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(專業版)

　　

【正文】 江蘇 得， 2011N vF m g m R??② 聯立以上兩式代入數據得 3000NFN? ③ 根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為 3000N，方向豎直向下。17）為了節省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。下列判斷正確的是 （ ） A．飛船變軌前后的機械能相等 B．飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態 C．飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛星運動的角速度 D．飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌 道運動的加速度 答案： BC 解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以 A 不正確。兩物體運動的 vt 圖象如圖， tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大， t2時刻兩物體的速度相等，Ａ速度達到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力 對系統正功，系統機械能增加， tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統機械能并非最大值。 7． (2022 【 2022 高考】 1．（ 2022的力斜向上拉此物體，使物體從 A 處由靜止開始運動O l F m α T F mg 并能到達 B 處，求該力作用的最短時間 t。 （ 3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從 O 點射入，且速度為原來的 4 倍，求粒子在磁場中運動的時間。整個裝置內部為真空。木塊和木板之間相對靜止時，所受的摩擦力為靜摩擦力。初 始時，擋板上的輕質彈簧處于原長；長為 r 的連桿位于圖中虛線位置； A 緊靠滑桿（ A、 B 間距大于 2r）。 （ 1）求彈簧槍對小物體所做的功； （ 2）在斜軌上小物體能到達的最高點為 P，求 CP的長度。電梯的簡化模型如 1 所示。物體與水平面間的動摩擦因數為 μ ，重力加速度為 g。圖 2為用米尺測量某一紙帶上的 s s3的情況，由圖可讀出 s1=__________mm，s3=__________mm。 12 /a m s? ， 小球上升做勻減速運動 2 2v ah? 升至最高點： ? 【考點定位】牛頓定律、運動和力 （ 2022如果物體所受外力在同一平面上，應建立二維直角坐標系。求這時木棒下落的加速度？ 解析：（解法一）猴子和木棒的受力情況如圖所示，猴子相對地面的高度不變、保持靜止，即受力平衡，木棒具有加速度，根據牛頓第二定律 對猴子有： 對木棒有： 由牛頓第三定律得 解得木棒的加速度為 ，方向豎直向下 . 解法二（整體法）：把猴子和木棒看成一個整體，受力情況如圖 8 所示， 在這個整體中猴子受力平衡，木棒具有加速度，根據牛頓第二定律有 解得木棒的加速度為 ，方向豎直向下 . 【感悟提高】 對于由一個靜止，一個加速運動的物體所組成的系統，往往優先考慮整體利用牛頓第二定律求解，這樣會使求解變得非常簡單 . 類似以上的不少問題，若用隔離法求解，分析過程很繁瑣，若用整體法來分析，思路卻很敏捷 .大家如果能深刻領會整體法的有關解題規律，在學習過程中一定會取得事半功倍的效果 . 考點 6 物體運動情況的判斷 例 壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學利用壓敏電阻設計了判斷小車運動狀態的裝置，其工作原理如圖 31213（ a）所示，將壓敏電阻和一塊擋板固定在絕緣小車上，中間放置一個絕緣重球 .小車向右做直線運動過程中，電流表示數如圖 31213（ b）所示，下列判斷正確的是 ( ) A．從 t1到 t2時間內，小車做勻速直線運動 B．從 t1到 t2時間內，小車做勻加速直線運動 C．從 t2到 t3時間內，小車做勻速直線運動 D．從 t2到 t3時間內，小車做勻加速直線運動 解 析：對小球，根據牛頓第二定律有 N＝ ma，易知 t1到 t2時間內，小球對擋板的壓力越來越大，故做變加速運動， t2到 t3時間內，小球對擋板的壓力不變，小車做勻加速運動， 0到t1時間內，小車可能靜止也可能勻速運動 . 答案： D 【感悟提高】本題是一個傳感器問題，傳感器是把力學信號等轉化為電信號的一個儀器，新課程新增加的一個內容 ,相信以后的高考中仍會有所考查，同學們要引起注意 . 考點 整體法和隔離法的應用 例 如圖，水平地面上有一楔形物體 b， b的斜面上有一小物塊 a； a與 b之間、 b與地面之間均存在摩擦．已知楔形物體 b靜止時， a靜止在 b的斜面上．現給 a和 b 一個共同的向左的初速度，與 a和 b 都靜止時相比，此時可能 ( ) A． a與 b之間的壓力減少，且 a相對 b向下滑動 B． a與 b之間的壓力增大，且 a相對 b向上滑動 C． a與 b之間的壓力增大，且 a相對 b靜止不動 D． b與地面之間的壓力不變，且 a相對 b向上滑動 解析 ： 依題意，若兩物體依然相對靜止，則 a的加速度一定水平向右，如圖將加速度分解為垂直斜面與平行于斜面，則垂直斜面方向， N－mgcosθ =may，即支持力 N大于 mgcosθ ，與都靜止時比較， a與 b間的壓力a b 左 右 a ay ax 增大；沿著斜面 方向，若加速度 a 過大，則摩擦力可能沿著斜面向下，即 a 物塊可能相對 b向上滑動趨勢，甚至相對向上滑動，故 A 錯， B、 C 正確；對系統整體，在豎直方向，若物塊a 相對 b向上滑動，則 a 還具有向上的分加速度，即對整體的牛頓第二定律可知，系統處于超重狀態， b與地面之間的壓力將大于兩物體重力之和， D錯 . 答案 ： BC 【高考真題精析】 【 2022 高考】 （ 2022測量相鄰計數點的間距 s1，s2，?。物理）根據牛頓 第二定律，下列敘述正確的是 A． 物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比 B． 物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度 C． 物體加速度的大小跟它所受作用力中任一個的大小成正比 D． 當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比 【答案】： D 【解析】：根據牛頓第二定律，物體加速度的大小跟它所受的合外力成正比，跟它的質量成反比，選項 ABC錯誤。在柱形區域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為 m、電荷量為 q 的粒子沿圖中直線在圓上的 a點射入柱形區域，在圓上的 b點離開該區域，離開時速度方向與直線垂直。 【 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~30s 內速率最大，其值等于 0～ 11s內 a – t圖線下的面積，有 vm = 10m/s 此時電梯做勻速運動，拉力 F 等重力 mg，所求功率 P = Fvm = mg vm = 10 10 W = W 由動能定理得： W = m — 0 = J = J 【考點定位】本題考查牛頓第 二定律， v – t 圖線， a – t圖線，類比法，功率。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點 C，重力加速度為 g。 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。求： m 的 魚餌到達管口 C 時的速度大小 v1。 為 d，因此落點區域的寬度也是 d。 （ 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。39。 4． (2022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。 13.（ 09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。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。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。 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 ?? 。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。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 。斜面軌道傾角為 30176。廣東理科基礎 廣東物理 3． (2022 2 .339。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/。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。 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。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。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。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。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。 ④按住小車，改變小車中砝碼的質量，重復步驟③。如圖中物塊 m 沿斜面體 M 以加速度 a 下滑，斜面體不動．欲求地面對斜面體的靜摩擦力 f 時，就可把此系統（ m 和 M）作為整體處理，由牛頓第二定律 得 f＝ macosθ＋ M 0＝ macosθ．式中 acosθ為物塊加速度的水平分量． 三、應用牛頓運動定律解題的特殊方法 1．用極端分析法分析臨界條件 若題目中出現“最大”、“最小”、“剛好”等詞語時，一般都有臨界現象出現，分析時，可用極端分析法，即把問題（物理過程）推到極端（界），分析在極端情況下可能出現的狀態和滿足的條件，應用規律列出在極端情況下的方程，從而暴露出臨界條件． 2．用假設法分析物體受力 在分析某些物理過程時，常常出現