全国版2019版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第11课时牛顿运动定律的综合应用1学案.doc

全国版2019版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第11课时牛顿运动定律的综合应用1学案1内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式：Fma。3适用范围(1)只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。(2)只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题。4牛顿第二定律的六个特性因果性只要物体所受合力不为0(无论合力多么小)，物体就获得加速度，即力是产生加速度的原因矢量性Fma是一矢量式，任一瞬时，物体加速度的方向与物体所受合力的方向总是相同瞬时性物体所受外力的瞬时变化会导致加速度的瞬时变化，加速度的变化不需要时间的积累，加速度和力同时存在，同时变化，同时消失同体性F、m、a三者必须对应同一个物体或系统独立性当物体同时受到几个力的作用时，各力将独立地产生各自的加速度，物体表现出来的实际加速度是各力产生的加速度的矢量和相对性物体的加速度必须是对静止的或匀速直线运动的参考系而言的。对加速运动的参考系不适用5区分加速度的定义式与决定式a是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法；a是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素。1(多选)下列对牛顿第二定律的表达式Fma及其变形公式的理解正确的是()A由Fma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由m可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比C由a可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比D由m可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力求出答案CD解析牛顿第二定律的表达式Fma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量。但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由与它相互作用的其他物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。故排除A、B，选C、D。2(xx莆田模拟)一质点受多个力的作用，处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()Aa和v都始终增大Ba和v都先增大后减小Ca先增大后减小，v始终增大Da和v都先减小后增大答案C解析质点受多个力的作用，处于静止状态，则多个力的合力为零，其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反，使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来大小的过程中，则所有力的合力先变大后变小，但合力的方向不变，根据牛顿第二定律知，a先增大后减小，v始终增大，C正确。3五个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于()A.F B.F C.F D.F答案C解析设每个物体的质量为m，对五个物体整体由牛顿第二定律得F5ma，对3、4、5三个物体由牛顿第二定律得F233ma，解以上两式得F23F，C正确。考点2牛顿第二定律的瞬时性问题1牛顿第二定律Fma，其核心是物体的加速度和合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生、同时消失。2两种基本模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。例1如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4，重力加速度大小为g，则有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1a2g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，所以C正确。答案C(1)刚性轻质杆形变微小，力能突变。(2)轻弹簧受力后形变较大，弹簧不能突变。(3)解题一般步骤1(多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为。如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间()A图甲中小球的加速度大小为gsin，方向水平向右B图乙中小球的加速度大小为gtan，方向水平向右C图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1cos2D图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos21答案BD解析设两球质量均为m，对小球A进行受力分析，如图a所示，剪断水平细线后，小球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下。则FT1mgcos，F1mgsinma1，所以a1gsin，方向垂直倾斜细线向下，A错误；对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2的方向水平向右，如图b所示，则FT2，F2mgtanma2，所以a2gtan，方向水平向右，B正确；图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1FT2cos21，C错误，D正确。2. (xx海南高考)(多选)如图所示，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。现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析设物块的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1；剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误。考点3力学单位制1基本单位选定的几个基本物理量(力学中选长度、质量、时间)的单位。2导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。3单位制由基本单位和导出单位一起组成单位制。4国际单位制1960年第11届国际计量大会制定的一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制，简称SI。5国际单位制中七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n摩尔mol发光强度IV坎德拉cd1(多选)下列有关单位制的说法中，正确的是()A在力学问题的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位B力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、时间、质量C力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米、秒D单位制中的导出单位可以用基本单位表示答案BCD解析在国际单位制中共有七个物理量的单位被作为基本单位，其中力学部分有长度的单位m、质量的单位kg、时间的单位s。而其余物理量的单位都是在这些基本物理量的基础上用公式推导得出的，即其他物理量的单位(导出单位)可由基本单位来表达。国际单位制只是诸多单位制中的一种，在实际生活中还存在其他的单位制。2在解一道文字计算题时(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得x(t1t2)，用单位制的方法检查，这个结果()A可能是正确的B一定是错误的C如果用国际单位制，结果可能正确D用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确答案B解析由x(t1t2)可知，(t1t2)的单位为：sm/s，m/s为速度的单位，而位移x的单位为m，所以结果一定错误。故选B。3(xx安徽高考)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为Fk，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为()AkgA2m3 BkgA2m3s4Ckgm2C2 DNm2A2答案B解析由公式Fk得，k，故k的单位为，又由公式qIt得1 C1 As，由Fma可知1 N1 kgms2，故1 1 kgA2m3s4，B正确。考点4超重和失重1实重与视重实重：物体实际所受的重力。物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。超重与失重不是重力本身变了，而是“视重”变化了。2超重、失重特点总结例2(xx江苏高考)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()At2 s时最大 Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大 Dt8.5 s时最小解析由图线可知，04 s加速度竖直向上，处于超重状态；710 s加速度竖直向下，处于失重状态。人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FNmgma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FNFNmgma。当t2 s时FN最大；当t8.5 s时FN最小，A、D正确。答案AD(1)若加速度方向向上(包括斜向上)，物体处于超重状态；若加速度方向向下(包括斜向下)，物体处于失重状态。“超重”“失重”现象与物体的速度方向和大小均无关，只决定于物体的加速度方向。(2)若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体也处于超重或失重状态。(3)当物体处于完全失重状态时，由重力引起的一切现象都会消失(如天平失效、液体不再产生压强和浮力、单摆停摆等)。1. 放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，如图所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是()A匀速上升 B加速上升C减速上升 D减速下降答案C解析木箱突然被拉动，表明木箱所受最大静摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，C正确。2(多选)高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙。则下列说法正确的是 ()A弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力B弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力等于人的重力C弹簧压缩到最低点时，人处于超重状态D弹簧压缩到最低点时，人处于失重状态答案AC解析弹簧压缩到最低点后，人向上弹起，加速度的方向向上，人处于超重状态，高跷对人的作用力大于人的重力，故A、C正确，B、D错误。3. (xx重庆高考)若货物随升降机运动的vt图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()答案B解析由vt图知：过程为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线运动(平衡，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；综合各个过程可知B正确。考点5力与运动的关系1动力学的两类基本问题分析(1)已知物体的受力情况确定物体的运动情况。即知道物体的受力情况，运用牛顿第二定律求出加速度，如果再知道物体的初始运动状态，运用运动学公式就可以求出物体的运动情况任意时刻的位置、速度以及运动的轨迹。(2)已知物体的运动情况推断或求出物体的受力情况。即知道物体的运动情况，运用运动学公式求出物体的加速度，再运用牛顿第二定律推断或求出物体所受的力。(3)加速度是解决这两类问题的纽带。2动力学问题解题步骤例3如图所示，质量为1 kg的物体放于倾角为37的足够长的固定斜面底端，受到30 N的水平拉力作用而由静止开始向上运动，物体与斜面的动摩擦因数为0.5,2 s后将水平拉力撤去。(g取10 m/s2)(1)求物体向上运动的最高点的位置；(2)水平拉力撤去后还要经过多少时间物体才能再次回到斜面底端？解析(1)根据牛顿第二定律得，匀加速上滑的加速度为a1代入数据解得a15 m/s2则2 s末的速度为v1a1t152 m/s10 m/s2 s内的位移为x1 m10 m撤去拉力后的加速度a2gsin37gcos37(60.58) m/s210 m/s2则匀减速运动的位移大小为x2 m5 m则物体向上运动的最高点的位置为xx1x2(105) m15 m。(2)物体匀减速运动到最高点的时间为t2 s1 s物体返回做匀加速运动的加速度为a3gsin37gcos37(60.58) m/s22 m/s2根据xa3t得t3 s3.87 s则tt2t3(13.87) s4.87 s。答案(1)15 m(2)4.87 s(1)解决两类动力学问题关键是牛顿第二定律Fma，由运动情况求出加速度去分析受力情况，或由受力情况分析求加速度去分析运动情况。(2)两个过程连接的“桥梁”是速度，即第一个过程的末速度就是第二个过程的初速度。随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射区的长度为l1120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小。答案(1)4.0 m/s2 (2)58 m/s2 1.1106 N解析(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f20.2mg。根据牛顿第二定律有F推f2ma2代入数据解得a24.0 m/s2。(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1，此过程中飞机受到的阻力f10.05mg。根据匀加速运动规律有v2a1l1v2v2a2(ll1)根据牛顿第二定律有F牵F推f1ma1代入数据解得a158 m/s2，F牵1.1106 N。1. (xx上海松江区一模)如图所示，小车静止在光滑的水平面上，车上固定一倾斜的直杆，直杆顶端固定着小球，当小车向左做匀加速运动时，球受杆的作用力的方向可能沿图中的()AOA方向 BOB方向COC方向 DOD方向答案A解析小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向左的方向加速运动，加速度水平向左，根据牛顿第二定律Fma可知，加速度的方向与合力的方向相同，故小球所受的合力方向水平向左，根据力的合成知识可知，直杆对小球的作用力只可能沿OA方向，故A正确，B、C、D错误。2(xx山东师大附中质检) (多选)如图所示，质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)()A物体经10 s速度减为零B物体经2 s速度减为零C物体速度减为零后将保持静止D物体速度减为零后将向右运动答案BC解析物体受到向右的滑动摩擦力，FfFNG3 N，根据牛顿第二定律得，a m/s25 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t s2 s，B正确，A错误。减速到零后，Fh2。小球升高，A正确。11. (xx天水一模)(多选)如图所示，在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是()A小球受力个数不变B小球立即向左运动，且a8 m/s2C小球立即向左运动，且a10 m/s2D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零答案BD解析在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：Fmgtan45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ffmg0.210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a m/s28 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。12(xx广东肇庆二模)设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即fkSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动。已知球的体积公式为Vr3(r为半径)。若两个雨点的半径之比为12，则这两个雨点的落地速度之比为()A1 B12 C14 D18答案A解析当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即fmg，故kr2v2r3g，即v2，由于两个雨点的半径之比为12，则落地速度之比为1，A正确。13. (xx广东深圳二模)如图所示，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块。已知风对物块的推力F正比于Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积。当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为()A64m B32m C8m D4m答案A解析设质量为m的正方体物块的边长为a，物块被匀速推动，根据平衡条件，有Ff，Nmg，其中FkSvka2v，fNmga3g，解得a，现在风速变为2v0，故刚好能推动的物块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍，故A正确。14(xx天津五区县联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v05 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端静止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角37，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。答案(1)0.5(2) s解析(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有mgma，滑块恰好滑到木板右端静止，则0v2aL，解得0.5。(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a1，上滑的最大距离为s，上滑的时间为t1，有mgcosmgsinma1,0v2a1s,0v0a1t1解得s1.25 m，t1 s。设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsinmgcosma2，sa2t解得t2 s，滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt1t2 s。15. (xx广西钦州质检)质量m1 kg 的物体在F20 N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角37，力F作用4 s后撤去，撤去力F后5 s物体正好通过斜面上的B点(已知sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)。求：(1)撤去力F时物体的速度；(2)力F作用下物体发生的位移；(3)AB之间的距离。答案(1)20 m/s(2)40 m(3)52.5 m解析(1)对物体受力分析如图所示。将G和F分解，有FNFsinmgcos200.6 N100.8 N20 N，FcosFNmgsinma1，解得a15 m/s2，4 s末物体的速度为v1a1t120 m/s。(2)由x1a1t得4 s内物体的位移为x140 m。(3)撤去F后物体向上做匀减速运动，设物体减速运动的加速度大小为a2，则a2gsingcos8 m/s2设物体到达最高点用时为t2，则t22.5 s物体沿斜面向上运动的位移为x225 m而后沿斜面向下匀加速运动t35 st22.5 s经过B点，加速度a3gsingcos4 m/s2沿斜面向下运动的位移为x3a3t12.5 mAB之间的距离为x1x2x352.5 m。