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牛顿运动定律的综合应用-2018年高三物理一轮复习

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课前预习 ● 自我检测

1、判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”

(1)超重就是物体的重力变大的现象。(×)

(2)失重时物体的重力小于mg 。(×)

(3)加速度大小等于g 的物体处于完全失重状态。(×)

(4)减速上升的升降机内的物体,物体对地板的压力大于重力。(×)

(5)加速上升的物体处于超重状态。(√)

(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。(√)

(7)根据物体处于超重或失重状态,可以判断物体运动的速度方向。(×)

(8)物体处于超重或失重状态,完全由物体加速度的方向决定,与速度方向无关。(√)

(9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。(√)

(10)站在台秤上的人下蹲过程,台秤示数减小.(×)

2. 如图所示,将物体A 放在容器B 中,以某一速度把容器B 竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器B 的底面始终保持水平,下列说法正确的是( )

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A .在上升和下降过程中A 对

B 的压力都一定为零

B .上升过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力

C .下降过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力

D .在上升和下降过程中A 对B 的压力都等于物体A 受到的重力

【答案】A

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3. 如图所示,质量分别为m 和2m 的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端,已知弹簧的原长为L ,劲度系数为k 。现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上有一水平拉力F ,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为( )

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A.F 3k

B.F 2k

C .L +F 3k

D .L +F 2k

【答案】C

【解析】两个小球一起做匀加速直线运动,加速度相等,对系统受力分析,由牛顿第二定

律可得:F =(m +2m )a ,对质量为m 的小球作水平方向受力分析,由牛顿第二定律和胡克定律,

可得:kx =m a ,则此时两球间的距离为L +F 3k ,选项C 正确。

4. 如图所示,光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体,A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ,现用水平拉力F 拉B ,使A 、B 以同一加速度运动,则拉力F 的最大值为( )

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A .μmg

B .2μmg

C .3μmg

D .4μmg

【答案】C

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5. (多选) 如图所示,水平传送带A 、B 两端点相距x =4 m ,以v 0=2 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A 点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g 取10 m/s 2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A 运动到B 的过程中( )

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A .小煤块从A 运动到

B 的时间是 2 s

B .小煤块从A 运动到B 的时间是2.25 s

C .划痕长度是4 m

D .划痕长度是0.5 m

【答案】BD

【解析】小煤块刚放上传送带后,加速度a =μg =4 m /s 2,由v 0=a t 1可知,小煤块加速到

与传送带同速的时间为t 1=v 0a =0.5 s ,此时小煤块运动的位移x 1=v 02t 1=0.5 m ,而传送带的位移

为x 2=v 0t 1=1 m ,故小煤块在带上的划痕长度为l =x 2-x 1=0.5 m ,D 正确、C 错误;之后的x

-x 1=3.5 m ,小煤块匀速运动,故t 2=x -x 1v 0

=1.75 s ,故小煤块从A 运动到B 的时间t =t 1+t 2=2.25 s ,A 错误、B 正确。

课堂讲练 ● 典例分析

考点一 对超重、失重的理解

【典例1】(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示,以竖直向上为a 的正方向,则人对地板的压力( )

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A.t=2 s时最大B.t=2 s时最小

C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小

【答案】AD

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【反思总结】

对超重、失重的理解

(1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变。

(2)物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上运动还是向下运动,而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度,这也是判断物体超重或失重的根本所在。

(3)当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速度效果,不再有其他效果。此时,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。

【跟踪短训】

1. (多选) 如图甲所示,在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体,轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3。现电梯箱竖直向下运动,其速度v随时间t的变化规律如图乙所示,重力加速度为g,则()

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A.在0~t1时间内,F1与F2的合力等于F3

B.在0~t1时间内,F1与F2的合力大于mg

C.在t1~t2时间内,F1与F2的合力小于F3

D.在t1~t2时间内,F1与F2的合力大于mg

【答案】AD

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考点二 动力学中整体法与隔离法的应用

【典例2】(多选)如图所示,用同种材料制成的质量分别为m 1、m 2的两个物体中间用一轻弹簧连接,在下列四种情况下,用大小相同的拉力F 均作用在m 1上,使m 1、m 2做加速运动:

①拉力水平,m 1、m 2在光滑的水平面上加速运动;

②拉力水平,m 1、m 2在粗糙的水平面上加速运动;

③拉力平行于倾角为θ的斜面,m 1、m 2在光滑的斜面上沿斜面向上加速运动;

④拉力平行于倾角为θ的斜面,m 1、m 2在粗糙的斜面上沿斜面向上加速运动.

用Δl 1、Δl 2、Δl 3、Δl 4依次表示弹簧在以上四种情况下的伸长量,则下列选项正确的是( )

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A .Δl 3>Δl 4

B .Δl 3=Δl 4

C .Δl 1<Δl 3

D .Δl 2=Δl 4

【答案】BD

【解析】第①种情况下,选整体为研究对象:a 1=F m 1+m 2

,再隔离质量为m 2的物体为研究对象,设弹簧弹力为F 1,则a 1=F 1m 2,所以F m 1+m 2=F 1m 2

,故F 1=m 2F m 1+m 2.

第②种情况下,以整体为研究对象:

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a 2=

F -1+m 2m 1+m 2=F m 1+m 2-μg ,隔离质量为m 2的物体为研究对象:设弹簧弹力为F 2,

a 2=F 2-μm 2g m 2=F 2m 2-μg ,所以F m 1+m 2-μg =F 2m 2-μg ,进一步可得:F 2=m 2F m 1+m 2

. 同样的方法可得③④两种情况下,弹簧的弹力都为

m 2F m 1+m 2.即在这四种情况下,弹簧的弹力相等,伸长量也相等.

【反思总结】

1.方法概述

(1)整体法是指对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法。

(2)隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体,进行单独研究的方法。

2.涉及隔离法与整体法的具体问题类型

(1)连接体问题

①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体、后隔离的方法。

②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则,或者正交分解力,或者正交分解加速度。

(2)滑轮类问题

若要求绳的拉力,一般都必须采用隔离法。例如,如图所示,

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绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同,但方向不同,故采用隔离法。

3. 解题思路

物体系的动力学问题涉及多个物体的运动,各物体既相互独立,又通过内力相互联系。处理各物体加速度都相同的连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般思路是:

(1) 求内力时,先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。

(2) 求外力时,先用隔离法求加速度,再用整体法求整体受到的外加作用力。

【跟踪短训】

2. 如图所示,在倾角θ=30°的固定斜面上,跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端,另一端被坐在小车里的人拉住,已知人的质量为60 kg,小车的质量为10 kg,绳及滑轮的质量、滑轮与绳间的摩擦均不计,斜面对小车的摩擦阻力为人和小车总重力的0.1倍。取重力加速度g=10 m/s2,斜面足够长,当人用280 N的力拉绳时:

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(1)求人与车一起运动的加速度大小。

(2)求人所受摩擦力的大小和方向。

(3)某时刻人和车沿斜面向上的速度为3 m/s,此时人松手,则人和车一起滑到最高点所用时间为多少?

【答案】(1)2 m/s2(2)140 N沿斜面向上(3)0.5 s

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顿第二定律得:-(m1+m2)g s i n 30°-F f=(m1+m2)a1

解得:a1=-6 m/s2,负号表示方向沿斜面向下

由-v=a1t得t==0.5 s。

考点三动力学中的临界极值问题

【典例3】一个弹簧秤放在水平地面上,Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,P为一重物,已知P的质量M=10.5 kg.Q的质量m=1.5 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=800 N/m,系统静止,如图所示,现给P施加一个方向竖直向上的力F,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2 s时间内F为变力,0.2 s以后F为恒力.求力F的最大值与最小值(取g=10 m/s2)

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【答案】F小=72 N F大=168 N

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以上三点中第(2)点是解决此问题的关键所在,只有明确了P与Q脱离接触的瞬间情况,才能确定这0.2 s时间内物体的位移,从而求出加速度a,其余问题也就迎刃而解了

设开始时弹簧压缩量为x 1,t =0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2,物体P 的加速度为a

未知F 前对P 、Q 系统:kx 1=(M +m )g ①

P 、Q 分离时,对Q :kx 2-mg =m a ②

0.2 s 内对P 、Q 整体:x 1-x 2=12a t 2③ F 小=(M +m )a =72 N

P 、Q 分离时为P : F 大-Mg =M a 所以F 大=M (a +g )=168 N

【反思总结】

1. 动力学中的临界极值问题

在应用牛顿运动定律解决动力学问题中,当物体运动的加速度不同时,物体有可能处于不同的状态,特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,往往会有临界值出现。

2.产生临界问题的条件

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【跟踪短训】

(一)极限分析法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的

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3. 如图所示,θ=37°,m =2 kg ,斜面光滑,g 取10 m /s 2,斜面体以a =20 m /s 2的加速度沿水平面向右做匀加速直线运动时,细绳对物体的拉力为多大?

【答案】

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(二)假设分析法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题。

4. 如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为m 的小球,另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行。在斜面体以大小为g 的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止。已知弹簧的劲度系数为k ,则该过程中弹簧的形变量为(已知:s i n 37°=0.6,c o s 37°=0.8)( )

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A.mg 5k

B.4mg 5k

C.5mg 5k

D.7mg 5k

【答案】A

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(三)数学极值法:将物理过程通过数学公式表达出来,根据数学表达式解出临界条件。

5. 如图所示,一质量m =0.4 kg 的小物块,以v 0=2 m/s 的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t =2 s 的时间物块由A 点运动到B 点,A 、B 之

间的距离L =10 m 。已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=33。重力加速度

g 取10 m/s 2。

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(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。

(2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?

【答案】(1)3 m/s28 m/s(2)30°13

5 3 N

【解析】(1)由运动学公式得:L=v0t+1

2a t

2①2a L=v2

B

-v20②

代入数值解得:a=3 m/s2,v B=8 m/s③

(2)对物块受力分析如图所示,

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投拉力F与斜面成α角,在垂直斜面方向,根据平衡条件可得:F s i n α+F N=mg c o s 30°④

沿斜面方向,由牛顿第二定律可得

F c o s α-mg s i n 30°-F f=m a⑤

又,F f=μF N⑥

联立④⑤⑥三式,代入数值解得:F c o s α+

3

3F s i n α=5.2

则F=

5.2

cos α+3

3sin α=

15.6

23?

?

?

?

?

3

2cos α+

1

2sin α

7.8

3+

当α=30°时,拉力F有最小值,且F mi n=13

5 3 N

考点四等时圆模型及其应用

【典例4】如图所示,在倾角为θ的斜面上方的A点处旋转一光滑的木板AB,B端刚好在斜面上,木板与竖直方向AC所成夹角为α,一小物块由A端沿木板由静止滑下,要使物块滑到斜面的时间最短,则α与θ间的大小关系为()

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A .α=θ

B .α=θ2

C .α=2θ

D .α=θ3

【答案】B

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【反思总结】

1.模型特征

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(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示;

(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示;

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。

2.思维模板

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【跟踪短训】

6. 如图所示,光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,AC杆竖直,各杆上分别套有一质点小球a、b、d,a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3,现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放,不计空气阻力,则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()

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A.1∶1∶1 B.5∶4∶3 C.5∶8∶9 D.1∶2∶3

【答案】A

【解析】因ABCD为矩形,故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上,由等时圆模型可知,由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点,故A正确。

考点五传送带模型

【典例5】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,图示为一水平传送带装置示意图,紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v = 1 m/s运行,一质量为m = 4 kg的行李无初速地放在A 处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数μ = 0.1,A、B间的距离L = 2 m,g取10 m/s2。

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(1) 求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小。

(2) 求行李做匀加速直线运动的时间。

(3) 如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B处,求行李从A处传送到B处的最短时间,以及传送带对应的最小运行速率。

【答案】(1)4 N 1 m/s2(2)1 s(3)2 s 2 m/s

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代入数值,得t mi n =2 s

传送带对应的最小运行速率v mi n =a t mi n

代入数值,得v mi n =2 m/s 。

【反思总结】

1.滑块在水平传送带上运动常见的3个情景

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2.滑块在水平传送带上运动常见的4个情景

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【跟踪短训】

7. 如图所示,倾角为37°,长为l =16 m 的传送带,转动速度为v =

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10 m/s ,动摩擦因数μ = 0.5,在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m = 0.5 kg 的物体.已知s i n 37°=0.6,c o s 37°=0.8。g =10 m/s 2 .求:

(1) 传送带顺时针转动时,物体从顶端A 滑到底端B 的时间;

(2) 传送带逆时针转动时,物体从顶端A 滑到底端B 的时间.

【答案】(1)4 s (2)2 s

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向下运动,受到沿传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变,设当物体下滑速度大于传送

带转动速度时物体的加速度为a 2,则 a 2=mgsin 37°-μmgcos 37°m

=2 m/s 2 x 2=l -x 1=11 m

又因为x 2=vt 2+12a 2t 22,则有

10t 2+t 22=11

解得:t 2=1 s(t 2=-11 s 舍去)

所以t 总=t 1+t 2=2 s.

考点六 滑块、滑板模型

【典例6】(多选)(2014·江苏高考)如图所示,A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ,静止叠放

在水平地面上。A 、B 间的动摩擦因数为μ,B 与地面间的动摩擦因数为12μ。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( )

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A .当F <2μmg 时,A 、

B 都相对地面静止 B .当F =52μmg 时,A 的加速度为13μg

C .当F >3μmg 时,A 相对B 滑动

D .无论F 为何值,B 的加速度不会超过12μg

【答案】BCD

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【反思总结】

1.模型特点

涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。

2.两种位移关系

滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移之差等于板长;反向运动时,位移之和等于板长。

3.解题思路

(1)审题建模:求解时应先仔细审题,清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。

(2)求加速度:准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。

(3)明确关系:找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注

意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

【跟踪短训】

8. 如图所示,质量M = 1 kg 的木板A 静止在水平地面上,在木板的左端放置一个质量m =1 kg 的铁块B (大小可忽略),铁块与木块间的动摩擦因数μ1 = 0.3,木板长L = 1 m ,用F = 5 N 的水平恒力作用在铁块上,g 取10 m/s 2。

牛顿运动定律的综合应用-2018年高三物理一轮复习

(1) 若水平地面光滑,计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动;

(2) 若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1,求铁块运动到木板右端所用的时间。

【答案】(1)不会 (2) 2 s

【解析】(1)A 、B 之间的最大静摩擦力为f m >μ1mg =0.3×1×10 N =3 N

假设A 、B 之间不发生相对滑动,则

对A 、B 整体:F =(M +m )a

对A :f AB =M a

解得:f AB =2.5 N

因f AB

(2)对B :F -μ1mg =m a B

对A :μ1mg -μ2(M +m )g =M a A

据题意:x B -x A =L

x A =12a A t 2;x B =12a B t 2

解得:t = 2 s 。

备课札记]

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课后巩固 ● 课时作业

基础巩固

1. 有关超重和失重,以下说法中正确的是( )

A .物体处于超重状态时,所受重力增大,处于失重状态时,所受重力减小

B .斜上抛的木箱中的物体处于完全失重状态

C .在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时,升降机必定处于下降过程

D .在月球表面行走的人处于失重状态

【答案】B

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2. 如图所示,质量分别为m 和2m 的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端,已知弹簧的原长为L ,劲度系数为k 。现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上有一水平拉力F ,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为( )

牛顿运动定律的综合应用-2018年高三物理一轮复习

A.F 3k

B.F 2k

C .L +F 3k

D .L +F 2k

【答案】C

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3. 质量为m 0 =20 kg 、长为L = 5 m 的木板放在水平面上,木板与水平面的动摩擦因数为μ1 =0.15。将质量m = 10 kg 的小木块(可视为质点),以v 0 = 4 m/s 的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面的动摩擦因数为μ2=0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g =10 m/s 2)。则下列判断中正确的是( )

牛顿运动定律的综合应用-2018年高三物理一轮复习

A .木板一定静止不动,小木块不能滑出木板

牛顿运动定律的综合应用-2018年高三物理一轮复习

B .木板一定静止不动,小木块能滑出木板

C .木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板

D .木板一定向右滑动,小木块能滑出木板

【答案】A

【解析】木板与地面间的摩擦力为F f 1=μ1(m 0+m )g =0.15×(20+10)×10 N =45 N ,小木块与木板之间的摩擦力为F f 2=μ2mg =0.4×10×10 N =40 N ,F f 1>F f 2,所以木板一定静止不动;设小木块在木板上滑行的距离为x ,v 20=2μ2gx ,解得x =2 m

4. 如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有A M、B M、C M三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠B MO=60°,O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,如所用时间分别为t A、t B、t C,则t A、t B、t C大小关系是()

牛顿运动定律的综合应用-2018年高三物理一轮复习

A.t A

D.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系

【答案】B

【解析】由等时圆模型可知,A、C在圆周上,B点在圆周外,故t A=t C

5. 如图所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(如下图所示)()

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【答案】A

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综合应用

6. 如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示(g=10 m/s2),则下列结论正确的是()

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A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态

B.弹簧的劲度系数为5 N/cm

C.物体的质量为2 kg

D.物体的加速度大小为10 m/s2

【答案】BC

【解析】初始,物体静止在弹簧上面,弹簧弹力与重力平衡,施加F后即为合力,所以有10 N=m a,此后物体匀加速上升,弹力逐渐变小,当弹簧恢复原长后,物块和弹簧分离,选项A错.合力为30 N-mg=m a,整理得物体重力mg=20 N,质量m=2 kg,选项C正确.加速度a=5 m/s2,选项D错.从初始弹簧弹力等于重力到弹簧恢复原长,位移为4 c m,即弹力等于重力时,弹簧形变量为Δx=4 c m,劲度系数k=mg/Δx=5 N/c m,选项B正确.正确选项为BC.

7. 如图所示,一固定杆与水平方向夹角为α,将一质量为m1的滑块套在杆上,通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球,杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动,此时绳子与竖直方向夹角为β,且α<β,则滑块的运动情况是()

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A. 沿着杆减速下滑

B. 沿着杆减速上滑

C. 沿着杆加速下滑

D. 沿着杆加速上滑

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【答案】B

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8. (多选) 将一倾角为θ的斜面体固定在水平面上,用一小段轻绳连接两个物块A和B放在斜面上,如图所示。已知A的质量为m1、B的质量为m2,且两物块与斜面间的动摩擦因数相同,现有一沿斜面向上的恒力F作用在物块A上,使两物块沿斜面向上运动,则轻绳对物块B 的拉力()

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A.斜面的倾角越大,拉力越大

B.物块B与斜面间的动摩擦因数越大,拉力越大C.恒力F越大,拉力越大

D.轻绳的拉力为F T=m2F

m1+m2,与两物块质量有关

【答案】CD

【解析】对整体分析,由牛顿第二定律得:F-(m1+m2)g s i n θ-μ(m1+m2)g c o s θ=(m1+

m2)a,所以a=F

m1+m2-g s i n θ-μg c o s θ,对B分析有F T-m2g s i n θ-μ2g c o s θ=m2a,联立解得

F T=m2F

m1+m2,则绳子的拉力与斜面的倾角无关,与物块的斜面间的动摩擦因数无关,与恒力F 的大小和两物块的质量有关,则答案为C、D。

9. 如图所示,质量M=8 kg的小车放在光滑的水平面上,在小车左端加一水平推力F=8 N,当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2 kg 的小物块,物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长。(g=10 m/s2) 求:

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(1) 小物块放上后,小物块及小车的加速度各为多大?

(2) 经多长时间两者达到相同的速度?

(3) 从小物块放上小车开始,经过t=1.5 s小物块通过的位移大小为多少?

【答案】(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s 2.1 m

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