2019年高考物理总复习专题03牛顿运动定律精准导航学案

1、专题 03 牛顿运动定律考纲定位本讲共涉及一个一级考点（1）超重和失重一个二级考点（1）牛顿运动定律及其应用本章共涉及两个考点、一个一级考点、一个二级考点，考试中有单独考选择题的，也有考计算题的, 近几年看这一章内容是年年必考，但分值波动比较大。必备知识1 超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a=g且竖直向下时，完全失重.2 动力学的两类基本问题的处理思路3解决动力学问题的常用方法（1）整体法与隔离法.（2）正交

2、分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.（3）逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问 题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.题型洞察.题型研究一：图象问题（一）真题再现1.（2018 全国卷 I T15）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P,系统处于静止状态现用一竖直向上的力F 作用在 P 上,使其向上做匀加速直线运动。以x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是（）尸合=ma运动学公式受力情况合TT运动情况v、x、t22

3、A. 斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD+ 卩 mcpos0=ma即gsinB+ 卩gcos0=乞.同理向下滑行时gsint1sin0=,卩=v。 W.可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项 A、C 正确；物【答案】A【解析】设弹簧的最大压缩量为I,根据胡克定律有 kl=mg。物块 P 做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 F+k(l-x)-mg=ma,解得 F=ma+kx,则可能正确的是 A。【易错警示】(1)x 表示 P 离开静止位置的位移，并不是弹簧的压缩量。(2)物块 P 做匀加速直线运动，其加速度恒定。2.

4、 (2015 全国卷IT20)如图，一物块在t= 0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所【解析】由v-t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a=:根据牛顿第二定律得口驹0-卩gcos0=兰，两式联立得t1ACD示.若重力加速度及图中的232gt12gt1cos -块滑上斜面时的初速度V0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0,那么平均速度为也，所以104沿斜面向上滑行的最远距离为x=也11，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为2V0tiX吐勺=v（Vo+Vi），选项 D 正确；仅根据v-t图象无法求出物块的质量，选项B 错误.22gti4g3. （20

5、13 全国卷nTi4）物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图象是（）【答案】C第二定律可得F -fm=ma，又fm二Jmg，则有F二mamg，故选项 C 正确。4.（2013 全国卷IT2O）2O12 年 11 曰，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动 力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一一作用力，使飞机在甲板上

6、短距离滑行后停止，某次 降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为I000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则（）xsin0 =【解析】当0：F：fm时，物块始终静止，加速度为0；当F J 时，物块做加速运动运动，由牛顿A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1B.在 0.4s2.5s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化吩1.0 L5 2.02.5工0图5D. 在 0.4s2.5s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率儿乎不变【答案】AC【解折】由

7、图象可知，从着!到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为 m=105m,而延拦索的位移为 WOOm,因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的,210故 A 正确！在 0 4S-2 5S 时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所凯合力也不变因 此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故 B 错误；在滑行过程中，飞行员 所承受的加速度大小为盘=字=m.-,s3= 26 2m.s32.5故 C 正甌 在 0.4s2.5s 时间內，阻 拦系统对飞机做功的功率 5,虽然尸不变，但*罡逐渐变小，所以其变化的，故 D 错误乜（二）精准练习1.如图

8、甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上.t= 0 时，一物块（可视为质点）从底端a以初速 度vo沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c.若物块与斜面ab、be间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g=10 m/s2,则下列物理量中不能求出的是（）A.斜面ab的倾角0B.物块与斜面间的动摩擦因数卩C.物块的质量 mD.斜面be的长度L【答案】C【解析】根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小ai、a2,根据牛顿第二定律有 min0+卩mgeos0=ma,mceos0卩mgin0=ma,则可求出0和，但

9、m无法求出，根据题图乙可求出 0.6 1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出L,故选项 C 正确.2如图 a 所示，水平面上质量相等的两木块A、B,用轻弹簧相连接，这个系统处于平衡状态现用一竖直向上的力F拉动木块A,使木块A向上做匀加速直线运动（如图b）,研究从力F刚作用在木块A瞬间C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g&25-046到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块表示力F和木块A的位移x之间关系的图是（）【解析】设原来系统静止时弹簧的压缩长度为xo,当木块A的位移为x时，弹簧的压缩长度为（xo-x）.弹簧的弹力大小为k（xo-x）,根据牛顿

10、第二定律得F+k（xo-x）-mg=ma得到，F=kx-kxo+ms+mg又kxo=mg则得到F=kx+ma可见F与x是线性关系，当x=0 时，kx+ma0 .故选 A。3如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内）F 列说法正确的是（）甲A.小球刚接触弹簧时速度最大B-当厶x=0.3m 时，小球处于超重状态A的起点位置为坐标原点.则下面图中能正确的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2,则，其速度v和弹簧压缩量x之间A Vm

11、u/tms1)7C.该弹簧的劲度系数为 20.0N/mD. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【答案】BCD8【解析】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当0.1m 时，小球的速度最大，然后减小，说明当厶x为 0. 1m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力所以可得：gx=mg解得：!mg故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确；v-t图线的斜率表示物体的加速度，由图线可知从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先 减小后增大，选项 D 正确；故选 BCD4若货物随升降机运动的v-t图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到

12、升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（）【答案】B【解析】由说图象可知：过程为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，F 吨、过程为向下匀 速直线运动枇于平衡状态卩=閘过程为向下匀减速直线运訓加速度向上，超重，卩聞过程为 向上匀加速直线运动血速度向上，超重，臥刘过程为向上匀速直线运动（处于平衡状态，FF）过 程为向上匀减速直 2 雄做加速度苛匚失重尸a3,所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1= 1 s 的过程中，木板向左运动的位移为X1=vt1A班in a1)012 t/s图(b)对滑块，加速度大小为2a2= 4 m/si4滑块向右运动的位移X2=V_ 11= 2 m242木板继续减速，加

13、速度大小仍为a3=m/s3假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2=Vi-a3t2解得12= 0.5 s一127此过程中，木板向左运动的位移X3=vit2-a3t2=m,末速度V3=vi-a3t2= 2 m/s2 6、 一、12滑块向左运动的位移X4=a2t2= 0.5 m2此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为x=xi+X2+X3X4= 6 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为V2向左运动的位移为X5= = 2 m2ai所以木板右端离墙壁最远的距离为X=Xi+X3+X5= 6.5 m3. (20i5 全

14、国卷nT25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为0=337 (sin 37=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含5有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m可视为质3量不变的滑块)，在极短时间内，A B间的动摩擦因数 卩1减小为一，B C间的动摩擦因数 卩2减小为 0.5 ,8A、B开始运动， 此时刻为计时起点；在第 2 s 末，B的上表面突然变为光滑， 卩2保持不变已知A开始运 动时，A离B下边缘的距离I= 27mC足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g= 1

15、0m/s2。求：-瓜=10m,2313末速度vi= m/s3此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2= 4 m/sai= i m/s17(1)在 02s 时间内A和B加速度的大小;i4(2)A在B上总的运动时间。2 2【答案】(1)3 m/s 1 m/s (2)4 s【解析】(1)在 02 s 时间内，A和B的受力如图所示，其中fi、N是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得mg介=邸驱曲 8直M二Mi十吨 规定沿針面向F为正.设虫和0的加速度分别为如和也，由牛顿第二定律得mgsin/=/i联立式，并代入

16、題给数据得i=3 m/s2G=lm/V在ti= 2 s 时，设A和B的速度分别为Vi和V2,贝VVi=aiti= 6 m/s19V2=a2t1= 2 m/stt1时，设A和B的加速度分别为a1和a2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a1= 6 m/s22a2= 2 m/sB做减速运动设经过时间t2,B的速度减为零，则有V2+a2t2= 0联立？ ？式得t2= 1 s在11+12时间内，A相对于B运动的距离为s= a1tfv1t2+1a1t|( a2t+v2t2+ a2t|)2 2 2 2=12 mv27 m此后B静止，A继续在B上滑动设再经过时间t3后A离开B,则有12Is= (V1+a1

17、t2)13+a计32可得t3= 1 s（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有t总=11+12+13= 4 s（二）精准练习1 如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度 a,得到如图乙所示的aF图象，g取 10 m/s2,A. 滑块A的质量为 4 kgB. 木板B的质量为 1 kgC. 当F= 10 N 时木板B的加速度为 4 m/st变化( )i4D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1【答案】BC. . 2【解析】由图知，当F= 8 N 时，加速度为：a= 2 m/s ,对整体分析：F=

18、(m+m)a,解得：m+RB= 4kg，当F大于 8 N 时，AB发生相对滑动，对B有：a=匸二，mAg= 丄F_陀，由图示图象可知，mBmBmB1Aa图线的斜率：k= = = 1,解得：m= 1 kg，滑块A的质量为：m= 3 kg。当a= 0 时，F= 6 N，代mBAF入解得 卩=0.2，故 A、D 错误，B 正确；根据F= 10 N8 N 时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：B=a= -山人=F1Ag= (1x10 0.2x30) m/s2=4 m/s2o故 C 正确。mBmBmB2.如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板AB,长度均为l=2.5m，质量均为=150kg，现有一小滑块以速度V0=6m/s 冲上木板A左端，已知小滑块质量=200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为匕,2木板与地面间的动摩擦因数J2=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s )(1)木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件。(2)若叫=0.4，求滑块运动时间。(结果用分数表示)23【答案】(1)0.35：叫乞0.5(2)s14【解析】 滑上木板)时木板不动，由受力分析得阳兰禺(叫+2 眄)若滑上木板E时木板A开始渭动由受力分析得耳鸥曲(码+眄)代入数据得0.350.5(2)若叫=0.4，则货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减