专题03 牛顿运动定律.docx

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1、聚焦2021届高考物理超重点十五讲(解析版)专题【03】牛顿运动定律超重点1:两类动力学问题1. 解决两类动力学基本问题应把握的关键(1) 两类分析一一物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2) 一个“桥梁”一一物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁.2. 解决动力学基本问题时对力的处理方法(1) 合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”.(2) 正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”.【典例1】随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离.如图所示，航空 母舰的水平跑道总长l = 180 m，其中电磁弹射区的长度为1 =

2、 120口，在该区域安装有直流电机，该电机可 从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵.一架质量为m=2.0X104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的 推力F推=1.2X105 N.假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05牛1加皿倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍.已知飞机可看作质量恒定/瞄拼射区无移必 的质点，离舰起飞速度v=120m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1) 飞机在后一阶段的加速度大小；(2) 飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小.思路点拨解此题可按以下思路：根据牛顿运动定 律和运动学规律 列方

3、程求解飞机在电磁弹射区的受力情况和运动情况飞机在之后 习的受力情况与 和运动情况【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为气， 此过程中的平均阻力Ff2 = .2mg根据牛顿第二定律有F推一Ff2=ma2代入数据解得气= 4.0 m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速 度为，末速度为匕.此过程中飞机受到的阻力Ff1 = 0.05mg根据匀加速运动规律有V2 = 2a1l1V2V2 = 2a2(l li)根据牛顿第二定律有F牵+F推一Ffi=ma1代入数据解得 a1 = 58 m/s2,

4、F 牵=1.05X 106 N.【答案】(1)4.0 m/s2 (2)58 m/s2 1.05X 106 N方法技巧两类动力学问题的解题步骤明礁研究对彖动状志分析n ,选轻力的 她理才法逸耻虫向-球定告外的 列方程求解,剃落维体注或隔离法展定矫宛时乳一食好壹由示意用、运劫崎景图.明撕物体 的逅劫旌质和运碰过魅-普成法或正吏分解法*通常规定加逢是的才而为正才俞f/r=mar根据牛顿第二定律F护财逃L* J乩*flyI由运动学公式列出摘助方程训练1.为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险 车道.一辆货车在倾角0=30。的连续长直下坡高速路上，以v0=

5、7m/s的速度 在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)， 突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车 重的0.2.在加速前进了=96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角a=37。的避 险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65.货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 37=0.6， g=10 m/s2.求：(1) 货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2) 货车在避险车道上行驶的最大距离x.【解析】(1)设货车加速下行时的加速度大小为，由牛顿第二定律可知：mgsin 0 0.2mg=m&1 解得：a1 =

6、 3 m/s2 由公式 V2 V02 = 2a1x0 解得：v=25 m/s(2)设货车在避险车道上行时的加速度大小为气，由牛顿第二定律可知：mgsin a+0.65mg=ma2解得：a2 = 12.5 m/s2由 V20 = 2a2x解得：x=25 m【答案】(1)25 m/s (2)25 m训练2.一质量为m=2 kg的滑块能在倾角为0=30。的足够长的斜面上以a=2.5 m/s2的加速度匀加速下滑.如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t = 2 s内沿斜面做匀加速运动， 其位移x=4 m. g取10 m/s2.求：（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数U;（2）恒力F的

7、大小.【解析】（1）根据牛顿第二定律，有mgsin 30 umgcos 30=ma解得口 =乎（2）滑块沿斜面做匀加速直线运动时，加速度有向上和向下两种可能.根据题意，由运动学公式，有x=jait2，可得 ai = 2 m/s2当加速度沿斜面向上时，有Fcos 30mgsin 30Ff=maiFf= u (Fsin 30+mgcos 30)联立解得F=76疵5当加速度沿斜面向下时，有mgsin 30Fcos 30Ff=maiFf= u （Fsin 30+mgcos 30） 联立解得卜=苗N.3 /、4疽 3 f76： 【答案】（1）普 （2W- N或汽N 675超重点2：超重和失重问题、超重、

8、失重现象超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力（或 对悬挂物的拉力）大于物 体所受重力的现象物体对支持物的压力（或 对悬挂物的拉力）小于物 体所受重力的现象物体对支持物的压力（或 对悬挂物的拉力）等于零 的现象产生条件物体的加速度方向竖直向 上物体的加速度方向竖直向 下物体的加速度方向竖直向下，大小a=g原理方程Fmg=mamgF=mamgF=ma=mgF=0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a=g 加速下降或减速上升二、说明：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

9、的加速度方向，只 要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.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.例题1.（多选）2016年10月17日我国的“神舟十一号”载人飞船载着我国两名宇航员顺利发射升空.两 名宇航员在随飞船升空时要经受严峻的超重考验，而在完成太空任务后返回地球的过程中，既要承受超重 的考验.又要承受失重的考验.下列说法中正确的是（）A. 当“神舟十一号”加速上升时，宇航员处于超重状态B. “神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于失重状态C. “神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于宇航员的

10、重力D. “神舟十一号”落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力【解析】当宇航员的加速度向下时，宇航员处于失重状态，当宇航员的加速度向上时，宇航员处于超 重状态，当宇航员加速上升或减速下降时，宇航员处于超重状态，故选项A正确；“神舟十一号”在返回 地球的减速过程中，宇航员处于超重状态，故选项B错误；“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时， 加速度方向始终向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项C错误；“神 舟十一号”在落地前减速下落时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航 员的重力，故选项D正确.【答案】AD例题2.为了让乘客

11、乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而 自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示.当此车加速上坡时，乘客（）A. 处于失重状态B. 处于超重状态C. 受到向后的摩擦力作用D. 所受力的合力沿斜面向下【解析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而 静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前（水平向右）的摩擦力作用，故C错误； 由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误.【答案】B

12、例题3.（多选）如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量 为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三.已知重力加速 度g取10 m/s2，由此可判断（）g-A. 电梯可能加速下降，加速度大小为5 m/s2Q身B. 电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 m/s2C. 乘客处于超重状态JD. 乘客对电梯地板的压力为375 N【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说 明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg-|kx=ma，即1mg=ma，a=2.5 m/s2，加速度向下，

13、电梯可能加 速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项A、C错误，选项B正确；电梯地板对乘客的支持力大小为FN=mz g-mz a=500 N-125 N=375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力为375 N，选项D正确.【答案】BD超重点3：轻绳、轻杆、轻弹簧瞬时性问题1. 两种常见模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种 常见模型:【不发生明显形慕藏能产生弹力，弊新霸;lira 济称；脱启后几乎不需寮时间族屋毋斐，弹力;科接触面:立即消失故能史，TS题日中斯蜂的援地；轻杆和犊触血在不加特殊说明时，均可;两神模型:校此模墨貌理:当祥黄

14、的曲琲与饷体相壤朋两端为回: :定端）时，由于篇体右懂姓，律簧对长| 弹簧、蹦床；废不会发生突受，所以在瞬时问题中，: 讦画丽L其弹力的大小认为是不蓝的，即此时律;；黄的弹力不突丈:2. 求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后 物体的受力情况列牛顿第二 求瞬时定律方程 习|加速度【典例2】如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C,三者均处于静止状态.现将木块C迅速移开，若重力加速度为g,则在木块C移开的 瞬间()A. 木块B对水平面的压力大小迅速变为2mgB. 弹簧的弹力大小为mgC. 木块A的加速度大小为2gD弹簧的弹性势能立即

15、减小思路点拨解此题关键有两点:(1) 找出C移开前各物体的受力特点.(2) C移开瞬间弹簧弹力没有发生变化.【解析】 移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因 移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木 块B所受重力、弹簧弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C 瞬间，对木块A由牛顿第二定律有3mgmg=ma，解得a=2g，方向竖直向上，选项C正确.【答案】C方法技巧“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题(1)分析瞬时加速度的“两个关键” 分析瞬时前、后的受力情况和运

16、动状态. 明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点.“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力情况.第二步：分析物体在突变时的受力情况.第三步：由牛顿第二定律列方程.第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性.训练1.(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S 1 “和9相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态.现将细线剪断.将笔 物块a的加速度的大小记为a，S和S相对于原长的伸长分别记为】和重力加速度 411212大小为g.在剪断的瞬间()二A.a =3g1C.Al1 = 2Al2【解析】剪断细线前B. a1 = 0D. Al1=Al2把a、b、

17、c看成整体，细线上的拉力为FT=3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同.则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛 顿第二定律得3mg=ma1，得a1 = 3g，A正确，B错误.由胡克定律知2mg=kAlmg=kAl2，所以A l1 = 2A 12，C正确，D错误.【答案】AC小球恰好处于训练2.如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30。的光滑木板AB托住， 静止状态.当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A. 0B. 大小为g,方向竖直向下C. 大小为43g,方向垂直木板向下3D. 大小为3g,方向水平向右3【解析】未撤离

18、木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F= 3.当突然向下撤离光滑木板时，廿立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力依旧， 故Fx与呢的合力仍为=扁，由此产生的加速度为a=J=千g，方向 与合力方向相同，故C正确.【答案】C超重点4：传送带问题1. 传送带的基本类型(1) 按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b、图c)、水平与倾斜组合;(2) 按转向可分为：顺时针、逆时针.2. 传送带问题的特征(1) 水平传送带项目图示滑块可能的运动情况情景 1gc)(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后匀速情景 2OO(1) vv时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2) v0v返回时速度为

19、V，当V0v返回时速度为V。(2)倾斜传送带项目图示滑块可能的运动情况情景 1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景 2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以加速后再以气加 速，且气情景 3(1) 可能一直加速(2) 可能一直匀速(3) 可能先加速后匀速(4) 可能先减速后匀速(5)可能先以加速后再以气加 速(6)可能一直减速情景 4(1) 可能一直加速(2) 可能一直匀速(3 )可能先减速后反向加速(4)可能一直减速【典例3】(2018 安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30,两轮轴心相距L=2m,A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑.现使传送

20、带沿顺时针方向av=2.5 m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动-；:摩擦因数u =33，g取10 m/s2.试求：I. .(1) 小物块运动至B点的时间；(2) 若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以匕=3术m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块 到达B点的速度范围.思路点拨解此题关键有两点：(1) 小物块放在传送带上后的受力特点及运动特点分析.小物块到达B点的两种临界情况.【解析】（1）刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为，根据牛顿第二定律有umgcos 30mgsin 30=ma解得 ai = 2.5 m/s2.用时为七，则将匀速运动

21、至B点，设用时为七，则设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块运动的位移为Lv 2.5L=a=2 s=1 s， 1V22.52Li=如=22 m=L25 m，因Liumgcos 37，则A物体所受摩擦力向上，向下做匀加速度运 动，物块B受到的摩擦力也向上，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物 块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B、C正确；A物 块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D正确.【答案】BCD训练3.（2018 -湖北宜昌高三一模）如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组 成，一台水平传送，A、

22、B两端相距3 m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角。= 37，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近，水平部分AB以5 m/s的速率顺时 针转动.将质量为10 kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传 .AUC到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求:(1) 若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离.(2) 若要将米袋送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的 取值范围.【解析】米袋在AB上加速时的加速度a=ug=5 m/s2V2米袋的速度达到v0=5 m/s时，滑行的距离s=2.5 m30N，所以物块能够滑离

23、木板，隔离木板，由牛顿第二定律得Fumgcos aMgsin a =Ma1隔离物块，由牛顿第二定律得umgcos a mgsin a=ma2设物块滑离木板所用时间为t木板的位移xi=|ait2物块的位移x2=|a2t2物块与木板的分离条件为A x=XX2=L联立以上各式解得t=1.2 s物块滑离木板时的速度v=a2t由公式一2gsin a x=0V2解得x=0.9 m【答案】(1)FW30 N (2)能 1.2 s 0.9 m题组突破训练一、选择题1. (多选)(2018 贵州遵义航天高级中学模拟)运动员从悬停的直升机上跳伞，下落一段时间后打开降 落伞，打开伞之前，运动员所受空气阻力可忽略，打

24、开伞后受到的空气阻力与速度成正比，运动员打开伞 后的运动情况可能是()A. 加速度大小先减小最后为零B. 加速度大小先增大最后为零C. 速度一直不变D. 速度先增大后不变【解析】打开伞瞬间如果阻力大于重力，加速度向上，运动员做减速运动，根据阻力与速度成正比及 牛顿第二定律知加速度逐渐减小，最后减为零，因此运动员先做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速 运动，A正确；打开伞瞬间如果阻力小于重力，加速度向下，运动员做加速运动，由阻力与速度成正比及牛 顿第二定律知加速度逐渐减小，因此运动员先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，D正确；打 开伞的瞬间如果阻力等于重力，运动员做匀速直线运动，C正

25、确；加速度大小先增大最后为零是不可能的， B错误.【答案】ACD2. （多选）（2018 -湖北六校联考）如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平 衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为0.如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间（）A. 图甲中小球的加速度大小为gsin 0,方向水平向右B. 图乙中小球的加速度大小为gtan 0,方向水平向右C. 图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1： cos20D. 图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2。: 1【解析】设两球质量均为m，对小球A进行受力分析，剪断水平细线后，小球A将沿圆弧摆下，故剪断 水平细线瞬间，小球A的加速

26、度棉的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下，则FTi=mgcos 0, F=mgsin 0 =mai，所以ai = gsin 0，方向垂直倾斜细线向下，选项A错误.对小球B进行受力分析，水mg 平细线剪断瞬间，小球B所受重力mg和弹簧弹力不变，小球B的加速度气的万向水平向右，则七二爵0， F2=mgtan 0 =ma2，所以a2 = gtan 0,方向水平向右，选项B正确.图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力 之比为：FT2 = cos2。: 1，选项C错误，D正确.【答案】BD3. 一物块沿倾角为0的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当V- _，一,.物块

27、的初速度为二时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为一 HA. tan 0 和二,V2、HB.（诵一Dtan 0 和HC. tan 0 和4v2HD. （2gH1）tan 0 和4【解析】对物块上滑过程受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得一mgsin 0h 、，、SiC，联立可得U, V2、 八=（如Hl）tan 一 H 一h=4.故D正确.一 Umgcos =ma，一H，v、在上滑过程中，根据运动规律可得0v2=2as，0（2）2=脂二【答案】D4.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它

28、们处在同一竖直平面内.现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为aB0.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（）A.B.C.D.t =t =tAB CD EFtABtCDtEFtABtCDtEFtAB=tCDB可知， g gcos tABtCDtEF，选项 B 正确.【答案】B体重计上，体重所示，已知重力5. （多选）在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在 计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图加速度为g，则在这段时间内，下

29、列说法中正确的是（）A.该同学所受的重力变小了B.该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力C.电梯一定在竖直向下运动D.电梯的加速度大小为g，方向一定竖直向下【解析】体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变化，故选项A错误;该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B正 确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误;电梯静止时，由平衡条件知FNi=mg，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mgFN2=ma，代入数据解得a =%故选项d正确.【答案】BD6. 一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之间关系图象的是(【解析】物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0； 当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得FuFN=ma，即卜=口写+川禽卜与a成线性关系.选项C正 确.【答案】C面上的薄纸板7. (多选)(2018 河北唐山调研)