2019届二轮复习专题1第2讲牛顿运动定律与直线运动课件（76张）
第
2
讲 牛顿运动定律与直线运动
-
2
-
网络构建
要点必备
-
3
-
网络构建
要点必备
1
.
匀变速直线运动的
“
四类公式
”
-
4
-
网络构建
要点必备
2
.
符号法则
(1)
匀变速直线运动的
“
四类公式
”
都是
式
,
应用时注意各物理量符号的确定。
(2)
一般情况下
,
取
的方向为正方向。
3
.
牛顿第二定律
F
合
=
。
4
.
典型运动的动力学特征
(1)
F
合
=
0,
物体做
。
(2)
F
合
≠0
且与
v
共线
,
物体做
。
F
合
不变
,
物体做
。
矢量
初速度
ma
匀速直线运动或
静止
变速
直线运动
匀变速直线运动
-
5
-
1
2
3
4
5
1
.
(
多选
)(2018
全国
Ⅱ
卷
)
甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动
,
其速度
—
时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在
t
2
时刻并排行驶。下列说法正确的是
(
)
A.
两车在
t
1
时刻也并排行驶
B.
在
t
1
时刻甲车在后
,
乙车在前
C.
甲车的加速度大小先增大后减小
D.
乙车的加速度大小先减小后增大
考点定位
:
对图象的理解及利用图象解题
命题能力点
:
侧重考查理解能力
物理学科素养点
:
科学思维
解题思路与方法
:
在
v
-
t
图象中图象包围的面积代表位移
,
图象的斜率代表加速度
,
解本题要利用这个知识点求解。
BD
-
6
-
1
2
3
4
5
解析
假设两车在
t
1
时刻也并排
(
相遇
)
行驶
,
由题图可知
,
在
t
1
~t
2
内
,
甲的速度总是大于乙的速度
,
则
t
2
时刻甲在乙的前面
,
与题设矛盾
,
选项
A
错误
;
在
t
1
时刻甲车在后
,
乙车在前
,
则在
t
2
时刻两车才有可能并排行驶
,
选项
B
正确
;
v
-
t
图象的斜率表示加速度
,
由题图可知
,
甲、乙车的加速度都是先减小后增大
,
选项
D
正确。
-
7
-
1
2
3
4
5
2
.
(
多选
)(2016
全国
Ⅰ
卷
)
一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力
,
且原来作用在质点上的力不发生改变
,
则
(
)
A.
质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B.
质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C.
质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D.
质点单位时间内速率的变化量总是不变
考点定位
:
牛顿运动定律
命题能力点
:
侧重考查理解能力
物理学科素养点
:
科学思维
解题思路与方法
:
根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小
,
根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。要特别注意的是质点有可能做匀变速曲线运动。
BC
-
8
-
1
2
3
4
5
解析
匀速直线运动的质点加一恒力后
,
合力即该恒力
,
质点做匀变速运动
,
根据牛顿第二定律
F=ma
,
可知选项
C
正确
;
由加速度定义式
a=
可知单位时间内速度的变化量总是不变
,
速率的变化量不一定相等
,
选项
D
错误
;
质点的速度方向不一定与该恒力的方向相同
,
选项
A
错误
;
某一时刻恒力方向与速度方向垂直时
,
速度方向立即改变
,
而恒力方向不会改变
,
所以速度方向不可能总是与该恒力的方向垂直
,
选项
B
正确。
-
9
-
1
2
3
4
5
3
.
(
多选
)(2015
全国
Ⅰ
卷
)
如图
(a),
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)
所示。若重力加速度及图中的
v
0
、
v
1
、
t
1
均为已知量
,
则可求出
(
)
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
考点定位
:
牛顿运动定律
命题能力点
:
侧重考查理解能力和分析综合能力
物理学科素养点
:
科学思维
解题思路与方法
:
根据速度
—
时间图象的斜率找到不同阶段的加速度
,
结合受力分析和运动学规律是解答此类题目基本方法。
ACD
-
10
-
1
2
3
4
5
-
11
-
1
2
3
4
5
4
.
(2018
全国
Ⅰ
卷
)
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
(
)
考点定位
:
运动学公式、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律
命题能力点
:
侧重考查理解能力
物理学科素养点
:
科学思维
解题思路与方法
:
由牛顿运动定律
,
F-mg+F
弹
=ma
,
F
弹
=k
(
x
0
-x
),
kx
0
=mg
,
联立解得表达式
,
然后判断。
A
-
12
-
1
2
3
4
5
解析
由牛顿运动定律
F-mg+F
弹
=ma
,
F
弹
=k
(
x
0
-x
),
kx
0
=mg
,
联立解得
F=ma+kx
,
对比题给的四个图象
,
可能正确的是
A
。
-
13
-
1
2
3
4
5
5
.
(2017
全国
Ⅱ
卷
)
为提高冰球运动员的加速能力
,
教练员在冰面上与起跑线相距
s
0
和
s
1
(
s
1
μ
2
B.
μ
3
<
μ
2
C.
图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是
μ
3
mg
cos
θ
D.
图甲中英语词典受到的摩擦力大小是
μ
2
mg
cos
θ
D
-
30
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
解析
甲图中
,
对整体分析
,
根据共点力平衡有
:2
mg
sin
θ
=
μ
2
2
mg
cos
θ
,
对乙图
,
对整体分析
,
根据牛顿第二定律得
,2
mg
sin
θ
-
μ
1
2
mg
cos
θ
=
2
ma
,
由两式可知
,
μ
1
<
μ
2
,
故
A
错误。对乙图
,
对整体分析
,
根据牛顿第二定律得
,2
mg
sin
θ
-
μ
1
2
mg
cos
θ
=
2
ma
,
解得
a=g
sin
θ
-
μ
1
g
cos
θ
,
隔离对汉语词典分析
,
根据牛顿第二定律得
,
mg
sin
θ
-f=ma
,
解得
f=
μ
1
mg
cos
θ
,
因为两词典保持相对静止
,
则
μ
1
mg
cos
θ
<
μ
3
mg
cos
θ
,
知
μ
1
<
μ
3
,
则无法比较
μ
2
与
μ
3
的关系
,
故
ABC
错误。根据共点力平衡知
,
图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力
f=mg
sin
θ
,
因为
2
mg
sin
θ
=
μ
2
2
mg
cos
θ
,
所以
f=
μ
2
mg
cos
θ
,
故
D
正确。
-
31
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
5
.
(2018
辽宁师大附中期中
)
如图所示
,
质量为
m
1
和
m
2
的两个材料相同的物体用细线相连
,
在大小恒定的拉力
F
作用下
,
先沿水平面
,
再沿斜面
,
最后竖直向上匀加速运动
,
不计空气阻力
,
在三个阶段的运动中
,
线上的拉力大小
(
)
A.
由大变小
B.
由小变大
C.
由大变小再变大
D.
始终不变且大小为
D
-
32
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
解析
设物体与接触面的动摩擦因数为
μ
,
在水平面
有
-
33
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
-
34
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
6
.
(
多选
)(2018
河北张家口期末
)
质量为
2
m
的物块
A
和质量为
m
的物块
B
相互接触放在水平面上
,
如图所示
,
若对
A
施加水平推力
F
,
两物块沿水平方向做加速运动
,
关于
A
对
B
的作用力
,
下列说法中正确的是
(
)
A.
若水平地面光滑
,
物块
A
对
B
的作用力大小为
F
B.
若水平地面光滑
,
物块
A
对
B
的作用力大小为
C.
若物块
A
与地面间无摩擦
,
B
与地面的动摩擦因数为
μ
,
则物体
A
对
B
的作用力大小为
μ
mg
D.
若物块
A
与地面间无摩擦
,
B
与地面的动摩擦因数为
μ
,
则物体
A
对
B
的作用力大小为
BD
-
35
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
-
36
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
传送带问题
(
L
)
规律方法
传送带问题的解题思路
-
37
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
【典例
3
】
(2018
甘肃兰州一中模拟
)
如图所示
,
倾角为
37
°
足够长的传送带以
4 m/s
的速度顺时针转动
,
现将小物块以
2 m/s
的初速度沿斜面向下冲上传送带
,
小物块的速度随时间变化的关系如图所示
,
g
取
10 m/s
2
,sin 37
°
=
0
.
6,cos 37
°
=
0
.
8,
试求
:
(1)
小物块与传送带间的动摩擦因数为多大
?
(2)0
~
8 s
内小物块与传送带之间的划痕为多长
?
-
38
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
思维点拨
根据
v
-
t
图象的斜率求出物体运动的加速度
,
由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数
;
速度图象的
“
面积
”
大小等于位移大小
,
物体在
0
~
2
s
内的位移为负值
,
在
2
~
8
s
内的位移为正值
;
在前
6
s
内物体与传送带发生相对滑动
,
求出相对位移
Δ
x
。
-
39
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
-
40
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
方法
技巧
本题主要考查了传送带问题
,
根据图象分析物体的运动情况
,
求出位移和加速度
,
从而求出相对位移。
-
41
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
7
.
(
多选
)(2018
湖北黄冈质检
)
如图所示
,
足够长的倾斜传送带以
v=
2
.
4 m/s
的速度逆时针匀速转动
,
传送带与水平面的夹角
θ
=
37
°
,
某时刻同时将
A
、
B
物块
(
可视为质点
)
轻放在传送带上
,
已知
A
、
B
两物块释放时间距为
0
.
042 m,
与传送带间的动摩擦因数分别为
μ
A
=
0
.
75
、
μ
B
=
0
.
5,
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力
,
取
sin 37
°
=
0
.
6,cos 37
°
=
0
.
8,
重力加速度
g
取
10 m/s
2
,
则下列说法中正确的是
(
)
A.
物块
B
先做匀加速直线运动
,
后与传送带保持相对静止
B.
物块
B
最终一定追上物块
A
C.
在
t=
0
.
24 s
时
,
A
、
B
物块速度大小相等
D.
在
t=
0
.
24 s
前
,
A
、
B
两物块之间的距离先增大后不变
BC
-
42
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
-
43
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
甲
8
.
(
多选
)(2018
山东济南一中期中
)
如图甲所示
,
以速度
v
逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为
θ
。现将一个质量为
m
的小木块轻轻地放在传送带的上端
,
小木块与传送带间的动摩擦因数为
μ
,
则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是
(
)
乙
CD
-
44
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
解析
木块放上后一定先向下加速
,
由于传送带足够长
,
所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会
,
此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力
,
则之后木块继续加速
,
但加速度变小了
;
而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力
,
则木块将随传送带匀速运动
,
所以
C
、
D
正确
,A
、
B
错误。
-
45
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
9
.
(
多选
)(2018
重庆江津中学模拟
)
如图所示
,
一粗糙的水平传送带以恒定的速度
v
1
沿顺时针方向转动
,
传送带的左、右两端皆有一与传送带等高的光滑水平面
,
一物体以恒定的速度
v
2
沿水平面分别从左、右两端滑上传送带
,
下列说法正确的是
(
)
A.
物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
B.
若
v
2
6 N
(3)1
s
-
59
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
解析
(1)
由题图乙可知
,0
~
1
s
内
,
M
、
N
均没有滑动
,
F
1
=F=kt
;1
~
3
s,
M
、
N
相对静止
,
但整体相对地面运动
,
故
t=
1
s
时
,
恰好有
F
f1
=
μ
1
(
m+M
)
g=
3
N,
求得木板与地面间的动摩擦因数
μ
1
=
0
.
1;3
s
后
,
M
、
N
相对滑动
,
m
受到滑动摩擦力
,
有
μ
2
mg=
5
N,
求得木板与铁块间的动摩擦因数为
μ
2
=
0
.
5
。
(2)
使铁块从木板上滑落
,
必须有铁块的加速度大于木板的加速度
,
设铁块的加速度为
a
1
,
木板的加速度为
a
2
,
由牛顿第二定律
,
对铁块有
:
F-
μ
2
mg=ma
1
对木板
:
μ
2
mg-
μ
1
(
m+M
)
g=Ma
2
当
a
1
>a
2
时
,
铁块才能从木板上滑落
,
代入数据解得
:
F>
6
N
。
-
60
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
(3)
由牛顿第二定律
F-
μ
2
mg=ma
1
,
解得
a
1
=
3
m/s
2
;
对木板
:
μ
2
mg-
μ
1
(
m+M
)
g=Ma
2
,
解得
a
2
=
1
m/s
2
设铁块运动到木板右端所用的时间为
t
,
则
解得
:
t=
1
s
。
-
61
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
弹簧类问题
(
M
)
【典例
5
】
(
多选
)(2018
山东泰安期中
)
如图所示
,
倾角为
θ
的斜面静置于地面上
,
斜面上表面光滑
,
A
、
B
、
C
三球的质量分别为
m
、
2
m
、
3
m
,
轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与
A
球相连
,
A
、
B
间固定一个轻杆
,
B
、
C
间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面
,
初始系统处于静止状态
,
现突然剪断细线或弹簧。下列判断正确的是
(
)
A.
弹簧被剪断的瞬间
,
A
、
B
、
C
三个小球的加速度均为零
B.
弹簧被剪断的瞬间
,
A
、
B
之间杆的弹力大小为零
C.
细线被剪断的瞬间
,
A
、
B
球的加速度沿斜面向上
,
大小为
g
sin
θ
D.
细线被剪断的瞬间
,
A
、
B
之间杆的弹力大小为
4
mg
sin
θ
BCD
-
62
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
思维点拨
若弹簧被剪断
,
弹力为零
,
据此分析三者的加速度
;
若细线被剪断
,
弹力不能突变
,
保持不变
,
先以
A
、
B
组成的系统为研究对象
,
由牛顿第二定律求
A
、
B
两球的加速度。再以
B
球为研究对象
,
由牛顿第二定律求杆的弹力大小。
-
63
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
解析
若是弹簧被剪断
,
将三个小球看做一个整体
,
整体的加速度为
a=g
sin
θ
,
然后隔离
A
,
对
A
分析
,
设杆的作用力为
F
,
则
F+mg
sin
θ
=ma
,
解得
F=
0,A
错误
,B
正确
;
剪断细线前
,
以
A
、
B
、
C
组成的系统为研究对象
,
系统静止
,
处于平衡状态
,
合力为零
,
则弹簧的弹力为
F=
(3
m+
2
m+m
)
g
sin
θ
=
6
mg
sin
θ
。以
C
为研究对象
,
细线的拉力为
3
mg
sin
θ
。剪断细线的瞬间
,
弹簧弹力不变。以
A
、
B
组成的系统为研究对象
,
由牛顿第二定律得
F-
(
m+
2
m
)
g
sin
θ
=
(
m+
2
m
)
a
AB
,
解得
A
、
B
两个小球的加速度为
a
AB
=g
sin
θ
,
方向沿斜面向上。以
B
为研究对象
,
由牛顿第二定律得
:
F
AB
-
2
mg
sin
θ
=
2
ma
AB
,
解得杆的拉力为
F
AB
=
4
mg
sin
θ
,
故
C
、
D
正确。
-
64
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
13
.
(
多选
)(2018
江西五市八校联考
)
如图所示
,
光滑的水平地面上
,
可视为质点的两滑块
A
、
B
在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧
,
弹簧左端固定在墙壁上
,
此时弹簧的压缩量为
x
0
,
以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系
,
现将外力突然反向并使
A
、
B
向右做匀加速运动
,
下列关于拉力
F
、两滑块间弹力
F
N
与滑块
B
的位移变化的关系图象可能正确的是
(
)
-
65
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
答案
BD
-
66
-
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
解析
设
A
、
B
向右匀加速运动的加速度为
a
。根据牛顿第二定律得
:
对整体有
F+k
(
x
0
-x
)
=
(
m
A
+m
B
)
a
可得
F=kx+
(
m
A
+m
B
)
a-kx
0
。
因为可能有
(
m
A
+m
B
)
a=kx
0
,
则得
:
F=kx
,
F
与
x
成正比
,
F
-
x
图象可能是过原点的直线。
对
A
有
k
(
x
0
-x
)
-F
N
=m
A
a
得
:
F
N
=-kx+kx
0
-m
A
a
,
可知
F
N
-
x
图象是向下倾斜的直线。
当
F
N
=
0
时
,
A
、
B
开始分离
,
此后
B
做匀加速运动
,
F
不变
,
则
有
x=x
0
-
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