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(完整版)

　　

【正文】 ， maxkmg ??? ，合力不斷變小，因而加速度減小， 由于 a方向 與 v0同向，因此速度繼續變大 . 當 xk? ＝ mg 時，如圖 3－ 12－ 2（ b）所示，合力為 圖 3－ 12－ 1 v0 vm F mg F mg F mg 零，加速度為零，速度達到最大值 . 之后小球由于慣性仍向下運動，繼續壓縮彈簧， 但 xk? mg，合力向上，由于加速度的方向和速度方 向相反，小球做加速度增大的減速運動，因此速度減小 到零彈簧被壓縮到最短 .如圖 3－ 12－ 2（ c）所示 答案：小球壓縮彈簧的過程，合外力的方向先向下后向上， 大小是先變小至零后變大，加速度的方向也是先向下后向上， 大小是先變小后變大，速度的方向始終向下，大小是先變大后變小 . （還可以討論小球在最低點的加速度和重力加速度的關系） 考點三 瞬時問題 例 如圖 5 所示，質量為 m 的小球被水平繩 AO 和與豎直方向成θ角的輕彈簧系著處于靜止狀態，現用火將繩 AO 燒斷，在繩 AO燒斷的瞬間，下列說法正確的是（ ） ?cosmgF? ?sinmgF ? ?singa? 解析：燒斷 OA之前，小球受 3個力，如圖所示，燒斷細繩的瞬間， 繩 子的張力沒有了，但由于輕彈簧的形變的恢復需要時間，故彈簧 的彈力不變， A正確。+ma mg f? ，得： 239。 ④按住小車，改變小車中砝碼的質量，重復步驟③。 a 可用 s s3 和Δ t 表示為a=__________。物理） 如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面與地面的夾角分別為α和β，且α β .一初速度為 v0的小物塊沿斜面 ab 向上運動，經時間 t0后到達頂點 b 時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面 bc 下滑。撤去 F 后，物體開始向左運動，運動的最大距離為 4x0。早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是 的性質是慣性 ，物體只能處于靜止狀態 ，將繼續以同一速度沿同一直線運動 【答案】 AD （ 2022北京） 23.(18分 ) 摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。請你借鑒此方法，對比加速度的和速度的定義，根據圖 2 所示 a t 圖像，求電梯在第 1s 內的速度改變量△ v1和第 2s 末的速率 v2。設小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2， sin370=， cos370=。海南）如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中 AB是長為 R的水平直軌道， BCD是圓心為 O、半徑為 R的 3/4圓弧軌道，兩軌道相切于 B點。廣東） 36.（ 18分） 圖 18（ a）所示的裝置中，小物塊 A、 B質量均為 m，水平面上 PQ段長為 l，與物塊間的動摩擦因數為 μ ，其余段光滑。某人做蹦極運動， 所受繩子拉力 F 的大小隨時間 t 變化的情況如 圖所示。現給木塊施加一隨時間 t 增大的水平力 F=kt（ k是常數），木板和木塊加速度的大小分別為 a1和 a2，下列反映 a1和 a2變化的圖線中正確的是（ A） 解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。 不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變 彈簧的彈性勢能。離子源產生的離子，經靜電場加速后穿過狹縫沿垂直 于 GA 邊 且 垂直 于磁場的方向射 入磁場，運動到 GA 邊，被相應的收集器收集。離子可以從狹縫各處射入磁 場，入射 方 向仍垂直于 GA 邊且垂直于磁場。求粒子運動加速度的大小。以水平向右的方向為正方向，有 2 0mv MV?? ⑤ 在 上升過程中，因只有重力做功，系統的機械能守恒，則 2 2 2201 1 12 2 2m v M V m g L m v? ? ? ⑥ 由 ⑤ ⑥ 式，得 v2=2m/s ⑦ （ 3） 設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為 s1，滑塊向左移動的距離為 s2，任意時刻小球的水平速度大 小為 v3，滑塊的速度大小為 V/。取 210 /g m s? ) (1)求 物體與地面間的動摩擦因數 μ； (2)用大小為 30N，與水平方向成 37176。 2 .339。 d2=12 a2t22， t= t1+t2， 聯立解得 t= 108s。 3． (2022海南物理 )雨摘下落時所受到的空氣阻力與雨滴的速度有關，雨滴速度越大，它受到的空氣阻力越大：此外，當雨滴速度一定時，雨滴下落時所受到的空氣阻力還與雨滴半徑的 ? 次方成正比 (12?≤ ≤ )．假設一個大雨滴和一個小雨滴從同一云層同時下落，最終它們都 _______（填 “加速 ”、 “減速 ”或 ”勻速 ”）下落． ______（填 “大 ”或 “小 ”）雨滴先落到地面；接近地面時， ______（填 “大 ”或 “小 ”）雨滴的速度較小． 【答案】勻速 (2 分 ) 大 (1 分 ) 小 (1 分 ) 【解析】由于雨滴受到的空氣阻力與速度有關，速度越大阻力越大，因此最終當阻力增大到與重力平衡時都做勻速運動；設雨滴半徑為 r ，則當雨滴勻速下落時受到的空氣阻力fr?? ，而重力 343mg r???? ，由于 12?≤ ≤ ，因此半徑大的勻速運動的速度大，先落地且落地速度大，小雨滴落地速度小。廣東物理 對 A、 B 在水平方向受力分析如圖， F1 為彈簧的拉力；當加速度大小相同為 a時，對Ａ有 maFF ?? 1 ，對Ｂ有 maF?1 ，得 21 FF?，在整個過程中Ａ的合力（加速度）一直減小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在達到共同加速度之前 A 的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后 A 的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。廣東理科基礎 飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點 343 千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為 343 千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為 90 分鐘。斜面軌道傾角為 30176。安徽 若將一個帶負電的粒子置于 b 點，自由釋放，粒子將 沿 著 對 角 線 bd 往 復 運 動 。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取 g=10 m/s2） （ 1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。分別以運動員和吊椅為研究對象，根據牛頓第二定律 MagMFF N ?? ① mamgFF N ??? ② 由 ①② 得 NF 440? NFN 275? 20.（ 09 解析： （ 1）第一次飛行中，設加速度為 1a 勻加速運動 21121 taH? 由牛頓第二定律 1mafmgF ??? 解得 )(4 Nf ? （ 2）第二次飛行中，設失去升力時的速度為 1v ，上升的高度為 1s 勻加速運動 2211 21 tas ? 設失去升力后的速度為 2a ，上升的高度為 2s 由牛頓第二定律 2mafmg ?? 。13）（ 15 分）航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量 m =2 ㎏，動力系統提供的恒定升力 F =28 N。設運動員的質量為 65kg，吊椅的質量為 15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。 （ 2）若滑上木板 A 時，木板不動，由受力分析得 1 1 2 1 2( 2 )m g m m g????④ 若滑上木板 B 時，木板 B 開始滑動，由受力分析得 1 1 2 1 2()m g m m g????⑤ 聯立 ④⑤ 式代入數據得 1 ????? ? ⑥ 。所以 A 錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線 的中垂線 O 點的電勢最高，所以從 b 到 a，電勢是先增大后減小，故 B 錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能的和守恒， C 錯；由 b 到 O 電場力做正功，電勢能減小，由 O 到 d 電場力做負功，電勢能增加， D 對。無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質量為 m 的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝P A 地球 Q 軌道 1 軌道 2 置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態， B 正確。 13.（ 09 11.（ 09他將彈簧秤移至電梯內稱其體重， 0t 至 3t 時間段內，彈簧秤的示數如圖所示，電梯運行的 vt 圖可能是（取電梯向上運動的方向為正） （ ） 答案： A 解 析：由圖可知，在 t0t1 時間內，彈簧秤的示數小于實際重量，則處于失重狀態，此時具有向下的加速度，在 t1t2 階段彈簧秤示數等于實際重量，則既不超重也不失重，在 t2t3 階段，彈簧秤示數大于實際重量，則處于超重狀態，具有向上的加速度，若電梯向下運動，則 t0t1時間內向下加速， t1t2 階段勻速運動， t2t3 階段減速下降， A 正確； BD 不能實現人進入電梯由靜止開始運動， C 項 t0t1 內超重，不符合題意。海南物理 )圖 l 中，質量為 m 的物塊疊放在質量為 2m 的足夠長的木板上方右側，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數為 ? ＝ ．在木板上施加一水平向右的拉力 F，在 0~3s 內 F 的變化如圖 2 所示，圖中 F 以 mg 為單位，重力加速度210m/sg? ．整個系統開始時靜止． (1)求 1s、 、 2s、 3s 末木板的速度以及 2s、 3s 末物塊的速度； (2)在同一坐標系中畫出 0~3s 內木板和物塊的 t?v 圖象，據此求 0~3s 內物塊相對于木板滑過的距離。 4． (2022全國卷 Ⅰ ）如右圖，輕彈簧上端與一質量為 m 的木塊 1 相連，下端與另一質量為 M 的木塊 2 相連，整個系統置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態。39。 【解析】 (1)物體做勻加速運動 2012L at? ∴ 22202 2 2 0 1 0 ( / )2La m st ?? ? ? 由牛頓第二定律 F f ma?? 30 2 10 10 ( )fN? ? ? ? ∴ 10 0 .52 1 0fmg? ? ? ?? (2)設 F 作用的最短時間為 t ，小車先以大小為 a 的加速度勻加速 t 秒，撤去外力后，以大小為 39。 （ 1）在水平拉力 F 的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為 α，小球保持靜止。 解析：（ 1）設帶電粒子的質量為 m，電荷量為 q，初速度為 v，電場強度為 E。 為 d，因此落點區域的寬度也是 d。 已知被加速的兩種 正離子的質量分別是 m1 和 m2(m1m2)，電荷量均為 q。求： m 的 魚餌到達管口 C 時的速度大小 v1。在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，根據牛頓第二定律2121 mmktaa ??? 。 據圖可知，此人在蹦極過程 中 最大加速 度 約為 A． g B． 2g C． 3g D． 4g 答案： B 解析：由題圖可知： 繩子拉力 F的最大值為 9F0/5，最終靜止時 繩子拉力 為 3F0/5=mg，根據牛頓第二定律得： 9F0/5－ 3F0/5=ma，所以 a=2g。隨后，連桿以角速度 ω 勻速轉動，帶動滑桿作水平運動，滑桿的速度 時間圖像如圖 18（ b）所示。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點 C，重力加速度為 g。 【 答案 】 ： （ 1） （ 2） 則 0 = v1 + a2 t2 s2 = v1 t2 + a2 t22 設 CP的長度為 s，則 s = s1 + s2 解得： s = 【考點定位】本題考查勻變速直線 運動規律，牛頓第二定律，動能定理。 【 答案 】 ： （ 1） F1 = N F2 = N （ 2） v1 = （ 3） P = W W = J 【 解析 】 ： 解 ：（ 1） 由牛頓第二定律得 ： F – mg = ma 由 a – t圖像可知 ， F1和 F2對應的加速度分別是 a1 = ， a2 = F1 = m（ g + a1） = （ 10 + ） N = N F2 = m（ g + a2） = （ 10 ） N = N （ 2）類比可得，所求速度變化量等于第 1s 內 a – t圖線下的面積 v1 = 同理可得： v2 = v2 – v1 = 第 2s末 的速率 v2 = （ 3）由 a – t圖像可知， 11s~3