2020届一轮复习人教版牛顿运动定律ppt课件

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,2019/8/14,#,专题三牛顿运动定律,一轮复习,考点一牛顿运动定律的理解,五年高考,A,组统一命题,课标卷题组,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,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。,考点二牛顿运动定律的综合应用,2.(2019,课标,20,6,分,)(,多选,),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=4 s,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,10 m/s2,。由题给数据可以得出,(,),图,(a),图,(b),图,(c),A.,木板的质量为,1 kg,B.2 s4 s,内,力,F,的大小为,0.4 N,C.02 s,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,本题考查牛顿运动定律的综合应用,体现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 2 s,木板静止,F=f,F,逐渐增大,所以,C,错误。,4 s5 s,木板加速度大小,a2= m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析,f=ma2=0.2 N,得,m=1 kg,所以,A,正确。,2 s 4 s,对木板有,F-f=ma1,F=f+ma1=0.2 N+1 N=0.4 N,所以,B,正确。由于无法确定物块的质量,则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。,3.(2015,课标,20,6,分,)(,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,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。,4.(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,。,5.(2015,课标,20,6,分,)(,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,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,思路指导分别写出上滑和下滑时加速度大小的表达式。,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”是考试中常见的问题,应当熟记。,6.(2015,课标,25,20,分,),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,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=,1,N1,N1=mg cos,f2=,2,N2,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,(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,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。,7.(2015,课标,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,4.5 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=,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+a3t,v3=v1+a2t,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,。由牛顿第二定律及运动学公式得,1(m+M)g=(m+M)a4,0-=2a4s3,碰后木板运动的位移为,s=s1+s3,联立式,并代入数据得,s=-6.5 m,木板右端离墙壁的最终距离为,6.5 m,。,第,(1),问,7,分,至式各,1,分,;,第,(2),问,8,分,至式各,1,分,式,2,分,;,第,(3),问,5,分,至式各,1,分,式,2,分。,考查点牛顿第二定律、运动学公式,思路指导每次分析包括受力分析列动力学方程,运动分析列运动学方程,同时还要注意位移关系列位移方程。,易错警示注意,v-t,图像,1 s,末的速度等于木板撞前速度。,B,组自主命题,省,(,区、市,),卷题组,考点一牛顿运动定律的理解,1.(2019,北京理综,20,6,分,),国际单位制,(,缩写,SI),定义了米,(m),、秒,(s),等,7,个基本单位,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,ms-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基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则可避免这种困扰。,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,=,9 192 631 770 Hz,定义,s;1983,年用真空中的光速,c=299 792 458 ms-1,定义,m,。,2018,年第,26,届国际计量大会决定,7,个基本单位全部用基本物理常量来定义,(,对应关系如图,例如,s,对应,m,对应,c),。新,SI,自,2019,年,5,月,20,日,(,国际计量日,),正式实施,这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是,(,),A.7,个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性,B.,用真空中的光速,c(ms-1),定义,m,因为长度,l,与速度,v,存在,l=vt,而,s,已定义,C.,用基本电荷,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(Js),的单位中没有,kg,所以无法用它来定义质量单位,答案,D,本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位,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,体现了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社会发展、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,故用来定义基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,、,的单位已定义,真空中光速,c,、基本电荷,e,、普朗克常量,h,均为基本物理常量,故可分别用,l=vt,、,I=q/t,、,h=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。,2.(2019,浙江,4,月选考,12,3,分,),如图所示,A,、,B,、,C,为三个实心小球,A,为铁球,B,、,C,为木球。,A,、,B,两球分别连在两根弹簧上,C,球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底,(,不计空气阻力,木,水,铁,)(,),A.A,球将向上运动,B,、,C,球将向下运动,B.A,、,B,球将向上运动,C,球不动,C.A,球将向下运动,B,球将向上运动,C,球不动,D.A,球将向上运动,B,球将向下运动,C,球不动,答案,D,开始时,A,球下面的弹簧被压缩,A,球所受弹力向上,;B,球下面的弹簧被拉长,B,球所受弹力向下,;,将挂吊篮的绳子剪断的瞬间,系统的加速度为,g,为完全失重状态,此时水对球的浮力为零,A,球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B,球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C,球相对于杯底不动。故选,D,。,3.(2017,上海单科,5,3,分,),如图,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做,(,),A.,曲线运动,B.,匀速直线运动,C.,匀加速直线运动,D.,变加速直线运动,答案,C,本题考查力与运动的关系。在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C,项正确。,4.(2016,江苏单科,9,4,分,)(,多选,),如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中,(,),A.,桌布对鱼缸摩擦力的方向向左,B.,鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等,C.,若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大,D.,若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面,答案,BD,由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A,错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为,g;,由,v=at,可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故,B,正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由,Ff=mg,可知,Ff,不变,故,C,错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故,D,正确。,5.(2016,上海单科,4,3,分,),如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的,(,),A.OA,方向,B.OB,方向,C.OC,方向,D.OD,方向,答案,D,当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右,即沿图中,OD,方向,选项,D,正确,选项,A,、,B,、,C,错误。,6.2019,天津理综,9(1),第,26,届国际计量大会决定,质量单位“千克”用普朗克常量,h,定义,“,国际千克原器”于,2019,年,5,月,20,日正式“退役”。,h,的数值为,6.6310-34,根据能量子定义,h,的单位是,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为。,答案,Jskgm2/s,解析本题考查国际单位制中普朗克常量,h,的导出单位。,能量,E=h,则,h=E/,故,h,的单位为,Js,。由,W=Fs=mas,可知,1 J=1 kg(m/s2)m,故,1 Js=1 kgm2/s,。,知识链接国际单位制中的力学基本单位为,kg,、,m,、,s,由物理规律,(,公式,),以基本单位为基础推导出的单位为导出单位。,7.(2015,海南单科,8,5,分,)(,多选,),如图,物块,a,、,b,和,c,的质量相同,a,和,b,、,b,和,c,之间用完全相同的轻弹簧,S1,和,S2,相连,通过系在,a,上的细线悬挂于固定点,O,。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块,a,的加速度的大小记为,a1,S1,和,S2,相对于原长的伸长分别记为,l1,和,l2,重力加速度大小为,g,。在剪断的瞬间,(,),A.a1=3g,B.a1=0,C.l1=2l2,D.l1=l2,考点二牛顿运动定律的综合应用,答案,AC,剪断细线前,把,a,、,b,、,c,看成整体,细线上的拉力为,T=3mg,。在剪断瞬间,弹簧未发生突变,因此,a,、,b,、,c,之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间,对,a,隔离进行受力分析,由牛顿第二定律得,:3mg=ma1,得,a1=3g,A,正确,B,错误。由胡克定律知,:2mg=kl1,mg=kl2,所以,l1=2l2,C,正确,D,错误。,8.(2015,重庆理综,3,6,分,),高空作业须系安全带,如果质量为,m,的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为,h(,可视为自由落体运动,),。此后经历时间,t,安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为,(,),A.+mg,B.-mg,C.+mg,D.-mg,答案,A,解法一,:,由,v2=2gh,得,v=,。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有,(mg-F)t,=0-mv,解得,F=+mg,故,A,正确。,解法二,:,对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有,F-mg=ma,而,a=,解得,F=,+mg,故,A,正确。,9.(2015,重庆理综,5,6,分,),若货物随升降机运动的,v-t,图像如图所示,(,竖直向上为正,),则货物受到升降机的支持力,F,与时间,t,关系的图像可能是,(,),答案,B,由,v-t,图像可知,升降机的运动过程为,:,向下加速,(,失重,:Fmg),向上加速,(,超重,:Fmg),向上匀速,(F=mg),向上减速,(,失重,:Fmg),对照,F-t,图像可知,B,正确。,10.(2017,上海单科,17,2,分,),如图,光滑固定斜面的倾角为,30,A,、,B,两物体的质量之比为,41,。,B,用不可伸长的轻绳分别与,A,和地面相连,开始时,A,、,B,离地高度相同。在,C,处剪断轻绳,当,B,落地前瞬间,A,、,B,的速度大小之比为,机械能之比为,(,以地面为零势能面,),。,答案,12,41,解析剪断轻绳后,A,、,B,两物体均做初速度为零的匀加速直线运动。两物体的运动时间相同,所以它们的速度大小之比就是它们的加速度大小之比。剪断轻绳后,物体,B,做自由落体运动,其加速度为重力加速度,g,物体,A,受力如图所示,其加速度,aA=g sin 30=g=aB,aAaB=12,得,vAvB=12,由机械能守恒的条件可知,物体,A,和,B,在整个运动过程中各自的机械能守恒,这就意味着,物体,B,落地前的瞬间,两物体的机械能分别和其初状态的机械能相等,初态时,EA=mAgh,EB=mBgh,EAEB=mAmB=41,即两物体的机械能之比为,41,11.(2019,江苏单科,15,16,分,),如图所示,质量相等的物块,A,和,B,叠放在水平地面上,左边缘对齐。,A,与,B,、,B,与地面间的动摩擦因数均为,。先敲击,A,A,立即获得水平向右的初速度,在,B,上滑动距离,L,后停下。接着敲击,B,B,立即获得水平向右的初速度,A,、,B,都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为,g,。求,:,(1)A,被敲击后获得的初速度大小,vA;,(2),在左边缘再次对齐的前、后,B,运动加速度的大小,aB,、,aB;,(3)B,被敲击后获得的初速度大小,vB,。,答案,(1),(2)3gg,(3)2,解析本题通过板、块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用,考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。,(1),由牛顿运动定律知,A,加速度的大小,aA=g,匀变速直线运动,2aAL=,解得,vA=,(2),设,A,、,B,的质量均为,m,对齐前,B,所受合外力大小,F=3mg,由牛顿运动定律,F=maB,得,aB=3g,对齐后,A,、,B,所受合外力大小,F=2mg,由牛顿运动定律,F=2maB,得,aB=g,(3),经过时间,t,A,、,B,达到共同速度,v,位移分别为,xA,、,xB,A,加速度的大小等于,aA,则,v=aAt,v=vB-aBt,xA=aAt2,xB=vBt-aBt2,且,xB-xA=L,解得,vB=2,解题指导,A,、,B,间存在相对滑动时,其相互间摩擦力为滑动摩擦力,;,而二者速度达到相同时,摩擦力突变为静摩擦力,此时可采用整体法分析处理。,12.(2016,四川理综,10,17,分,),避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为,的斜面。一辆长,12 m,的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为,23 m/s,时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了,4 m,时,车头距制动坡床顶端,38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的,4,倍,货物与车厢间的动摩擦因数为,0.4;,货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的,0.44,倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取,cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2,。求,:,(1),货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向,;,(2),制动坡床的长度。,答案,(1)5 m/s2,方向沿制动坡床向下,(2)98 m,解析,(1),设货物的质量为,m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数,=0.4,受摩擦力大小为,f,加速度大小为,a1,则,f+mg sin =ma1,f=mg cos ,联立式并代入数据得,a1=5 m/s2,a1,的方向沿制动坡床向下。,(2),设货车的质量为,M,车尾位于制动坡床底端时的车速为,v=23 m/s,。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端,s0=38 m,的过程中,用时为,t,货物相对制动坡床的运动距离为,s1,在车厢内滑动的距离,s=4 m,货车的加速度大小为,a2,货车相对制动坡床的运动距离为,s2,。货车受到制动坡床的阻力大小为,F,F,是货车和货物总重的,k,倍,k=0.44,货车长度,l0=12 m,制动坡床的长度为,l,则,Mg sin +F-f=Ma2,F=k(m+M)g,s1=vt-a1t2,s2=vt-a2t2,s=s1-s2,l=l0+s0+s2,联立,并代入数据得,l=98 m,解题指导,(1),货物在车厢内向上滑动时,通过受力分析,由牛顿第二定律可求货物的加速度大小和方向。,(2),货车和货物沿坡床上滑过程中,货车、货物都做减速运动,二者位移的几何关系是解答此题的关键所在。,C,组教师专用题组,考点一牛顿运动定律的理解,1.(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,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,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,2.(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,(,),答案,C,物块的受力如图所示,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。,考查点牛顿第二定律的应用,解题关键通过动力学分析推出,F,与,a,的函数关系表达式。,易错警示注意题中假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。,3.(2013,重庆理综,4,6,分,),如图,1,为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为,的光滑斜面滑下,然后在不同的,角条件下进行多次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知,小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值,y,随,变化的图像分别对应图,2,中的,(,),图,1,图,2,A.,、和,B.,、和,C.,、和,D.,、和,答案,B,重力加速度,g,与,无关,其值在,值增大时保持不变,故其图像应为,则,A,、,D,两项均错。当,=0,时小球的加速度,a=0,故其图像必定为,所以,B,项正确,C,项错误。,考点二牛顿运动定律的综合应用,4.(2015,浙江理综,18,6,分,)(,多选,),我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为,3.0104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为,1.0105 N;,弹射器有效作用长度为,100 m,推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到,80 m/s,。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的,20%,则,(,),A.,弹射器的推力大小为,1.1106 N,B.,弹射器对舰载机所做的功为,1.1108 J,C.,弹射器对舰载机做功的平均功率为,8.8107 W,D.,舰载机在弹射过程中的加速度大小为,32 m/s2,答案,ABD,舰载机弹射过程中的加速度,a= m/s2=32 m/s2,选项,D,正确,;,对舰载机在,水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得,:F,弹,+F,发,-20%(F,弹,+F,发,)=ma,解得,:F,弹,=1.1106 N,选项,A,正确,;,由功的定义得,:W,弹,=F,弹,x=1.1108 J,选项,B,正确,;,由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间,t= s=2.5 s,由功率的定义得,:P,弹,=4.4107 W,选项,C,错。,5.(2014,江苏单科,8,4,分,)(,多选,),如图所示,A,、,B,两物块的质量分别为,2m,和,m,静止叠放在水平地面上。,A,、,B,间的动摩擦因数为,B,与地面间的动摩擦因数为,。最大静摩擦力等于滑动摩,擦力,重力加速度为,g,。现对,A,施加一水平拉力,F,则,(,),A.,当,F3mg,时,A,相对,B,滑动,D.,无论,F,为何值,B,的加速度不会超过,g,答案,BCD,对,A,、,B,整体,地面对,B,的最大静摩擦力为,mg,故当,mgF3mg,时,A,相对,B,才能滑动,C,对。当,F=mg,时,A,、,B,相对静止,对整体有,:mg-3mg=3ma,a=g,故,B,正确。无论,F,为,何值,B,所受的最大动力为,A,对,B,的最大静摩擦力,2mg,故,B,的最大加速度,aBm=,g,可见,D,正确。,6.(2013,广东理综,19,6,分,)(,多选,),如图,游乐场中,从高处,A,到水面,B,处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从,A,处自由滑向,B,处,下列说法正确的有,(,),A.,甲的切向加速度始终比乙的大,B.,甲、乙在同一高度的速度大小相等,C.,甲、乙在同一时刻总能到达同一高度,D.,甲比乙先到达,B,处,答案,BD,由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的,后是小于乙的,A,项错误。由机械能守恒定律可知,甲、乙在同一高度时速度大小相等,B,项正确。开始时甲的加速度大于乙的加速度,故甲开始时下滑较快,C,项错误。因开始时甲的平均加速度较大,其在整个过程中的平均速度大于乙的平均速度,所以甲比乙先到达,B,处,D,项正确。,评析本题中的,C,、,D,两选项较难判断,属于难度较大层次。可用图像法简便解决,图中两阴影面积相等。,7.(2012,天津理综,8,6,分,)(,多选,),如图甲所示,静止在水平地面的物块,A,受到水平向右的拉力,F,作用,F,与时间,t,的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值,fm,与滑动摩擦力大小相等,则,(,),A.0t1,时间内,F,的功率逐渐增大,B.t2,时刻物块,A,的加速度最大,C.t2,时刻后物块,A,做反向运动,D.t3,时刻物块,A,的动能最大,答案,BD,0t1,时间内物块,A,仍处于静止状态,F,的功率为零,A,错。,t1t3,时间内,Ffm,对物块,A,列方程得,F-fm=ma,F,先增大后减小,因此加速度,a,先增大后减小,但,v,一直增大,当,F,最大时,a,最大,B,正确。,t3,时刻,F=fm,a=0,物块,A,速度达到最大,故,C,错误,D,正确。,评析本题借助牛顿运动定律的相关内容考查学生应用图像和受力关系表述物理过程的能力,涉及的知识点有牛顿第二定律与受力分析等。对物块,A,的运动过程分析是该题的难点。题目难度较高,区分度高。,8.(2011,四川理综,19,6,分,),如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为,:,打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则,(,),A.,火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小,B.,返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力,C.,返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功,D.,返回舱在喷气过程中处于失重状态,答案,A,对降落伞,匀速下降时受到的重力,mg,、绳的拉力,FT,和空气阻力,F,平衡,即,FT=F-mg,。在喷气瞬间,喷气产生的反冲力向上,使降落伞减速运动,设加速度大小为,a,对降落伞应用牛顿第二定律,:F-FT-mg=ma,FT=F-mg-maG,竖直方向合力不为零,故,B,对、,D,错,;,机械能增量应等于除,G,外的其他力做的功,故,C,对。,考查点牛顿第二定律,解题关键合力方向与加速度方向相同。摩擦力与支持力都对人做正功。,考点二牛顿运动定律的综合应用,6.(2019,东北三省四市教研联合体模拟一,1),如图所示,物体,A,、,B,由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接,由静止开始释放,在物体,A,加速下降的过程中,下列判断正确的是,(,),A.,物体,A,和物体,B,均处于超重状态,B.,物体,A,和物体,B,均处于失重状态,C.,物体,A,处于超重状态,物体,B,处于失重状态,D.,物体,A,处于失重状态,物体,B,处于超重状态,答案,DA,加速下降,则加速度向下,轻绳的拉力小于重力,故,A,处于失重状态,;,同时,B,加速上升,则加速度向上,轻绳的拉力大于重力,故,B,处于超重状态。故,A,、,B,、,C,错误,D,正确。,考查点超重与失重,温馨提示当物体具有向上的加速度时是超重,当物体具有向下的加速度时是失重。,7.(2019,辽宁大连市双基测试,10)(,多选,),如图所示,一个内表面光滑的刚性,(,不可形变,),盒体内密封一刚性椭球体,盒子六面均与椭球体刚好相切,现将其竖直向上抛,若空气阻力与速率成正比,下列说法正确的是,(,),A.,在上升和下降过程中,椭球体对盒子的六个面均有作用力,B.,在上升过程中,盒子顶部对椭球体有向下的作用力且作用力逐渐减小,C.,在下降过程中,盒子顶部对椭球体有向下的作用力,D.,在下降过程中,盒子底部对椭球体有向上的作用力且作用力逐渐增大,答案,BD,在上升过程,整体的加速度,a1=g+,隔离对椭球体分析,mg+F=ma1,解得,F=,方向向下,即盒子顶部对椭球体有向下的作用力。上升过程整体在做减速运动,由于空,气阻力与速度成正比,可知盒子顶部对椭球体向下的作用力逐渐减小。在下降的过程中,整体的加速度,a2=g-,隔离对椭球体分析,mg+F=ma2,解得,F=-,方向向上,即盒子底部,对椭球体有向上的作用力。下降过程整体在做加速运动,因为空气阻力与速度成正比,所以盒子底部对椭球体向上的作用力逐渐增大。故,B,、,D,正确。,8.(2019,陕西西安师大附中等八校联考,5),如图所示,材料相同的物体,m1,、,m2,由轻绳连接,在恒定拉力,F,的作用下沿斜面向上加速运动。则轻绳拉力的大小,(,),A.,与斜面的倾角,有关,B.,与物体和斜面之间的动摩擦因数,有关,C.,与两物体的质量,m1,和,m2,有关,D.,若改用,F,沿斜面向下拉连接体,且,F,仍作用在,m1,上,轻绳拉力的大小不变,答案,CD,将两物体看成一个整体,有,:,F-(m1+m2)g sin,-(,m1+m2)g cos,=(,m1+m2)a,解得,a=,对,m2,受力分析且由牛顿第二定律有,:,T-m2g sin,-,m2g cos,=,m2a,解得,:T=,T,值与,、,无关,故,A,、,B,错误,C,正确。,若改用,F,沿斜面向下拉连接体,将两物体看成一个整体有,:,F+(m1+m2)g sin,-(,m1+m2)g cos,=(,m1+m2)a,解得,:a=,对,m2,受力分析且由牛顿第二定律有,:,T+m2g sin,-,m2g cos,=,m2a,解得,T=,故,D,正确。,9.(2018,辽宁大连双基,4),如图所示,木块,A,叠放在木块,B,的上表面,木块,B,上表面水平,B,的下表面与斜面间无摩擦,A,与,B,保持相对静止一起沿斜面下滑过程中,斜面体,C,保持不动,下列判断正确的是,(,),A.A,木块受到的摩擦力水平向右,B.A,对,B,的作用力方向竖直向下,C.C,与水平地面之间没有摩擦力,D.C,对地面的压力小于,A,、,B,、,C,重力之和,答案,D,以,