高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末归纳提升(1).doc

2015届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末归纳提升12“等时圆”模型1.物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且为t2(可由2rcos at2及mgcos ma解得)(如图31甲所示)图312物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端的时间相等，且为t2(如图31乙所示)如图32甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分ae滑行的时间技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图 甲 乙图32ac是滑道的竖直高度，d点是ac竖直线上的一点，且有adde10 m，滑道ae可视为光滑，滑行者从坡顶a点由静止开始沿滑道ae向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道ae上滑行的时间为()a. sb2 sc. sd2 s【解析】a、e两点在以d为圆心为半径为r10 m的圆上，如图所示，滑行者在ae上的滑行时间与沿ad所在的直径自由下落的时间相同，t2 s【答案】b【即学即用】1.(多选)如图33所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于m点，与竖直墙相切于a点，竖直墙上另一点b与m的连线和水平面的夹角为60，c是圆轨道的圆心图33已知在同一时刻，a、b两球分别由a、b两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到m点；c球由c点自由下落到m点则()aa球最先到达m点bb球最先到达m点cc球最先到达m点dc、a、b三球依次先后到达m点【解析】设圆轨道半径为r，据“等时圆”模型结论有，ta2；b点在圆外，tbta，c球做自由落体运动tc；所以，有tctaa0，所以小球已离开斜面，斜面的支持力fn0同理，由受力分析可知，细绳的拉力为t2.83 n此时细绳拉力t与水平方向的夹角满足tan 1，45.【答案】2.83 n方向与水平方向夹角为45斜面对小球的弹力为01.(2013贵阳模拟)如图1所示，用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力()a比球撞击球拍的力更早产生b与球撞击球拍的力同时产生c大于球撞击球拍的力d小于球撞击球拍的力图1【解析】网球拍打击网球的力与球撞击球拍的力是一对作用力与反作用力，它们同时产生、同时变化、同时消失，选项a错误，b正确；作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，选项c、d错误【答案】b2.(2014届沈阳一中模拟)如图2所示，质量为m12 kg的物体a经跨过定滑轮的轻绳与质量为m5 kg的箱子b相连，箱子底板上放一质量为m21 kg的物体c，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，取g10 m/s2，下列说法正确的是()图2a物体a处于失重状态，加速度大小为10 m/s2b物体a处于超重状态，加速度大小为20 m/s2c物体c处于失重状态，对箱子的压力大小为5 nd轻绳对定滑轮的作用力大小为80 n【解析】取a、b、c为整体，由牛顿第二定律得(mm2)gm1g(mm1m2)a，则加速度为a5 m/s2，a、b错；隔离c有m2gfnm2a，即fn5 n，c对；隔离a有tm1gm1a，即t30 n，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2t60 n，d错【答案】c3(2013安徽江南十校摸底)如图3所示，在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是()图3a小球受力个数不变b小球立即向左运动，且a8 m/s2c小球立即向左运动，且a10 m/s2d若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a10 m/s2【解析】在剪断轻绳前，分析小球受力，小球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力应用平衡条件可得弹簧弹力fmgtan 4510 n剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项a错误；此时在竖直方向，水平面的弹力nmg，摩擦力为fn2 n，小球水平向左的合力ffma，解得a8 m/s2，选项b正确，c错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a0，选项d错误【答案】b4.如图4所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为()al0bcl0dl0图4【解析】弹簧上端只有托盘时，弹簧被压缩的长度为；当再加上木块时，弹簧被压缩的长度为；在力的作用下，弹簧被压缩的更多撤去外力后，两者加速向上运动，当到达压缩量为时，速度达到最大而加速度为零，显然这时木块和托盘之间有压力作用，且压力等于木块的重力再向上做减速运动，由于木块处于失重状态，对托盘的压力变小当恰好分离时，两者恰好无相互作用力，两者都处于完全失重状态，所以弹簧为原长，选项a正确【答案】a5.(多选)在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力f1和f2的作用，在第1 s内保持静止，若两力f1和f2随时间的变化图线如图5所示，则下列说法正确的是()图5a在第2 s内物体做加速运动，加速度的大小逐渐减小，速度逐渐增大b在第3 s内物体做加速运动，加速度的大小逐渐减小，速度逐渐增大c在第4 s内物体做加速运动，加速度的大小逐渐减小，速度逐渐增大d在第5 s末，物体的加速度为零，运动方向与f1相同【解析】由物体在第1 s内保持静止可知f1和f2的合力为零，即f1与f2大小相等，方向相反，在第2 s内和第3 s内f2减小，f1与f2的合力增大，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大，a、b错误第4 s内f2逐渐增大，f1与f2的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，第5 s末f1与f2的合力为零，加速度为零，速度方向与f1相同，c、d正确【答案】cd6(多选)(2013衡水中学调研)如图6所示，倾角为30的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉m、n固定于杆上，小球处于静止状态设拔去销钉m(撤去弹簧a)瞬间，小球的加速度大小为6 m/s2，若不拔去销钉m，而拔去销钉n(撤去弹簧b)瞬间，小球的加速度可能是(g取10 m/s2)()图6a11 m/s2，沿杆向上b11 m/s2，沿杆向下c1 m/s2，沿杆向下d1 m/s2，沿杆向上【解析】设小球处于静止状态时b弹簧弹力为f，拔去销钉m瞬间，取向上为正方向，若a6 m/s2，由牛顿第二定律，fmgsin 30ma，解得f11m.若a6 m/s2，由牛顿第二定律，fmgsin 30ma，解得fm.设a弹簧弹力为f，由平衡条件fmgsin 30f，当f11m可得f6m，拔去销钉n瞬间，由牛顿第二定律，fmgsin 30ma，解得a11 m/s2，选项b正确，a错误；当fm可得f4m，拔去销钉n瞬间，由牛顿第二定律，fmgsin 30ma，解得a1 m/s2，方向沿杆向下，选项c正确，d错误【答案】bc7如图7所示，一块磁铁放在铁板abc上的a处，其中ab长为1 m，bc长为0.6 m，bc与水平面夹角为37，磁铁与铁板间的引力为磁铁重力的0.2倍，磁铁与铁板间的动摩擦因数0.25，现给磁铁一个水平向左的初速度v04 m/s不计磁铁经过b处转向的机械能损失求：(sin 370.6，cos 370.8 g取10 m/s2)图7(1)磁铁第一次到达b处的速度大小；(2)磁铁沿bc向上运动的加速度大小；(3)请通过计算判断磁铁最终能否再次回到b点【解析】(1)nkmgmg1.2 mgfn0.251.2mg0.3mg根据牛顿第二定律a13 m/s2vb m/s3.16 m/s.(2)磁铁沿bc向上运动时，nmgcos 37kmg0nmgsin 37ma2a28.5 m/s2(3)磁铁沿bc向上运动的最大距离s m0.59 m(mgcos 37kmg)所以磁块最终能再次回到b点【答案】(1)3.16 m/s(2)8.5 m/s2(3)能回到b点8如图8甲所示，质量为m1 kg的物体置于倾角为37的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力f，作用时间t11 s时撤去拉力，物体运动的部分vt图象如图乙所示，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.甲乙图8试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力f的大小；(2)t6 s时物体的速度，并在图乙上将6 s内物体运动的vt图象补画完整，要求标明有关数据【解析】(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2，由vt图象可知：a1 m/s220 m/s2a2m/s210 m/s2对物体在撤去拉力前，由牛顿第二定律得fmgsin 37mgcos 37ma1对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma2解得f30