屆高考物理一輪復習第三章牛頓運動定律33牛頓運動定律的綜合應用教學案(存儲版)

　　

【正文】 動員對吊椅的壓力也為 275N 解法二 :設運動員和吊椅的質量分別為 M 和 m；運動員豎直向下的拉力為 F，對吊椅的壓力大小為 FN。求飛行器所阻力 f 的大小； （ 2）第二次試飛，飛行器飛行 t2 = 6 s 時遙控器出現故障，飛行器立即失去升力。設飛行器飛行時F F (m 人 +m 椅 )g a F F (m 人 +m 椅 )g a 所受的阻力大小不變， g 取 10m/s2。當運動員與吊椅一起正以加速度 21m/sa? 上升時，試求 （ 1）運動員豎直向下拉繩的力； （ 2）運動員對吊椅的壓力。設貨物在木板 A 上做減速運動時的加速度大小為 1a ，由牛頓第二定律得 1 1 1 1m g ma? ? ⑦ 設貨物滑到木板 A 末端是的速度為 1v ，由運動學公式得 221 0 12v v a l? ?? ⑧ 聯立 ①⑦⑧ 式代入數據得 1 4/v m s? ⑨ a b cc d O 設在木板 A 上運動的時間為 t，由運動學公式得 1 0 1v v at?? ⑩ 聯立 ①⑦⑨⑩ 式代入數據得 ? 。山東 那么下列說法中正確的是 （ ） A. 顧客始終受到三個力的作用 B. 顧客始終處于超重狀態 C. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下 D. 顧客對扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下 答案： C 解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛頓第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向向左下；在勻速運動的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。 設 下 滑 的 距 離 為 l ， 根 據 能 量 守 恒 有( ) c os c os si nm M gl M gl m gl? ? ? ? ?? ? ?，得 m＝ 2M。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等， D 不正確。17）某物體做直線運動的 vt 圖象如圖甲所示，據此判斷圖乙（ F 表示物體所受合力， x 表示物體的位移）四個選項中正確的是 答案： B 解析：由圖甲可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前兩秒受力恒定，2s4s 做正方向勻加速直線運動，所以受力為負，且恒定， 4s6s 做負方向勻加速直線運動，所以受力為負，恒定， 6s8s 做負方向勻減速直線運動，所以受力為正，恒定，綜 上分析 B 正確。4 ）建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。江蘇物理 在 0～ 3s 內物塊相對于木板的距離 s? 等于木板和物塊 t?v 圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的四邊形面積，該四邊形由兩個三角形組成，上面的三角形面積為 (m)，下面的三角形面積為 2(m)，因此 ?? ⑧ 【 2022 高考】 8.（ 09的斜面，讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑．若小物塊與木板之間的動摩擦因數為 ? ．則小物塊上滑到最高位置所需時間與 t 之比為 A．21??? B． 12??? C． 2??? D．12??? 【答案】 A 【解析】木板水平時，小物塊的加速度 1ag?? ，設滑行初速度為 0v ，則滑行時間為0t g??v ；木板改成后，小物塊上滑的加速度 2 s in 4 5 c o s 4 5 ( 1 ) 22m g m g ga m??? ? ? ???，滑行時間 002 (1 ) 2t a g???? ?vv，因此1221atta ??? ???， A 項正確。重力加速度大小為 g。 1 1 . 5 2 . 3 5Ltsaa ?? ? ?? ? ? （ 2）另解：設力 F 作用 的最短時間為 t，相應的位移為 s，物體到達 B 處速度恰為 0，由動能定理 [ c os 37 ( si n 37 ) ] ( ) 0F m g F s m g L s??? ? ? ? ? ? ? ∴ 0 . 5 2 1 0 2 0 6 . 0 6 ( )( c o s 3 7 s in 3 7 ) 3 0 ( 0 . 8 0 . 5 0 . 6 )m g LsmF ? ? ? ? ?? ? ?? ? ? ? ? ? 由牛頓定律 c os 37 ( si n 37 )F m g F m a?? ? ? ? ? ∴ 2( c o s 3 7 s in 3 7 ) 3 0 ( 0 . 8 0 . 5 0 . 6 ) 0 . 5 1 0 1 1 . 5 ( / )2Fa g m sm ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ∵ 212s at? 2 2 6 .0 6 1 .0 3 ( )1 1 .5stsa ?? ? ? 【答案】 ? ? 12．（福建） （ 15 分） 反射式速調管是常用的微波器械之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。t 秒到達 B 處，速度恰為 0， 由牛頓定律 c os 37 ( si n 37 )F m g F a m a?? ? ? ? ? ∴ 2( c o s 3 7 s in 3 7 ) 3 0 ( 0 . 8 0 . 5 0 . 6 ) 0 . 5 1 0 1 1 . 5 ( / )2Fa g m sm ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? 239。不計空氣阻力。 （ 1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點 P 時對輕桿的作用力大小和方向。 8（安徽） （ 16 分） 如圖所示，在以坐標原點 O 為圓心、半徑為 R 的半圓形區域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為 B，磁場方向垂直于 xOy 平面向里。不 計 重力，也不考慮離子間的相互作用。 已知地面 與水面 相距 ，若使該投餌管繞 AB 管的中軸線 OO’在 90? 角的范圍內來回緩慢轉動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質量在 23m 到 m 之間變化，且均能落到水面。所以正確答案是 A。 3.（ 四川） 如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣 過程中返回艙做減速直線運動，則 C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 【答案】 A 【解析】 在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態，動能減小，返回艙所受合外力做負功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力。 （ 1）求 A脫離滑桿時的速度 uo，及 A與 B碰撞過程的機械能損失 ΔE 。 解：（ 1）小球在 BCD段運動時，受到重力 mg、軌道正壓力 N 的作用，如圖所示。福建） 2 【 原題 】如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一搜失去動力的小船沿直線拖向岸邊。四川） 24．（ 19分） 如圖所示， ABCD為固定在豎直平面內的軌道， AB 段光滑水平， BC 段為光滑圓弧，對應的圓心角 θ = 370，半徑 r = ， CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區域有場強大小為 E = 2 105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。電梯總質最 m = kg。現將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一 粒子以同樣速度沿直線在 a點射入柱形區域，也在 b點離開該區域。當 kx = μ mg時物體速度最大，克服摩擦力做功為μ mg（ x0－ x） = μ mg（ x0－ ）， D正確。 【考點定位】此題考查對牛頓第二定律的理解。設圖中直線的斜率為 k，在縱軸上的截距為 b，若牛頓定律成立，則小車受到的拉力為 ___________，小車的質量為 ___________。 ⑥以砝碼的質量 m 為橫坐標， a1 為縱坐標，在坐標紙上做出 a1 m 關系圖線。在小車質量未知的情況下，某同學設計了一種方法用來研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質量間的關系”。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4。 ③解方程的方法一般有兩種：一種是先進行方程式的文字運算，求得結果后，再把單位統一后的數據代入，算出所求未知量的值。 3．對其進行受力情況分析和運動情況分析（切莫多力與缺力）； 4．根據牛頓第二定律列出方程； 說明： 如果只受兩個力，可以用平行四邊形法則求其合力，如果物體受力較多，一般用正交分解法求其合力，如果物體做直線運動，一般把力分解到沿運動方向和垂直于運動方向；當求加速度時，要沿著加速度的方向處理力；當求某一個力時，可沿該力的方向分 解加速度； 5．把各量統一單位，代入數值求解； 二、 注意事項 ： ①由于物體的受力情況與運動狀態有關，所以受力分析和運動分析往往同時考慮，交叉進行，在畫受力分析圖時，把所受的外力畫在物體上（也可視為質點，畫在一點上），把 v0和a 的方向標在物體的旁邊，以免混淆不清。 牛頓運動定律的應用（二） 一、簡單連接體問題的處理方法 在連接體問題中，如果不要求知道各個運動物體之間的相互作用力，并且各個物體具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它們看成一個整體（當成一個質點）分析受到的外力和運動情況，應用牛頓第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物體之間的相互作用力，就需要把物體從系統中隔離出來，將內力轉化為 外力，分析物體的受力情況和運動情況，并分別應用牛頓第二定律列出方程．隔離法和整體法是互相依存、 互相補充的．兩種方法互相配合交替應用，常能更有效地解決有關連接體的問題． 說明 ：（ l）物體間相對靜止指的是物體間的相對速度和相對加速度均為零的狀態． （ 2）系統內各物體的加速度相同，是整體法與隔離法的聯接點． 二、注意事項： 用隔離法解連接體問題時，容易產生如下錯誤： （ l）例如 F 推 M 及 m 一起前進（如圖），隔離 m 分析其受力時，認為 F 通過物體 M 作用到 m上，這是錯誤的． （ 2）用水平力 F通過質量為 m的彈簧秤拉物體 M在光滑水平面上加速運動時（如圖所示．不考慮彈簧秤的重力），往往會認為彈簧秤對物塊 M 的拉力也一定等于 F．實際上此時彈簧秤拉物體 M的力 F/＝ F— ma，顯然 F/＜ F．只有在彈簧秤質量可不計時，才可認為 F/＝ F． 2．當系統內各個物體的加速度相同時，則可把系統作為一個整體來研究．但這并不是使用整體法的必要條件，有些問題中系統內物體的加速度不同，也可用整體法來研究處理。 ?小球落地后反彈的速度為： 3/v m s? 上升時： 39。 ③打開打點計時器電源，釋放小車，獲得帶有點跡的紙帶，在紙帶上標出小車中砝碼的質量 m。 （ⅱ）設紙帶上三個相鄰計數點的間距為 s s s3。 6. （ 2022用水平力 F緩慢推動物體，在彈性限度內彈簧長度被壓縮了 x0，此時物體靜止。 全國新課標卷） ，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎。 （ 2022對于直線運動，教科書中講解了由 v t圖像求位移的方法。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數 μ =。 【 答案 】 ： （ 1） fdFSW ?? （ 2） ? ? 201 2 vm fdPtv ??? （ 3）mffdPtmvm Pa ???? )(222 【 解析 】 ： （ 1）：小船從 A點到達 B點，受到的阻力恒為 f,其克服阻力做的功為： fdFSW ?? （ 2）：從 A到 B由動能定理可知： fdPtmvmvAB ??? 22 2121 解得： ? ? 201 2 vm fdPtv ??? 【考點定位】：動能定理，牛頓第二定律及運動得合成與分解，功等 15. （ 2022 設小球在 C點的速度大小為 vC，根據牛頓第二定律有， mg=m 2CvR 小球從 B 點運動到 C 點，根據機械能守恒定律，設 B 點處小球的速度大小為 vB，有 12 mvB2=12 mvC2+2mgR， （ 2022 【解析】 (1)由（ b）圖可知當滑桿的速度最大且向外運動時小物塊 A與滑桿分離，此時小物塊的速度為 ru ??0 小物塊 A與 B碰撞，由于水平面光滑則 A、 B系統動量守恒，則由動量守恒定律和能量守恒定律得： mvmu 20? 220 22121 mvmuE ???? 解得：rmE 241 ??? (2)AB進入 PQ段做勻減速運動，由牛頓第二定律有： mamg 22 ?? AB 做減速運動的時間為 avt ?1 解得：grt ??21 ? 欲 使 AB不能與彈簧相碰，則滑塊在 PQ段的位移有 Lx? 而 avx 22? 解得：r gL?? 20 ?? (3) 若 AB能與彈簧相碰，則 rgL?? 21 ? 若 AB壓縮彈簧后恰能返回到 P點，由動能定理得 2221022