(1分) 解得:v1= m/s,t= s(1分) 此過程中木塊的位移s

52、1=t= m(1分) 木板的位移s1== m(1分) 木塊在木板上滑動的長度為s1-s1

53、一定沿長桿向下加速運動 B.環(huán)的加速度一定沿桿向上 C.環(huán)的加速度一定大于g sin D.環(huán)一定沿桿向上運動,答案B穩(wěn)定運動時,球與環(huán)保持相對靜止,它們的運動狀態(tài)相同,且運動方向均與桿平行。對小球受力分析如圖,可知小球所受合力平行于桿向上,說明加速度方向沿桿向上,則環(huán)的加速度方向也沿桿向上,但它們的運動方向不確定,兩者可能沿桿向上加速運動,也可能沿桿向下減速運動,則B正確,A、D錯誤;由于不知道細線與豎直方向的夾角,則不能判斷出小球的加速度與g sin 的大小關系,則C項錯誤。,2.(2017山東濰坊中學一模,6)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的斜面體放在水平面上,斜面上放一質(zhì)量為m的物塊,當給物

54、塊一初速度v0時,物塊可在斜面上勻速下滑;若在給物塊初速度v0的同時,在物塊上施加一平行于斜面向下的拉力,物塊可沿斜面加速運動。已知兩種情況下斜面體都處于靜止狀態(tài),則后一種情況和前一種情況相比() A.物塊對斜面體的壓力變大 B.物塊對斜面體的摩擦力不變 C.斜面體對地面的壓力不變 D.斜面體受地面的摩擦力變大,答案BC當物塊在斜面體上沿斜面勻速下滑時,其處于平衡狀態(tài),對物塊和斜面體整體受力分析,受重力和支持力,二力平衡,斜面體不受地面的摩擦力作用;再對斜面體受力分析,此時斜面體受到重力、地面的支持力、物塊對斜面的壓力和沿斜面向下的滑動摩擦力;若施加一平行斜面向下的拉力拉物塊,使物塊加速下滑時,物塊對斜面體的壓力沒有變化,則對斜面體的滑動摩擦力也沒有變化,所以斜面體的受力情況沒有改變,則地面對斜面體仍沒有摩擦力,地面對斜面體的支持力不變,則斜面體對地面的壓力不變,故B、C正確,A、D錯誤。,解題指導物塊在斜面體上沿斜面勻速下滑時,由整體法分析可知斜面體不受地面的摩擦力作用,再分析斜面體的受力情況。若沿平行于斜面的方向用力F向下拉物塊,使物塊加速下滑時,分析斜面體的受力情況。,