2018届二轮复习牛顿运动定律的理解和应用课件（53张）（全国通用）

2018届二轮复习牛顿运动定律的理解和应用课件（53张）（全国通用）

第 3 讲　牛顿运动定律的理解和应用 专题一　力与运动 考点一　牛顿运动定律的有关辨析 考点三　动力学的两类基本问题 考点四　用动力学方法解决传送带问题 考点二　牛顿运动定律的应用 牛顿运动定律的有关辨析 考点一 真题研究 1.(2017· 浙江 11 月选考 ·2) 在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是 A. 质量，千克 B. 能量，焦耳 C. 电阻，欧姆 D. 电量，库仑 √ 解析　 国际基本物理量有：质量，长度，时间，电流，发光强度，热力学温度，物质的量，故选 A. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 2.(2017· 浙江 4 月选考 ·1) 下列物理量及对应的国际单位制单位符号，正确的是 A. 力， kg B. 功率， J C. 电场强度， C/N D. 电压， V √ 解析　 力的国际单位是 N ，功率的国际单位是 W ，电场强度的国际单位是 N/C ，电压的国际单位是 V ，所以正确答案为 D. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 3.(2016· 浙江 10 月学考 ·2) 下列均属于国际制基本单位的是 A.m 、 N 、 J B.m 、 kg 、 J C.m 、 kg 、 s D.kg 、 m/s 、 N √ 答案 4.( 人教版必修 1P70 第 1 至 3 题改编 ) 下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是 A. 飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标 B. 地球自西向东转，你向上跳起来后，不会落到原地 C. 安全带的作用是防止汽车刹车时由于惯性作用发生危险 D. 有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上 的作用力 √ 答案 模拟训练 1 2 3 4 5 6 7 8 5.( 人教版必修 1P81 “ 实验 ” 改编 ) 把 A 、 B 两个弹簧测力计连接在一起， B 的一端固定，用手拉测力计 A ，如图 1 ，则 A. A 拉 B 的力小于 B 拉 A 的力 B. A 拉 B 的力大于 B 拉 A 的力 C. A 拉 B 的力与 B 拉 A 的力是一对平衡力 D. A 拉 B 的力与 B 拉 A 的力是一对相互作用力 √ 解析　 根据牛顿第三定律，相互作用的两个物体间的作用力大小相等、方向相反 . A 、 B 间的力为相互作用力，故 D 项正确 . 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 图 1 6. 伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年 . 下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是 A. 自由落体运动是一种匀变速直线运动 B. 力是使物体产生加速度的原因 C. 物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 D. 力是维持物体运动的原因 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. 课间休息时，一位男生跟一位女生在课桌面上扳手腕比力气，结果男生把女生的手腕压倒到桌面上，如图 2 所示，对这个过程中作用于双方的力，描述正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 A. 男生扳女生手腕的力一定比女生扳男生手腕的力大 B. 男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力一样大 C. 男生扳女生手腕的力小于女生臂膀提供给自己手腕的力 D. 男生扳女生手腕的力与女生臂膀提供给自己手腕的力一样大 图 2 √ 解析　 根据牛顿第三定律，男生扳女生手腕的力与女生扳男生手腕的力大小相等 . 答案 解析 8. 如图 3 所示，有人用一簇气球使一座小屋成功升空 . 当小屋加速上升时，它受到的拉力与重力的关系是 A. 一对平衡力 B. 作用力和反作用力 C. 拉力小于重力 D. 拉力大于重力 √ 解析　 因加速上升，所以拉力大于重力 . 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 图 3 规律总结 1. 力的作用效果是改变物体的运动状态，而不是维持物体的运动状态 . 2. 惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度 . 惯性的两种表现形式： (1) 物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变 ( 静止或匀速直线运动 ). (2) 物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态易改变 . 3. 国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量 . 它们在国际单位制中的单位称为基本单位，而通过物理量之间的关系式推导出来的物理量单位叫做导出单位 . 4. 牛顿第二定律的五性 牛顿运动定律的应用 考点二 命题预测 1. 如图 4 所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为 a ， bc 是固定在小车上的水平横杆，物块 M 穿在杆上， M 通过细线悬吊着小铁球 m ， M 、 m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ . 若小车的加速度逐渐增大到 3 a 时， M 、 m 仍与小车保持相对静止，则 A. 细线与竖直方向的夹角增加到原来的 3 倍 B. 细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的 3 倍 C. 细线的拉力增加到原来的 3 倍 D. M 受到的摩擦力增加到原来的 3 倍 √ 答案 解析 图 4 1 2 3 4 5 6 解析　 小球受重力和细线的拉力，沿水平和竖直方向正交分解，得 F T sin θ ＝ ma ， F T cos θ ＝ mg ，则 a ＝ g tan θ ，所以加速度增大到 3 a 时，细线与竖直方向夹角的正切值增加到原来的 3 倍，选项 A 、 B 错误； 由以上分析知，细线水平分力增到原来的 3 倍，但竖直分力等于小球重力不变，所以实际细线的拉力不会增大到原来的 3 倍，选项 C 错误； 对 M 和 m 整体受力分析 F f ＝ ( M ＋ m ) a ，故 M 受到的摩擦力增加到原来的 3 倍，选项 D 正确 . 1 2 3 4 5 6 2.(2017· 稽阳联谊学校 8 月联考 ) 下列情景中哪个不是失重造成的结果 A. 天宫二号内部的物品可以飘在空中 B. 汽车快速过拱形桥时，司机感觉到自己对座位的压力小了 C. 电梯从十楼向下启动时，人感觉轻飘飘的 D. 小朋友放飞气球，气球飘飘荡荡飞上了天空 模拟训练 √ 解析　 A 、 B 、 C 都是失重或完全失重造成的，只有 D 是因为浮力大于重力造成的，因此 D 正确 . 答案 解析 1 2 3 4 5 6 3.(2016· 温州市联考 ) 如图 5 所示， a 、 b 两小球用细线连接，通过一轻质弹簧悬挂在天花板上， a 、 b 两球的质量分别为 m 和 2 m ，在细线烧断瞬间， a 、 b 两球的加速度分别为 ( 取向下为正方向 ) A.0 ， g B. － g ， g C. － 2 g ， g D.2 g ，0 √ 答案 解析 图 5 1 2 3 4 5 6 解析　 在细线烧断之前， a 、 b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹簧弹力方向向上，大小为 3 mg . 当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故 a 受向上 3 mg 的弹 力和向下 mg 的重力，故加速度 a a ＝ ＝ 2 g ，方向向上 . 对 b 而言，细线烧断后只受重力作用，故加速度 a b ＝ ＝ g ，方向向下 . 取向下为正方向，有 a a ＝－ 2 g ， a b ＝ g . 故选项 C 正确 . 1 2 3 4 5 6 4.(2016· 浙江北仑中学期中 ) 如图 6 所示，光滑水平面上，水平恒力 F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为 M ，木块质量为 m ，它们的共同加速度为 a ，木块与小车间的动摩擦因数为 μ . 则在运动过程中 A. 木块受到的摩擦力大小一定为 μmg B. 木块受到的合力大小为 ( M ＋ m ) a C. 小车受到的摩擦力大小为 D. 小车受到的合力大小为 ( m ＋ M ) a √ 答案 解析 图 6 1 2 3 4 5 6 解析　 木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律 F f ＝ ma ， A 、 B 错误； 小车受到的合外力为 Ma ， D 错误； 1 2 3 4 5 6 5.(2017· 嵊州市高级中学期末 ) 已知雨滴在空中运动时所受空气阻力 F 阻 ＝ kr 2 v 2 ，其中 k 为比例系数， r 为雨滴半径， v 为其运动速率 . t ＝ 0 时，雨滴由静止开始下落，加速度用 a 表示 . 落地前雨滴已做匀速运动，速率为 v 0 . 下列图象中不正确的是 答案 解析 √ 1 2 3 4 5 6 解析　 由 mg － F 阻 ＝ ma 得，雨滴先加速下落，随着 v 增大，阻力 F 阻 增大， a 减小， a ＝ 0 时， v ＝ v 0 不再变化，故 A 、 B 正确； 1 2 3 4 5 6 6.(2017· 温州市十校高三期末 ) 如图 7 甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的 “ · ” 表示人的重心 . 图乙是根据传感器画出的 F － t 图线 . 两图中 a ～ g 各点均相对应，其中有几个点在 甲图中没有画出，图乙中 a 、 c 、 e 点对应的 纵坐标均为 700 N. 取重力加速度 g ＝ 10 m/ s 2 . 请根据这两个图所给出的信息，判断下面 说法中正确的是 A. 此人重心在 b 点时处于超重状态 B. 此人重心在 c 点时的加速度大小大于在 b 点时的加速度大小 C. 此人重心在 e 点时的加速度大小大于在 a 点时的加速度大小 D. 此人重心在 f 点时的脚刚好离开传感器 答案 解析 √ 甲　　　　　　　　乙 图 7 1 2 3 4 5 6 解析　 由题图知 a 、 c 、 e 点处对应的 F ＝ G ，故加速度等于 0 ， b 点处 F ＜ G ，处于失重状态 . 1 2 3 4 5 6 规律总结 1. 只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关 . 2. 加速度与合外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 . 3. 受力分析中的突变问题 (1) 轻绳、轻杆和接触面的弹力可以突变 . (2) 弹簧、橡皮筋的弹力不可以突变 . 4. 连接体问题的分析思路 (1) 若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般 “ 先整体求加速度，后隔离求内力 ”. (2) 若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力，往往把各个物体从系统中隔离出来，分析各个物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程求解 . 动力学的两类基本问题 考点三 真题研究 1.(2017· 浙江 4 月选考 ·19) 如图 8 所示，游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测并记录数据如下表： 1 2 3 4 5 图 8 运动过程 运动时间 运动状态 匀加速运动 0 ～ 40 s 初速度 v 0 ＝ 0 ； 末速度 v ＝ 4.2 m/s 匀速运动 40 ～ 640 s v ＝ 4.2 m/s 匀减速运动 640 ～ 720 s 靠岸时 v 1 ＝ 0.2 m/s (1) 求游船匀加速运动过程中加速度大小 a 1 及位移大小 x 1 ； 答案　 0.105 m/ s 2 　 84 m 答案 解析 解析　 由运动学公式 a 1 ＝ ＝ 0.105 m/ s 2 位移 x 1 ＝ a 1 t 2 ＝ 84 m 1 2 3 4 5 (2) 若游船和游客的总质量 M ＝ 8 000 kg ，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F ； 答案　 400 N 由牛顿第二定律得 F ＝ Ma 2 ＝ 400 N (3) 求游船在整个行驶过程中的平均速度大小 . 答案　 3.86 m/s 答案 解析 1 2 3 4 5 2.(2016· 浙江 10 月学考 ·19) 如图 9 所示在某段平直的铁路上，一列以 324 km /h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶， 5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留 4 min ，随后匀加速驶离车站，经 8.1 km 后恢复到原速 324 km/ h.( g 取 10 m/ s 2 ) (1) 求列车减速时的加速度大小； 1 2 3 4 5 图 9 答案　 见解析 解析　 列车的速度为 324 km/h ＝ 90 m/s ，经过 5 min ＝ 300 s 停下， 答案 解析 (2) 若该列车总质量为 8.0 × 10 5 kg ，所受阻力恒为车重的 0.1 倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小； 1 2 3 4 5 答案　 见解析 解析　 F f ＝ 0.1 mg ，根据牛顿第二定律， F － 0.1 mg ＝ ma ′ v 2 ＝ 2 a ′ x ′ 解得 a ′ ＝ 0.5 m/ s 2 ，则 F ＝ 1.2 × 10 6 N 答案 解析 (3) 求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小 . 1 2 3 4 5 答案　 见解析 答案 解析 3.(2016· 浙江 4 月学考 ·19) 如图 10 是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第 119 层观光平台仅用时 55 s. 若电梯先以加速度 a 1 做匀加速运动，达到最大速度 18 m/s. 然后以最大速度匀速运动，最后以加速度 a 2 做匀减速运动恰好到达观光平台 . 假定观光平台高度为 549 m ，取 g ＝ 10 m/ s 2 . 1 2 3 4 5 图 10 答案　 0.9 m/ s 2 　 180 m 答案 解析 (1) 若电梯经过 20 s 匀加速达到最大速度，求加速度 a 1 及上升高度 h ； 1 2 3 4 5 解析　 由运动学公式可得 1 2 3 4 5 (2) 在 (1) 问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为 60 kg ，求小明对电梯地板的压力； 答案　 654 N ，方向竖直向下 解析　 根据牛顿第二定律可得 F N － mg ＝ ma 1 则 F N ＝ mg ＋ ma 1 ＝ 654 N 根据牛顿第三定律得 小明对地板的压力 F N ′ ＝ F N ＝ 654 N ，方向竖直向下 答案 解析 1 2 3 4 5 (3) 求电梯匀速运动的时间 . 答案　 6 s 解析　 设匀速运动时间为 t 0 ，运动的总时间为 t ，由 v － t 图象可得 H ＝ ( t ＋ t 0 ) v m 解得 t 0 ＝ 6 s. 答案 解析 模拟训练 4.( 人教版必修 1P86 例 2) 如图 11 所示，一个滑雪的人，质量 m ＝ 75 kg ，以 v 0 ＝ 2 m/s 的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角 θ ＝ 30° ， t ＝ 5 s 的时间内滑下的路程 x ＝ 60 m ， g ＝ 9.8 m/ s 2 ，求滑雪人受到的阻力 ( 包括摩擦力和空气阻力 ) 大小 . 答案　 67.5 N 图 11 解析　 由 x ＝ v 0 t ＋ at 2 得 a ＝ 4 m/ s 2 ， 又由牛顿第二定律 mg sin θ － F 阻 ＝ ma 得 F 阻 ＝ mg sin θ － ma ＝ 67.5 N. 1 2 3 4 5 答案 解析 5.(2017· 浙江 “ 七彩阳光 ” 联考 )2017 年 1 月 25 日，在中央电视台播出的 “ 2016 年度科技盛典 ” 节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制 “ 国产 003 型航母电磁弹射器 ” ( 如图 12 所示 ). 它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度 . 假定航母处于静止状态，质量为 M 的飞机利用电磁弹射器起飞，飞机在 t 0 时 刻从静止开始在跑道上做匀加速运动， 在 t 1 时刻获得发射速度 v . 此过程中飞机 发动机的推力恒为 F ，阻力恒为 f . 问： (1) 电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？ 图 12 1 2 3 4 5 答案 解析 1 2 3 4 5 解析　 设飞机在加速过程中加速度为 a 1 ， 由牛顿第二定律可得 F － f ＋ F 辅 ＝ Ma 1 ② (2) 若在 t 1 时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变 . 要使飞机能安全停止，则飞行甲板 L 至少多长？ 1 2 3 4 5 答案 解析 解析　 飞机在加速过程中滑行的距离 s 1 为 设飞机在减速过程中加速度为 a 2 ，由牛顿第二定律得－ F － f － F 辅 ＝ Ma 2 ④ 飞机在减速过程中滑行的距离为 s 2 ， 要使飞机能安全停止，则飞行甲板长 L 至少为 1 2 3 4 5 规律总结 1. 以加速度为 “ 桥梁 ” ，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下： 2. 解答动力学两类问题的基本程序 (1) 明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点 . (2) 对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图 . (3) 应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果 . 用动力学方法解决传送带问题 考点四 命题预测 1. 如图 13 所示，电动传送带以恒定速度 v 0 ＝ 1.2 m/s 运行，传送带与水平面的夹角 α ＝ 37° ，现将质量 m ＝ 20 kg 的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高 h ＝ 1.8 m 的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数 μ ＝ 0.85 ，不计其他损耗，则每件物 品箱从传送带底端送到平台上，需要多长时间？ (sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8 ， g 取 10 m/ s 2 ) 1 2 3 图 13 答案　 3.25 s 答案 解析 解析　 物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到 v 0 时，与传送带一起做匀速运动到平台 . 物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有 μmg cos α － mg sin α ＝ ma ，解得 a ＝ 0.8 m/ s 2 . 1 2 3 总时间为 t ＝ t 1 ＋ t 2 ＝ 3.25 s. 2. 如图 14 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v 1 运行，初速度大小为 v 2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带 . 若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在 传送带上运动的 v － t 图象 ( 以地面为参 考系 ) 如图乙所示 . 已知 v 2 > v 1 ，则 A. t 2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 B. t 2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0 ～ t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0 ～ t 3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 √ 答案 解析 模拟训练 图 14 1 2 3 解析　 t 1 时刻小物块向左运动到速度为零，离 A 处的距离达到最大，故 A 错误； t 2 时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故 B 正确； 0 ～ t 2 时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故 C 错误； t 2 ～ t 3 时间内小物块不受摩擦力作用，故 D 错误 . 1 2 3 3.(2017· 浙江余姚中学高三上期中 ) 如图 15 所示，传送带的水平部分 AB 是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过 AB 所用时间为 t 1 ，从 B 端飞出时速度大小为 v 1 . 若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过 AB 所用时间为 t 2 ，从 B 端飞出时速度大小为 v 2 ，则 A. t 1 ＝ t 2 ， v 1 ＝ v 2 B. t 1 ＜ t 2 ， v 1 ＞ v 2 C. t 1 ＞ t 2 ， v 1 ＞ v 2 D. t 1 ＝ t 2 ， v 1 ＞ v 2 √ 图 15 解析　 在两种情况下，滑块到达 A 点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达 B 端的速度相等，即 v 1 ＝ v 2 ，结合速度时间公式知， t 1 ＝ t 2 ，故 A 正确， B 、 C 、 D 错误 . 答案 解析 1 2 3 规律总结 1. 在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变 ( 含大小和方向 ) 点，给运动分段 . (1) 传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻 . (2) 物体在传送带上运动时的极值问题，不论是极大值，还是极小值，也都发生在物体速度与传送带速度相等的时刻 . (3) v 物 与 v 传 相同的时刻是运动分段的关键点 . 2. 判定运动中的速度变化 ( 相对运动方向和对地速度变化 ) 的关键是 v 物 与 v 传 的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态 . 3. 考虑传送带长度 —— 判定到达临界状态之前是否滑出以及物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止一起做匀速运动 .