专题三 牛顿运动定律备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导考点内容牛顿运动定律1.理解惯性概念,知道牛顿第一定律是惯性定律2.熟悉牛顿第二定律,明确加速度和力的关系,如正比性、瞬时性等3.理解牛顿第三定律的特点和使用1.牛顿运动定律是是高考热点内容,试题以选择题、实验题和计算题的形式出现,其中计算题经常与运动学、电磁学相结合2.(2020山东等级考,1题)选择题考查超重失重;(2020浙江1月选考,2题)考查牛顿第三定律;(2020江苏单科,5题)整体法和隔离法的应用;(2020浙江7月选考,20题)考查力与运动的计算3.牛顿运动定律是高中物理的核心内容,常常与图像问题、连接体、传送带、板块模型结合考查学生综合分析的能力4.对学科核心素养的考查主要体现在运动观念、模型建构1.本专题重点知识是牛顿运动定律的综合应用,在处理研究对象复杂受力的问题上要重点关注2.牢记基本方法、规律,并且结合新情境下的物理问题,熟悉常见模型,明白内部规律牛顿运动定律的综合应用1.熟练使用整体法和隔离法2.熟悉传送带模型、板块模型3.会用图像法解答动力学问题【真题探秘】命题立意,以中欧班列运输防疫物资作为命题的情境,构建多个研究对象的受力分析问题,是牛顿运动定律的典型考查形式,本题已知内部作用力的情况,去求另外部分的内力,打破了先整体后隔离的常规思路,有利于学生对于知识的深入思考和灵活应用,体现高考对于能力的考查。本题,涉及牛顿第二定律、整体隔离法、受力分析,体现学生对于知识点的灵活应用,突出了典型模型的思维。解题指导题目中明确指出,列车做匀变速直线运动,同时所受的力都为恒力,强化物理规律的适用条件,注意受力分析时候,面对多个研究对象时,合理地选择研究对象能够大大简化运算分析过程,整体法中整体的选取往往是相对的,原来的部分,也可以看作新的整体。拓展延伸应用整体法和隔离法的时候,注意整体法求加速度,隔离法求内力的一般思路,求解问题时候,解方程过程,可以利用整体代入的方式能够大大简化计算,提高答题效率。[教师专用题组]1.真题多维细目表真题涉分考点题型设题情境学科素养对牛顿运动定律的理解牛顿运动定律的综合应用2020山东,114牛顿第二定律多选弹簧拉物科学推理2020山东,169牛顿第二定律计算冬奥会比赛运动与相互作用、科学推理2020天津,85牛顿第二定律多选自动驾驶运动与相互作用、科学推理2019课标Ⅲ,206牛顿第二定律多选运动与相互作用观念、科学推理2018课标Ⅰ,156牛顿第二定律单选用竖直向上的拉力拉物块运动与相互作用观念、科学推理2017课标Ⅲ,2520牛顿第二定律计算运动与相互作用观念、科学推理、科学论证2019海南单科,54连接体单选运动与相互作用观念、科学推理2019浙江4月选考,123超重和失重单选运动与相互作用观念、理解能力2016课标Ⅰ,186牛顿第二定律多选对质点施加一恒力运动与相互作用观念、理解能力2016课标Ⅲ,2310探究加速度与合力关系实验问题、证据、解释、交流2.命题规律与趋势,高考命题中对本章的考查有惯性、力与运动的关系、加速度与力的关系、超重与失重。题型有选择题、计算题。方法有整体隔离法、数图转换法、函数论证法、临界极值法、控制变量法。能力有理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。试题难度中等偏易。高考试题会综合牛顿运动定律和运动学规律,注重与电场、磁场的渗透,注重生产、生活、当今热点、现代科技的联系,注重社会责任、科学态度等物理素养的渗透。3.备考方法与策略(1)牢记基础知识,熟练基本方法,积累消化基础模型,努力拓展新情境下的应用。(2)准确把握物理考向:牛顿运动定律的理解、动力学的两类基本问题、超重与失重、动力学中的连接体问题、动力学中的图像问题、动力学中的板块模型与多过程问题、传送带“问题”、实验的理解创新与改进。(3)每一个考向都要针对训练。(4)多关注当今与物理学有关的热点与现代科技。基础篇【基础集训】考点一 牛顿运动定律1.远在春秋战国时代,我国杰出学者墨子认为:“力,刑之所以奋也。”“刑”同“形”,即物体;“奋,动也”,即开始运动或运动加快,对墨子这句关于力和运动观点的理解,下列说法不正确的是 ( ) A.墨子认为力是改变物体运动状态的原因B.墨子认为力是使物体产生加速度的原因C.此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同D.此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同答案 C 2.(2020湖北华师附中高三模拟,2)我国新一代载人飞船返回实验舱已于2020年5月8日顺利返回地面,返回舱质量约为5.4×103kg。某一次进行返回地面的测试时,返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群,通过伞群减速,安全返回地面,可将这一运动视为竖直方向的匀减速直线运动,加速度大小为1.0m/s2,三根主伞的伞绳a、b、c均与竖直方向成θ角,已知sinθ=0.44,cosθ=0.90,g取10m/s2,则返回舱在下落过程中主伞伞绳a上的拉力大小约为( )A.2.80×103N B.1.72×104NC.2.20×104N D.6.84×104N答案 C 考点二 牛顿运动定律的综合应用 (2020山东潍坊高三模拟,5)竖直向上抛的物体在上升过程中由于受到空气阻力,加速度大小为g,若空气阻力大小不变,那么这个物体下降过程中的加速度大小为( )A.g B.g C.g D.g 答案 C 综合篇,【综合集训】拓展一 对牛顿运动定律的理解1.(2020四川宜宾四中高三上开学考,15)2017年11月5日,我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星(如图所示),开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代。下列关于火箭在竖直方向加速起飞阶段的说法,正确的是( )A.火箭只受到重力和空气阻力的作用B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等C.火箭处于失重状态D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后,相对地面由静止下落答案 B 2.(2020吉林长春外国语学校高三模拟,2)如图,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有 ( ) A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=g D.a1=g,a2=g答案 C 拓展二 对超重和失重的理解 (2020北京海淀101中学高三模拟,11)如图所示,压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内,在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器,箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时,上顶板的传感器显示的压力F1=2N,下底板传感器显示的压力F2=6N,重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是( )A.若加速度方向向上,随着加速度缓慢增大,F1逐渐减小,F2逐渐增大B.若加速度方向向下,随着加速度缓慢增大,F1逐渐增大,F2逐渐减小C.若加速度方向向上,且大小为5m/s2时,F1的示数为零,D.若加速度方向向下,且大小为5m/s2时,F2的示数为零 答案 C 拓展三 两类动力学问题 (2020湖北荆州高三模拟,9)(多选)如图所示,光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边,三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°。物体分别沿三个斜面由顶端从静止滑到底端,下面说法中正确的是( )A.物体沿CA下滑,加速度最大B.物体沿EA下滑,加速度最大C.物体沿CA滑到底端所需时间最短D.物体沿DA滑到底端所需时间最短 答案 AD 拓展四 连接体问题 (2020四川宜宾高三模拟,4)如图所示,质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力,取g=10m/s2。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间( )A.B对A的压力大小为12NB.弹簧弹力大小为20NC.B的加速度大小为6m/s2D.A的加速度为零 答案 A 拓展五 动力学和运动图像的综合问题 (2020山东泰安高三模拟,9)(多选)如图甲所示为一半圆形坑,现将一颗弹丸先后两次从A点水平抛出,由于飞行过程中受气流作用,影响了弹丸的飞行时间和速度。若从弹丸离开A点开始计时,t1和t2分别表示它们落到坑壁的时间,v表示它在竖直方向的速度,其v-t图像如图乙所示,则下列说法正确的是( )A.第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小B.第二次弹丸在水平方向上的位移比第一次小,C.第二次弹丸在竖直方向上受到的阻力比第一次大D.第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第一次大 答案 AC [教师专用题组]【综合集训】 1.从牛顿运动定律可知,无论多么小的力都可以使物体产生加速度,可是当我们用一个很小的力去推放置在水平地面上的桌子时,却推不动它,这是因为( )A.牛顿运动定律对静止的物体不适用B.桌子的加速度很小,速度变化太慢,眼睛不易察觉到C.桌子受到的合力为零D.推力小于桌子受到的摩擦力答案 C 牛顿第二定律F=ma中F是物体所受合力,当我们用一个很小的力去推放置在水平地面上的桌子时,桌子在水平方向除了受到推力外,还受到地面对其的摩擦力,虽然推力不为零,但推力小于或等于最大静摩擦力,桌子所受合力为零,故桌子的加速度为零,只有C正确。2.(2020陕西山阳中学12月模拟)(多选)如图在竖直白板上有一个吸在上面的白板擦保持静止。现给白板擦一个水平向左的恒定推力使其运动(白板擦与白板接触面之间的动摩擦因数恒定),下列可能发生的是( )A.白板擦水平向左做匀速直线运动B.白板擦沿左下方做匀速直线运动C.白板擦沿左下方做匀加速直线运动D.白板擦做曲线运动答案 BC 白板擦受到的磁力与支持力平衡,由于重力和推力的合力沿左下方,所以白板擦向左下方运动,在运动过程中受到与运动方向相反的摩擦力。如果重力、推力、摩擦力的合力恰好为零,则白板擦沿左下方做匀速直线运动;若重力与推力的合力大于摩擦力,则白板擦会沿左下方做匀加速直线运动,A、D错误,B、C正确。3.(多选)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直悬挂状态运行)。则( )A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物块受到的滑动摩擦力为mg+ma,D.小物块受到的静摩擦力为mg+ma答案 AD 以物块为研究对象,其受重力mg、斜面的支持力N和静摩擦力f作用,f沿斜面向上,故A正确,B、C错误。根据牛顿第二定律得f-mgsin30°=ma,解得f=mg+ma,故D正确。4.(2020浙江模拟)绰号“威龙”的第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动性能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧而晕厥,歼-20配备的新型抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中,歼-20加速达到50m/s后离地,而后开始竖直向上进行飞行试验。该战机在10s内匀加速到3060km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5km。假设加速阶段所受阻力恒定,约为重力的0.2。已知该歼-20的质量为20吨,声速为340m/s,忽略战机因油耗等导致的质量变化,g取10m/s2。则下列说法正确的是( )A.本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5sB.加速阶段系统的推力为1.84×106NC.加速阶段时飞行员有晕厥可能D.战机在匀速阶段时爬升高度为14.25km答案 B 加速阶段初速度v0=50m/s,末速度v=3060km/h=850m/s,根据v=v0+at可得,加速度a=80m/s2=8g,飞行员不会晕厥,选项C错误;根据牛顿第二定律得F-mg-f=ma,解得推力F=1.84×106N,选项B正确;加速阶段上升的高度x=v0t+at2=4500m,则匀速上升高度为14km,选项D错误;匀速飞行时间t==s≈16.47s,选项A错误。规律总结 多阶段运动中,相邻阶段间存在着运动学物理量间的联系:前一阶段的末速度为后一阶段的初速度,前一阶段的末位置为后一阶段的初位置。5.(2020湖南长沙明达中学模拟)(多选)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出,砝码的移动距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,则( )A.纸板相对砝码运动,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)gB.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)gC.若砝码与纸板分离时的速度小于,则砝码不会从桌面上掉下D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘答案 BC 砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为f1=μMg、f2=μ(M+m)g,纸板所受摩擦力的大小为f纸=f1+f2=μ(2M+m)g,故A错误。纸板相对砝码运动时,有f砝=μMg=Ma砝、F-f纸=ma纸,二者发生相对运动需要满足a纸>a砝,代入已知条件解得F>2μ(M+m)g,故B正确。若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码匀加速运动的位移小于==,匀减速运动的位移小于==,则总位移小于d,砝码不会从桌面上掉下来,故C正确。当F=μ(2M+3m)g时,纸板的加速度a纸==2μg,根据a纸t2-a砝t2=d,解得t=,砝码从开始运动到脱离纸板时匀加速运动的位移x=a砝t2=d,可知砝码脱离纸板时恰好到达桌面边缘,因此时砝码速度不为零,则砝码会从桌面上掉下来,故D错误。6.(2020安徽合肥一检)如图所示,轻弹簧的一端固定在地面上,另一端固定一质量不为零的托盘,在托盘上放置一小物块,系统静止时弹簧顶端位于B点(未标出)。现对小物块施加一竖直向上的力F,,小物块由静止开始做匀加速直线运动。以弹簧处于原长时,其顶端所在的位置为坐标原点,竖直向下为正方向,建立坐标轴。在物块与托盘脱离前,下列能正确反映力F的大小随小物块位置坐标x变化的图像是( )答案 B 根据F+kx-mg=ma有F=ma+mg-kx,可知F随着x增大而减小;由于以弹簧处于原长时,其顶端所在的位置为坐标原点,而托盘质量不为零,当F=m(a+g)时,物块与托盘脱离,此时x>0,而在初始位置F=ma>0,故B正确。7.(2020安徽芜湖仿真模拟一)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内,它与槽左、右两端的接触处分别为A点和B点,圆弧槽的半径为R,OA与水平线AB成60°角,槽放在光滑的水平桌面上,通过细线和滑轮与重物C相连,细线始终处于水平状态。通过实验知道,当槽的加速度很大时,小球将从槽中滚出,滑轮与线质量都不计,要使小球不从槽中滚出,则重物C的最大质量为( )A.m B.2mC.(-1)m D.(+1)m答案 D 小球恰好能滚出圆弧槽时,圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点,小球受到重力和作用在A点的支持力,合力为,对小球运用牛顿第二定律可得=ma,解得小球的加速度a=,对整体分析可得mCg=(m+m+mC)a,联立解得mC=(+1)m,故D正确,A、B、C错误。8.(2020重庆一测)(多选)如图所示,煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,煤块与两传送带间的动摩擦因数均为μ=0.3,每隔T=10s在传送带甲左端轻放上质量为m=2kg的相同煤块,发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等,且相邻煤块(已匀速)左侧的距离为x=6m,随后煤块平稳地传到传送带乙上,乙的宽度足够大,速度为v=0.9m/s,g取10m/s2,则下列说法正确的是( )A.传送带甲的速度大小为0.6m/sB.当煤块在传送带乙上沿垂直于乙运动方向上的速度减为0时,这个煤块相对于地面的速度还没有增加到0.9m/sC.一个煤块在传送带甲上留下的痕迹长度为6cmD.一个煤块在传送带乙上留下的痕迹长度为19.5cm答案 ACD 煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度a=μg=3m/s2,煤块在传送带甲上先匀加速再匀速,加速度相同,所以相邻煤块之间的距离与时间T的比值即传送带甲的速度,即v甲==0.6m/s,A正确;煤块滑上传送带乙时,所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反,相对传送带乙做匀减速直线运动,所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙运动方向上的速度减为零时,煤块已相对传送带乙静止,即相对地面的速度增至0.9m/s,B项错误;以传送带甲为参考系,煤块的初速度为0.6m/s,方向与传送带甲的速度方向相反,煤块相对传送带甲做匀减速直线运动,相对加速度大小仍为3m/s2,故相对传送带甲的位移x1==0.06m=6cm,所以煤块在传送带甲上留下的痕迹长度为6cm,C正确;以传送带乙为参考系,煤块的初速度为v相对==m/s,,相对加速度a=3m/s2,煤块相对传送带乙的位移x相对==0.195m=19.5cm,即煤块在传送带乙上留下的痕迹长度为19.5cm,D正确。9.(2020安徽合肥一检)某幼儿园设计的一个滑梯,由于场地大小的限制,滑梯的水平跨度确定为4m,如图所示。已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4,为使儿童能从滑梯顶端由静止滑下,且到达地面的速度不超过2m/s,取g等于10m/s2,求滑梯高度范围。答案 1.6m<h≤1.8m解析>μmgcosθ1滑梯的高度h1=4m·tanθ1联立解得h1>1.6m设当滑梯高度为h2时,儿童滑到底端时速度恰好为2m/s,首先由牛顿第二定律有mgsinθ2-μmgcosθ2=ma再由速度位移关系式有:v2=2ah2=4m·tanθ2解得h2=1.8m综上,则1.6m<h≤1.8m10.(2017海南单科,15,16分)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:(1)弹簧的劲度系数;(2)物块b加速度的大小;(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。答案>vB,则痕迹长度ΔL'>L=3.25m,不符合题意。若以a1下滑过程中小煤块相对传送带的位移大于或等于以a2下滑过程的相对位移,则:v0t-a1t2=Δx(Δx=2.25m)v0t-t=Δx得:v0=6m/s若以a1下滑过程中小煤块相对传送带的位移小于以a2下滑过程的相对位移,则:v0t'+a2t'2-v0t'=Δx得:t'=1.5s,又x1'=L-x1'=v0t'+a2t'2由上述关系得:+24v0-16=0得:v0=4(-3)m/s(负值舍去),12.(2020重庆巴蜀中学月考)如图所示,倾角为θ=37°的固定斜面上、下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P,P1、P2是斜面上两点,P、P1间距离L1=m,P1、P2间距离L2=4m。轻绳跨过滑轮连接平板B和重物C,小物体A放在离平板B左下端s=1m处,平板B左下端紧挨P2,当小物体A运动到P1P2区间时总受到一个沿斜面向下的F=0.1mg的恒力作用。已知A、B、C质量分别为m、2m、m,A与B间动摩擦因数μ1=0.75,B与斜面间动摩擦因数μ2=0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,平板B与挡板P碰撞前C与滑轮不会相碰。现让整个装置从静止释放,求:(1)小物体A在P1P2区间上方和进入P1P2区间内的加速度大小;(2)在平板B与弹性挡板P碰撞的瞬间剪断轻绳,求平板B碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。答案 (1)0.5m/s2 1m/s2 (2)s解析 (1)小物体A在P1P2区间上方运动时,假设A相对B静止,对A、B、C整体,由牛顿第二定律有:3mgsinθ-μ2·3mg·cosθ-mg=4ma代入数据解得:a=0.5m/s2隔离A,有:mgsinθ-f=ma代入数据得:f=5.5m而A、B间的最大静摩擦力fm=μ1mgcosθ=6m所以f<fm,假设成立,a相对b静止。小物体a在p1p2区间上方运动时加速度为a=0.5m s2="">fm,即A相对于B向下滑动。对A有:F+mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1代入数据解得:a1=1m/s2(2)小物体A刚到P2时,A、B、C速度满足=2as代入数据解得:v0=1m/s当小物体A进入P1P2区间内时,对B、C整体,有:2mgsinθ+μ1mgcosθ-μ2·3mgcosθ-mg=3ma2代入数据解得:a2=m/s2当小物体A刚到P1时,小物体速度满足-=2a1L2代入数据解得:v1=3m/s小物体A从P2到P1运动时间为:t1==2s此时B、C速度为:v2=v0+a2t1=m/s此过程中B运动距离为:x2=t1=m因此当小物体A刚过P1时,小物体A离平板B下端距离为:Δx=s-(L2-x2)=m此时B刚好与挡板P发生碰撞且绳断,此后A将以速度v1=3m/s沿斜面向下做匀速运动,B将沿斜面向上以v2=m/s的速度做匀减速运动。此时隔离B,有:2mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2·3mgcosθ=2ma3代入数据解得:a3=12m/s2对A、B,有:Δx=v1t2+v2t2-a3解得:t2=s(舍去t2=s),此时平板B速度为:vB=v2-a3t2=m/s此后A滑离平板B,B继续沿斜面向上匀减速,对B,有:2mgsinθ+μ2·2mgcosθ=2ma4代入数据解得:a4=8m/s2平板B向上运动到最高点时速度减为零,此阶段运动时间为:t3==s因此平板B与挡板P碰后沿斜面上升到最高点的时间为:tB=t2+t3=s</fm,假设成立,a相对b静止。小物体a在p1p2区间上方运动时加速度为a=0.5m></h≤1.8m10.(2017海南单科,15,16分)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:(1)弹簧的劲度系数;(2)物块b加速度的大小;(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。答案></h≤1.8m解析>
