新编高考物理复习专题三牛顿运动定律市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖课件.pptx

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,*,*,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,*,*,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,*,*,专题三牛顿运动定律,高考物理,(课标,专用,),第1页,考点一对牛顿运动定律了解,1.(课标,18,6分)(多项选择)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,上力不发生改变,则,(),A.质点速度方向总是与该恒力方向相同,B.质点速度方向不可能总是与该恒力方向垂直,C.质点加速度方向总是与该恒力方向相同,D.质点单位时间内速率改变量总是不变,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,第2页,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改变量总是不变;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步减小,质点单位时间内速度改变量是不,变,但速率改变量是改变,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度方向,总与该恒力方向相同,C项正确。,第3页,考点二牛顿运动定律综合应用,2.(课标,15,6分)如图,轻弹簧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,位移,在弹簧恢复原长前,以下表示,F,和,x,之间关系图像可能正确是,(),第4页,答案A本题考查胡克定律、共点力平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为,x,0,由胡克定律和平衡条件得,mg,=,kx,0,。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,(,x,0,-,x,)-,mg,=,ma,。联立以上两式得,F,=,kx,+,ma,所以,F,-,x,图像中图,线是一条不过原点倾斜直线,故A正确。,易错点拨注意胡克定律中形变量含义,胡克定律中形变量指是压缩量或伸长量。本题中,x,表示,P,离开静止位置位移,此时形,变量为,x,0,-,x,而不是,x,。,第5页,3.(课标,20,6分,0.677)(多项选择)如图(a),一物块在,t,=0时刻滑上一固定斜面,其运动,v,-,t,图线,如图(b)所表示。若重力加速度及图中,v,0,、,v,1,、,t,1,均为已知量,则可求出,(),A.斜面倾角,B.物块质量,C.物块与斜面间动摩擦因数,D.物块沿斜面向上滑行最大高度,第6页,答案ACD设物块质量为,m,、斜面倾角为,物块与斜面间动摩擦因数为,物块沿斜,面上滑和下滑时加速度大小分别为,a,1,和,a,2,依据牛顿第二定律有:,mg,sin,+,mg,cos,=,ma,1,mg,sin,-,mg,cos,=,ma,2,。再结合,v,-,t,图线斜率物理意义有:,a,1,=,a,2,=,。由上述四式可见,无法求,出,m,能够求出,、,故B错,A、C均正确。0,t,1,时间内,v,-,t,图线与横轴包围面积大小等于物,块沿斜面上滑最大距离,已求出,故能够求出物块上滑最大高度,故D正确。,思绪指导 分别写出上滑和下滑时加速度大小表示式。,利用,v,-,t,图像求出上滑与下滑时加速度。,v,考查点 牛顿第二定律、受力分析、,v,-,t,图像,温馨提醒 斜面上物体“重力分解效果”及“受力分析特点”是考试中常见问题,应该,熟记。,第7页,4.(课标,20,6分,0.450)(多项选择)在一东西向水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好,车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为,a,加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢挂,钩,P,和,Q,间拉力大小为,F,;当机车在西边拉着车厢以大小为,a,加速度向西行驶时,P,和,Q,间,拉力大小仍为,F,。不计车厢与铁轨间摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢节数可能为,(),A.8B.10C.15D.18,答案,BC如图所表示,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,=3,n,(,n,=1,2,3,),则,N,=5,n,故可知,选项B、C正确。,第8页,5.(课标,17,6分,0.645)如图,一质量为,M,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,小环(可视为质点),从大环最高处由静止滑下。重力加速度大小为,g,。,当小环滑到大环最低点时,大环对轻杆拉力大小为,(),A.,Mg,-5,mg,B.,Mg,+,mg,C.,Mg,+5,mg,D.,Mg,+10,mg,第9页,答案,C解法一以小环为研究对象,设大环半径为,R,依据机械能守恒定律,得,mg,2,R,=,mv,2,在大环,最低点有,F,N,-,mg,=,m,得,F,N,=5,mg,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,小环对大环压力为,F,N,=,F,N,方向竖直向下,故,F,=,Mg,+5,mg,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,依据机械能守恒定律,mv,2,=,mg,2,R,且,a,=,所以,a,=4,g,以大环和小环整体为研究对象,受力情况如图所表示。,F,-,Mg,-,mg,=,ma,+,M,0,所以,F,=,Mg,+5,mg,由牛顿第三定律知C正确。,第10页,思绪指导,小环下滑过程分析大环小环整体,动力学分析得,F,考查点 牛顿运动定律、机械能守恒定律,第11页,6.(课标,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,=37,(sin 37,=,)山坡,C,上面有一质量为,m,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,如图所表示。假设某次暴雨中,A,浸透雨水后总,质量也为,m,(可视为质量不变滑块),在极短时间内,A,、,B,间动摩擦因数,1,减小为,B,、,C,间,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,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/s,2,。求:,(1)在02 s时间内,A,和,B,加速度大小;,(2),A,在,B,上总运动时间。,答案(1)3 m/s,2,1 m/s,2,(2)4 s,第12页,解析(1)在02 s时间内,A,和,B,受力如图所表示,其中,f,1,、,N,1,是,A,与,B,之间摩擦力和正压力大,小,f,2,、,N,2,是,B,与,C,之间摩擦力和正压力大小,方向如图所表示。由滑动摩擦力公式和力平,衡条件得,f,1,=,1,N,1,N,1,=,mg,cos,f,2,=,2,N,2,N,2,=,N,1,+,mg,cos,要求沿斜面向下为正方向。设,A,和,B,加速度分别为,a,1,和,a,2,由牛顿第二定律得,第13页,mg,sin,-,f,1,=,ma,1,mg,sin,-,f,2,+,f,1,=,ma,2,联立式,并代入题给条件得,a,1,=3 m/s,2,a,2,=1 m/s,2,(2)在,t,1,=2 s时,设,A,和,B,速度分别为,v,1,和,v,2,则,v,1,=,a,1,t,1,=6 m/s,v,2,=,a,2,t,1,=2 m/s,t,t,1,时,设,A,和,B,加速度分别为,a,1,和,a,2,。此时,A,与,B,之间摩擦力为零,同理可得,a,1,=6 m/s,2,a,2,=-2 m/s,2,即,B,做减速运动。设经过时间,t,2,B,速度减为零,则有,v,2,+,a,2,t,2,=0,联立,式得,第14页,t,2,=1 s,在,t,1,+,t,2,时间内,A,相对于,B,运动距离为,s,=,-,=12 m27 m,今后,B,静止不动,A,继续在,B,上滑动。设再经过时间,t,3,后,A,离开,B,则有,l,-,s,=(,v,1,+,a,1,t,2,),t,3,+,a,1,可得,t,3,=1 s(另一解不合题意,舍去),设,A,在,B,上总运动时间为,t,总,有,t,总,=,t,1,+,t,2,+,t,3,=4 s,(也可利用下面速度图线求解),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。,考查点 牛顿第二定律、受力分析,第15页,7.(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,木板右端与墙壁距离为4.5 m,如图(a)所表示。,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;运动过程中小物块一直未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块,v,-,t,图线如,图(b)所表示。木板质量是小物块质量15倍,重力加速度大小,g,取10 m/s,2,。求,(1)木板与地面间动摩擦因数,1,及小物块与木板间动摩擦因数,2,;,(2)木板最小长度;,(3)木板右端离墙壁最终距离。,答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m,第16页,解析(1)要求向右为正方向。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,a,1,小物块和木板质量分别为,m,和,M,。由牛顿第二定律有,-,1,(,m,+,M,),g,=(,m,+,M,),a,1,由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间速度,v,1,=4 m/s,由运动学公式得,v,1,=,v,0,+,a,1,t,1,s,0,=,v,0,t,1,+,a,1,式中,t,1,=1 s,s,0,=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间位移,v,0,是小物块和木板开始运动时速度。,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-,v,1,初速度向左做匀变速运动,小物块以,v,1,初速度向右做匀变,速运动。设小物块加速度为,a,2,由牛顿第二定律有,-,2,mg,=,ma,2,由图(b)可得,a,2,=,第17页,式中,t,2,=2 s,v,2,=0,联立式并结合题给条件得,2,=0.4,(2)设碰撞后木板加速度为,a,3,经过时间,t,木板和小物块刚好含有共同速度,v,3,。由牛顿第二,定律及运动学公式得,2,mg,+,1,(,M,+,m,),g,=,Ma,3,v,3,=-,v,1,+,a,3,t,v,3,=,v,1,+,a,2,t,碰撞后至木板和小物块刚好到达共同速度过程中,木板位移为,s,1,=,t,小物块位移为,s,2,=,t,小物块相对木板位移为,s,=,s,2,-,s,1,联立,式,并代入数据得,第18页,s,=6.0 m,因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板最小长度应为6.0 m。,(3)在小物块和木板含有共同速度后,二者向左做匀变速运动直至停顿,设加速度为,a,4,此过程中,小物块和木板运动位移为,s,3,。由牛顿第二定律及运动学公式得,1,(,m,+,M,),g,=(,m,+,M,),a,4,0-,=2a,4,s,3,碰后木板运动位移为,s,=,s,1,+,s,3,联立,式,并代入数据得,s,=-6.5 m,木板右端离墙壁最终距离为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。,第19页,思绪指导 每次分析包含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。,考查点 牛顿第二定律、运动学公式,易错警示 注意,v,-,t,图像1 s末速度等于木板撞前速度。,第20页,考点一对牛顿运动定律了解,1.(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,B组自主命题省(区、市)卷题组,答案C本题考查力与运动关系。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,故重力与电场力协力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场,力协力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力反方向做匀加速直线运动,C项正,确。,第21页,2.(江苏单科,9,4分)(多项选择)如图所表示,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、桌面两两之间动摩擦因数均相等,则在上述过程中,(),A.桌布对鱼缸摩擦力方向向左,B.鱼缸在桌布上滑动时间和在桌面上相等,C.若猫增大拉力,鱼缸受到摩擦力将增大,D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面,第22页,答案BD由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸滑动摩擦力方向向右,A,错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程加,速度大小相等,均为,g,;由,v,=,at,可知,鱼缸在桌布上加速运动时间与在桌面上减速运动时间,相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到摩擦力仍为滑动摩擦力,由,F,f,=,mg,可知,F,f,不变,故C,错。若猫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。,第23页,3.(上海单科,4,3分)如图,顶端固定着小球直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动,时,球所受合外力方向沿图中,(),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,其加速度方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球,所受合外力方向水平向右,即沿图中,OD,方向,选项D正确,选项A、B、C错误。,第24页,考点二牛顿运动定律综合应用,4.(上海单科,6,3分)一碗水置于火车车厢内水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时,水面形状靠近于图,(),答案 A当火车向右做匀减速运动时,碗内水因为惯性,保持原来较大速度向右运动,则,只有图A所表示情形符合要求,故A正确。,一题多解“微元体”选取,因为液体内任一部分所受协力水平向左,故可在液体内部任意位置取一个立方体,则右侧面处,压强必大于左侧面处压强,由液体压强公式,p,=,gh,可知,液体内同一水平线上各点从左,到右距液面高度依次增大,故A正确。,第25页,5.(海南单科,8,5分)(多项选择)如图,物块,a,、,b,和,c,质量相同,a,和,b,、,b,和,c,之间用完全相同轻,弹簧,S,1,和,S,2,相连,经过系在,a,上细线悬挂于固定点,O,。整个系统处于静止状态。现将细线剪,断。将物块,a,加速度大小记为,a,1,S,1,和,S,2,相对于原长伸长分别记为,l,1,和,l,2,重力加速度大,小为,g在剪断瞬间,(),A.,a,1,=3,g,B.,a,1,=0,C.,l,1,=2,l,2,D.,l,1,=,l,2,第26页,答案 AC剪断细线前,把,a,、,b,、,c,看成整体,细线上拉力为,T,=3,mg,。在剪断瞬间,弹簧未发,生突变,所以,a,、,b,、,c,之间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:3,mg,=,ma,1,得,a,1,=3,g,A正确,B错误。由胡克定律知:2,mg,=,k,l,1,mg,=,k,l,2,所以,l,1,=2,l,2,C正确,D错误。,第27页,6.(重庆理综,3,6分)高空作业须系安全带,假如质量为,m,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距离为,h,(可视为自由落体运动)。今后经历时间,t,安全带到达最大伸长,若在此过程中该作用力一直竖直向上,则该段时间安全带对人平均作,用力大小为,(),A.,+,mg,B.,-,mg,C.,+,mg,D.,-,mg,答案 A解法一:由,v,2,=2,gh,得,v,=,。对人与安全带作用过程应用动量定理,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。,第28页,7.(重庆理综,5,6分)若货物随升降机运动,v,-,t,图像如图所表示(竖直向上为正),则货物受到,升降机支持力,F,与时间,t,关系图像可能是,(),第29页,答案B由,v,-,t,图像可知,升降机运动过程为:向下加速(失重:,F,mg,)向上加速(超重:,F,mg,)向上匀速(,F,=,mg,)向上减速(失重:,F,mg,),对照,F,-,t,图像可知,B正确。,第30页,8.(上海单科,17,2分)如图,光滑固定斜面倾角为30,A,、,B,两物体质量之比为41。,B,用不可伸长轻绳分别与,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,速度大小之比为,机械能之比为,(以地面为零势能面)。,答案 1241,第31页,解析剪断轻绳后,A,、,B,两物体均做初速度为零匀加速直线运动。两物体运动时间相同,所以它们速度大小之比就是它们加速度大小之比。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,受力如图所表示,其加速度,a,A,=,g,sin 30,=,g,=,a,B,a,A,a,B,=12,得,v,A,v,B,=12,由机械能守恒条件可知,物体,A,和,B,在整个运动过程中各自机械能守恒,这就意味着,物体,B,落地前瞬间,两物体机械能分别和其初状态机械能相等,初态时,E,A,=,m,A,gh,E,Bm,B,gh,E,A,E,B,=,m,A,m,B,=41,即两物体机械能之比为41,第32页,9.(四川理综,10,17分)避险车道是防止恶性交通事故主要设施,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,斜面。一辆长12 m载有货物,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,货车停顿。已知货车质量是货物质量4倍,货物与车厢间动摩擦因数为0.4;货车在制动坡,床上运动受到坡床阻力大小为货车和货物总重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/s,2,。求:,第33页,(1)货物在车厢内滑动时加速度大小和方向;,(2)制动坡床长度。,答案(1)5 m/s,2,方向沿制动坡床向下(2)98 m,第34页,解析(1)设货物质量为,m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间动摩擦因数,=0.4,受,摩擦力大小为,f,加速度大小为,a,1,则,f,+,mg,sin,=,ma,1,f,=,mg,cos,联立式并代入数据得,a,1,=5 m/s,2,a,1,方向沿制动坡床向下。,(2)设货车质量为,M,车尾位于制动坡床底端时车速为,v,=23 m/s。货物在车厢内开始滑动,到车头距制动坡床顶端,s,0,=38 m过程中,用时为,t,货物相对制动坡床运动距离为,s,1,在车厢,内滑动距离,s,=4 m,货车加速度大小为,a,2,货车相对制动坡床运动距离为,s,2,。货车受到制,动坡床阻力大小为,F,F,是货车和货物总重,k,倍,k,=0.44,货车长度,l,0,=12 m,制动坡床长度,为,l,则,Mg,sin,+,F,-,f,=,Ma,2,F,=,k,(,m,+,M,),g,s,1,=,vt,-,a,1,t,2,第35页,s,2,=,vt,-,a,2,t,2,s,=,s,1,-,s,2,l,=,l,0,+,s,0,+,s,2,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,经过受力分析,由牛顿第二定律可求货物加速度大,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,二者位移几何关系是解答此题,关键所在。,第36页,考点一对牛顿运动定律了解,1.(课标,14,6分,0.733)一物块静止在粗糙水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方,向不变水平拉力作用。假设物块与桌面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块,加速度大小,F表示水平拉力大小。能正确描述F与a之间关系图像是,(),C组教师专用题组,第37页,答案C物块受力如图所表示,当,F,小于最大静摩擦力时,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,-,F,N,=,ma,即,F,=,F,N,+,ma,F,与,a,成线性关,系。选项C正确。,考查点 牛顿第二定律应用,解题关键 经过动力学分析推出,F,与,a,函数关系表示式。,易错警示 注意题中假设物块与桌面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。,第38页,2.(重庆理综,4,6分)如图1为伽利略研究自由落体运动试验示意图,让小球由倾角为,光滑斜面滑下,然后在不一样,角条件下进行屡次试验,最终推理出自由落体运动是一个匀加,速直线运动。分析该试验可知,小球对斜面压力、小球运动加速度和重力加速度与各自,最大值比值,y,随,改变图像分别对应图2中,(),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时小球加速度,a,=0,故其图像必定为,所以B项正确,C项错误。,第39页,考点二牛顿运动定律综合应用,3.(浙江理综,18,6分)(多项选择)我国科学家正在研制航母舰载机使用电磁弹射器。舰载机,总质量为3.0,10,4,kg,设起飞过程中发动机推力恒为1.0,10,5,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到达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20%,则,(),A弹射器推力大小为1.1,10,6,N,B.弹射器对舰载机所做功为1.1,10,8,J,C.弹射器对舰载机做功平均功率为8.8,10,7,W,D.舰载机在弹射过程中加速度大小为32 m/s,2,答案ABD舰载机弹射过程中加速度,a,=,=,m/s,2,=32 m/s,2,选项D正确;对舰载机在,水平方向受力分析,依据牛顿第二定律得:,F,弹,+,F,发,-20%(,F,弹,+,F,发,)=,ma,解得:,F,弹,=1.1,10,6,N,选项A,正确;由功定义得:,W,弹,=,F,弹,x,=1.1,10,8,J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机作用时间,t,=,=,s=2.5 s,由功率定义得:,P,弹,=,=4.4,10,7,W,选项C错。,第40页,4.(江苏单科,8,4分)(多项选择)如图所表示,A,、,B,两物块质量分别为2,m,和,m,静止叠放在水平地,面上。,A,、,B,间动摩擦因数为,B,与地面间动摩擦因数为,。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,F,3,mg,时,A,相对,B,滑动,D.不论,F,为何值,B,加速度不会超出,g,第41页,答案BCD对,A,、,B,整体,地面对,B,最大静摩擦力为,mg,故当,mg,F,3,mg,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,-,3,mg,=3,ma,a,=,g,故B正确。不论,F,为,何值,B,所受最大动力为,A,对,B,最大静摩擦力2,mg,故,B,最大加速度,a,B,m,=,=,g,可见D正确。,第42页,5.(广东理综,19,6分)(多项选择)如图,游乐场中,从高处,A,到水面,B,处有两条长度相同光滑轨,道。甲、乙两小孩沿不一样轨道同时从,A,处自由滑向,B,处,以下说法正确有,(),A.甲切向加速度一直比乙大,B.甲、乙在同一高度速度大小相等,C.甲、乙在同一时刻总能抵达同一高度,D.甲比乙先抵达,B,处,第43页,答案 BD由轨道倾斜度知甲切向加速度先是大于乙,后是小于乙,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。开始时甲加速度大于乙,加速度,故甲开始时下滑较快,C项错误。因开始时甲平均加速度较大,其在整个过程中平,均速度大于乙平均速度,所以甲比乙先抵达,B,处,D项正确。,评析 本题中C、D两选项较难判断,属于难度较大层次。可用图像法简便处理,图中两阴,影面积相等。,第44页,6.(天津理综,8,6分)(多项选择)如图甲所表示,静止在水平地面物块,A,受到水平向右拉力,F,作,用,F,与时间,t,关系如图乙所表示,设物块与地面静摩擦力最大值,f,m,与滑动摩擦力大小相等,则,(),A.0,t,1,时间内,F,功率逐步增大,B.,t,2,时刻物块,A,加速度最大,C.,t,2,时刻后物块,A,做反向运动,D.,t,3,时刻物块,A,动能最大,第45页,答案 BD0,t,1,时间内物块,A,仍处于静止状态,F,功率为零,A错。,t,1,t,3,时间内,F,f,m,对物块,A,列,方程得,F,-,f,m,=,ma,F,先增大后减小,所以加速度,a,先增大后减小,但,v,一直增大,当,F,最大时,a,最大,B,正确。,t,3,时刻,F,=,f,m,a,=0,物块,A,速度到达最大,故C错误,D正确。,评析 本题借助牛顿运动定律相关内容考查学生应用图像和受力关系表述物理过程能,力,包括知识点有牛顿第二定律与受力分析等。对物块,A,运动过程分析是该题难点。,题目难度较高,区分度高。,第46页,7.(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拉力变小,B.返回舱在喷气过程中减速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,第47页,答案,A对降落伞,匀速下降时受到重力,mg,、绳拉力,F,T,和空气阻力,F,平衡,即,F,T,=,F,-,mg,。,在喷气瞬间,喷气产生反冲力向上,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,-,F,T,-,mg,=,ma,F,T,=,F,-,mg,-,ma,G,竖直方向协力不为零,故B对、D错;机械能增量应等于除,G,外其它力做功,故C对。,考查点 牛顿第二定律,解题关键 协力方向与加速度方向相同。摩擦力与支持力都对人做正功。,第61页,考点二牛顿运动定律综合应用,6.(辽宁鞍山一中四模,2)一条足够长浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木,炭包无初速地放在传送带最左端,木炭包将会在传送带上留下一段黑色径迹。以下说法,中正确是,(),A.黑色径迹将出现在木炭包左侧,B.木炭包质量越大,径迹长度越短,C.传送带运动速度越大,径迹长度越短,D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹长度越短,第62页,答案D放上木炭包后木炭包在摩擦力作用下向右加速,而传送带仍匀速,即使二者都向,右运动,但在木炭包速度到达与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动,故黑色,径迹出现在木炭包右侧,A错误。因为木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度,a,=,g,与其,质量无关,故径迹长度与其质量也无关,B错误。径迹长度等于木炭包相对传送带经过位移,大小,即二者对地位移差:,x,=,vt,-,t,=,vt,=,可见传送带速度越小、动摩擦因数越大,相,对位移越小,黑色径迹越短,C错误D正确。,第63页,7.(辽宁大连双基,4)如图所表示,木块,A,叠放在木块,B,上表面,木块,B,上表面水平,B,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,以下判断正确,是,(),A.,A,木块受到摩擦力水平向右,B.,A,对,B,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,对地面压力小于,A,、,B,、,C,重力之和,第64页,答案D以,A,和,B,整体为研究对象,依据牛顿第二定律可得:,a,=,g,sin,把加速度分解,水平方,向:,a,x,=,g,sin,cos,竖直方向,a,y,=,g,sin,2,隔离,A,进行分析有:,f,A,=,m,A,a,x,=,m,A,g,sin,cos,方向向左,故A,错误;,A,对,B,压力竖直向下,A,对,B,摩擦力水平向右,A,对,B,作用力即,A,对,B,摩擦力和压力,协力,依据平行四边形定则可知指向右下方,故B错误;对整体进行分析,因为,A,和,B,有向左加,速度,a,x,地面对,C,摩擦力方向向左,故C错误;因为,A,和,B,整体含有向下加速度,a,y,=,g,sin,2,处于,失重状态,所以地面对,C,支持力小于,A,、,B,、,C,重力之和,故D正确。,第65页,考查点 牛顿第二定律矢量性、失重,温馨提醒,A,和,B,整体沿斜面下滑,加速度,a,=,g,sin,。,加速度分解,第66页,8.(内蒙古包头九中期中,6)(多项选择)如图所表示,传送带与地面间夹角为,=37,AB,长度为16,m,传送带以大小为10 m/s速度转动,在传送带上端,A,无初速度地放一个质量为0.5 kg物体,它与传送带之间动摩擦因数为0.5,求物体从,A,运动到,B,所用时间可能为(sin 37,=0.6,cos 37,=0.8,g,=10 m/s,2,)(),A.1.8 sB.2.0 sC.2.1 sD.4.0 s,第67页,答案BD若传送带逆时针运动,因为刚开始时物体速度小于传送带速度,所以物体相,对传送带沿斜面向上运动,物体受到摩擦力沿斜面向下,故此时依据牛顿第二定律可得,mg,sin,+,mg,cos,=,ma,1,解得,a,1,=10 m/s,2,物体加速至与传送带速度相等时需要时间为,t,1,=,=1 s,在此时间内相对传送带发生位移为,x,1,=,a,1,=5 m,mg,cos,所以今后物体受到摩擦力沿斜面向上,依据牛顿第二定律可得,mg,sin,-,mg,cos,=,ma,2,解得,a,2,=2 m/s,2,设第二阶段物体运动到,B,端时间为,t,2,则,L,AB,-,x,1,=,vt,2,+,a,2,解得,t,2,=1 s,故总时间,t,=,t,1,+,t,2,=2 s;若传送带顺时针转动,物体受到摩擦力沿斜面向上,则从,A,一直做匀加速运动到,B,则有,L,AB,=a,2,t,2,解得,t,=4 s,B、D正确。,第68页,9.(甘肃兰州一中期中,7)(多项选择)如图所表示装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创制一个,著名力学试验装置,用来研究匀变速直线运动规律。绳子两端物体下落(或上升)加速,度总是小于自由落体加速度,g,。已知物体,A,、,B,质量相等均为4,m,物体,C,质量为,m,一切摩,擦不计,轻绳不可伸长且足够长,现将装置从静止释放。以下说法正确是(),A.物体,C,加速度大小为,B.物体,C,加速度大小为,C.物体,C,对,B,拉力大小为,D.物体,C,对,B,拉力大小为,第69页,答案BD设物体,C,下落加速度大小为,a,绳子张力为,T,以物体,A,作为研究对象有:,T,-4,mg,=,4,ma,以,B,和,C,整体为研究对象有:(4,m,+,m,),g,-,T,=(4,m,+,m,),a,联立以上两式可解得:,a,=,故A错误、B,正确;设物体,B,对,C,拉力大小为,F,对物体,C,依据牛顿第二定律得:,mg,-,F,=,ma,解得:,F,=,mg,依据,牛顿第三定律可知,物体,C,对,B,拉力大小为,mg,故C错误、D正确。,第70页,10.吉林长春质量监测(二),17如图所表示,一劲度系数为,k,轻质弹簧,上端固定,下端连一,质量为,m,物块,A,A,放在质量也为,m,托盘,B,上,以,N,表示,B,对,A,作用力,x,表示弹簧伸长量。,初始时,在竖直向上力,F,作用下系统静止,且弹簧处于自然状态(,x,=0)。现改变力,F,大小,使,B,以,加速度匀加速向下运动(,g,为重力加速度,空气阻力不计),此过程中,N,或,F,随,x,改变图像,正确是,(),第71页,答案D隔离,A,对,A,进行受力分析,有:,mg,-,N,-,F,T,=,m,F,T,=,kx,则,N,=,m,-,kx,由式子可知,N,由开始,运动时,mg,/2线性减小到零,当,x,=,时,N,=0,此时,F,T,=,mg,/2,A、B选项均错误;再对整体进行受,力分析,有:2,mg,-,F,-,F,T,=2,m,则,F,=,mg,-,kx,由此可知力,F,由开始时,mg,线性减小到,mg,/2,今后托盘,与物块分离,力,F,保持,mg,/2不变,故选项C错误、D正确。,第72页,11.(黑龙江哈尔滨三中一模,19)(多项选择)如图所表示,光滑水平面上放置着四个相同木块,其,中木块,B,与,C,之间用一轻弹簧相连,轻弹簧一直在弹性程度内。现用水平拉力,F,拉,B,木块,使四,个木块以相同加速度一起加速运动,则以下说法正确是,(),A.一起加速过程中,C,木块受到四个力作用,B.一起加速过程中,D,木块所受到静摩擦力大小为,C.一起加速过程中,A,、,D,木块所受摩擦力大小和方向相同,D.当,F,撤去瞬间,A,、,D,木块所受静摩擦力大小和方向都不变,第73页,答案BC在水平拉力,F,作用下,四个木块以相同加速度一起加速运动,则由牛顿第二定,律可知,由整体法,对整体有,F,=4,ma,;再由隔离法,对,A,、,D,木块有,f,A,=,f,D,=,ma,解得,A,、,D,木块所受摩,擦力大小,f,A,=,f,D,=,方向均水平向右,故B、C正确;一起加速过程中,C,木块受到重力、,D,木块对,其压力和静摩擦力、地面对其支持力及弹簧对其弹力,共五个力作用,故A错误;当,F,撤去瞬间,弹簧弹力不变,A,、,B,整体加速度方向改变,A,木块所受静摩擦力方向改变,故D错误。,第74页,12.(陕西质检,24)某次滑雪训练,运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面作用,取得水平推力,F,=84 N而从静止向前滑行,其作用时间为,t,1,=1.0 s,撤除水平推力,F,后经过,t,2,=2.0 s,他第二次利用滑雪杖对雪面作用取得一样水平推力,作用距离与第一次相同。已知该运,动员连同装备总质量为,m,=60 kg,在整个运动过程中受到滑动摩擦力大小恒为,F,f,=12 N,求:,(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用取得速度大小及这段时间内位移大小;,(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行最大距离。,答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m,第75页,解析(1)运动员利用滑雪杖取得加速度为,a,1,=,=,m/s,2,=1.2 m/s,2,第一次利用滑雪杖对雪面作用取得速度大小,v,1,=,a,1,t,1,=1.2,1.0 m/s=1.2 m/s,位移,x,1,=,a,1,=0.6 m。,(2)运动员停顿使用滑雪杖后,加速度大小为,a,2,=,=,m/s,2,=0.2 m/s,2,经时间,t,2,速度变为,v,1,=,v,1,-,a,2,t,2,=1.2 m/s-0.2,2.0 m/s=0.8 m/s,第二次利用滑雪杖取得速度大小为,v,2,则,-,v,1,2,=2,a,1,x,1,第二次撤除水平推力后滑行最大距离,x,2,=,联立解得,x,2,=5.2 m。,第76页,温馨提醒 过程分析是解答该