2019版高考物理（5年高考+3年模拟）（全国卷2地区通用版）课件：专题三 牛顿运动定律

1 2
a1't32
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Ⅰ,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,重力加速度大小g取10 m/s2。求 (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离。
2.(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 (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 -μ1(m+M)g=(m+M)a1 ① 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μg;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=μmg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。
θ-μmg
cos
θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1=
v0 t1
,a2=
v1 t1
。由上述四式可见,无法求
出m,可以求出θ、μ,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,θ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
(1)在0~2 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0~2 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
6.(2015课标Ⅱ,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θ=37°(sin 37°= 3 )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
5
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
专题三 牛顿运动定律
五年高考
A组 统一命题·课标卷题组
考点一 对牛顿运动定律的理解
1.(2016课标Ⅰ,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
3
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=
s0=v0t1+
1 2
a1
t12
③
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①②③式并结合题给条件得
μ1=0.1 ④ 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 -μ2mg=ma2 ⑤ 由图(b)可得
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μ1减小为
3 8
,B、C间
的动摩擦因数μ2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,μ2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:
a2=1 m/s2 ⑧
(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则
v1=a1t1=6 m/s⑨
v2=a2t1=2 m/s⑩
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'=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
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 对牛顿运动定律的理解
1.(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。
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.(2018课标Ⅰ,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。
2 mxa,联立两式有y= 2 x。可见,列车车厢总节数N=x+y= 5 x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知
3
3
3
选项B、C正确。
5.(2014课标Ⅱ,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
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 1 mv2=mg·2R,且a
2
= v2 ,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。
R
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
① ②小环—下滑过程分析—大环、小环整体 动力学分析—得F
s=s1+s3 联立⑥⑧⑨⑩
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,①至⑦式各1分;第(2)问8分,⑧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。
a2= v2 v1 ⑥
t2 t1
式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得 μ2=0.4 ⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,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 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 ⑧ v3=-v1+a3Δt ⑨ v3=v1+a2Δt ⑩ 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
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=1 mv2,在大环
2
最低点有FN-mg=m
v2 R
,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。
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θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,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 θ+μmg cos θ=ma1,mg
sin
思路指导 ①分别写出上滑和下滑时加速度大小的表达式。 ②利用v-t图像求出上滑与下滑时的加速度。v 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。
4.(2015课标Ⅱ,20,6分,0.450)(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 2 a的加速度向西行驶时,P和Q间
f1=μ1N1 ① N1=mg cos θ ② f2=μ2N2 ③ N2=N1+mg cos θ ④ 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 θ-f1=ma1 ⑤
mg sin θ-f2+f1=ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得
a1=3 m/s2 ⑦
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Ⅰ,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 ( )
s1= v1 v3 Δt
2
小物块的位移为
s2= v1 v3 Δt
2
小物块相对木板的位移为
Δs=s2-s1 联立⑥⑧⑨⑩
式,并代入数据得
Δs=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 μ1(m+M)g=(m+M)a4 0- v32 =2a4s3 碰后木板运动的位移为
v2+a2't2=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=
1 2
a1t12
v1t2
1 2
a1
't22
-
1 2
a2t12
v2t2
1 2
a2
't22
=12 m<27 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+a1't2)t3+