2018届二轮复习牛顿运动定律与直线运动课件（共44张）（全国通用）

2018届二轮复习牛顿运动定律与直线运动课件（共44张）（全国通用）

第 2 讲　牛顿运动定律与直线运动 第一 篇 专题一 力与运动 热点精练 1 　 匀变速直线运动规律与运动图象的应用 热点 精练 2 　 牛顿运动定律的应用 栏目索引 热点 精练 3 　 连接体问题 热点 精练 4 　 电学中的动力学问题 热点精练 1 　 匀变速直线运动规律与运动图象的应用 知识方法链接 1. 解题思路 (1) 分析运动过程，画出过程示意图 . (2) 标出已知量、未知量 . (3) 选择合适公式，列方程求解 . 注意： (1) 多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带，是解题的关键，要先设出 . (2) 多过程问题用 v － t 图象辅助分析会更形象、简捷 . (3) v 、 x 、 a 等物理量是矢量，注意规定正方向，尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况 . 2. 牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法 3. 处理刹车类问题的思路： 先判断刹车时间，再进行分析计算 . 4. 图象问题要 “ 四看 ”“ 一注意 ” (1) 看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量 ( 纵轴表示的量 ) 与自变量 ( 横轴表示的量 ) 之间的制约关系 . (2) 看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程 . (3) 看纵坐标、 “ 斜率 ” 和 “ 面积 ” ： v － t 图象中根据坐标值、 “ 斜率 ” 和 “ 面积 ” 可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点 . (4) 看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义 . (5) 一注意：利用 v － t 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发 . 若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离 . 1.(2017· 湖南怀化市一模 ) 如图 1 所示，甲、乙两车同时由 静 止 从 A 点出发，沿直线 AC 运动 . 甲以加速度 a 3 做初速度为 零 的匀 加速运动，到达 C 点时的速度为 v . 乙以加速度 a 1 做初速度为零的匀加速运动，到达 B 点后做加速度为 a 2 的匀加速运动，到达 C 点时的速度亦为 v . 若 a 1 ≠ a 2 ≠ a 3 ， 则 A. 甲、乙不可能同时由 A 到达 C B . 甲一定先由 A 到达 C C. 乙一定先由 A 到达 C D . 若 a 1 ＞ a 3 ，则甲一定先由 A 到达 C 真题模拟精练 答案 图 1 √ 2 3 1 2.( 多选 ) 某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是 ( v 是速度、 t 是时间 ) 答案 2 3 1 √ √ √ 3.( 多选 )(2017· 湖北省部分重点中学调研 ) 两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方 ( v 2 ) 随位置 ( x ) 的变化图象如图 2 所示，下列判断正确的是 A. 汽车 A 的加速度大小为 4 m/s 2 B. 汽车 A 、 B 在 x ＝ 6 m 处的速度大小 为 m/s C. 汽车 A 、 B 在 x ＝ 8 m 处相遇 D. 汽车 A 、 B 在 x ＝ 9 m 处 相遇 图 2 √ 答案 解析 2 3 1 √ 2 3 1 2 3 1 故选 B 、 C. 热点精练 2 　 牛顿运动定律的应用 知识方法链接 1. 分析动力学问题的流程 注意： (1) 抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等 . (2) 求解加速度是解决问题的关键 . 2. 陌生的图象要先找图象的函数关系式 ( 根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可 ) ，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义 . 4.(2017· 湖南湘潭市二模 ) 如图 3 所示，地面上放有一 质 量 为 m 的物块 ( 视为质点 ) ，物块与水平地面间的 动摩擦 因数为 ， 现用一斜向右上的力 F ( 与水平方向的 夹角 θ 及力 的大小未知 ) 拉物块使之在地面上向右运动，重力加速度为 g ，下列说法正确的 是 A. 若物块向右加速运动，则物块与地面间可能没有摩擦力 B. 若物块向右加速运动，则 F 与摩擦力的合力一定竖直向上 C. 若物块向右匀速运动，则 F 的最小值 为 mg D . 若物块向右匀速运动，则 F 的最小值 为 mg 真题模拟精练 答案 图 3 √ 5 6 4 7 5.( 多选 )(2017· 广东深圳市二模 ) 如图 4 所示，倾角为 θ 的固定斜面上放置一矩形木箱，箱中有垂直于底部的光滑直杆，箱和杆的总质量为 M ，质量为 m 的铁环从杆的上端由静止开始下滑，铁环下滑的过程中木箱始终保持静止，在铁环到达箱底之前 A. 箱对斜面的压力大小为 ( m ＋ M ) g cos θ B. 箱对斜面的压力大小为 Mg cos θ C. 箱对斜面的摩擦力大小为 ( m ＋ M ) g sin θ D. 箱对斜面的摩擦力大小为 Mg sin θ 图 4 答案 √ √ 5 6 4 7 6.( 多选 )(2017· 广东汕头市一模 ) 假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比，即 F 阻 ＝ k v ，比例系数 k 决定于小球的体积，与其他因素无关 . 让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图象如图 5 所示，则 A. 小球的质量越大，图象中的 a 0 越大 B. 小球的质量越大，图象中的 v m 越大 C. 小球的质量越大，速率达到 v m 时经历的时间越短 D. 小球的质量越大，速率达到 v m 时下落的距离越 长 图 5 √ 答案 解析 √ 5 6 4 7 m 越大， v m 越大，速率达到 v m 时经历的时间越长，下落的距离越长，故 D 正确 . 故选 B 、 D. 5 6 4 7 7.(2017· 全国卷 Ⅱ ·24) 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 < s 0 ) 处分别设置一 个 挡板 和一面小旗，如图 6 所示 . 训练时，让运动员和冰球 都 位于 起跑线上，教练员将冰球以速度 v 0 击出，使冰球在 冰 面 上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的 同 时 ，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗 . 训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处 . 假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v 1 . 重力加速度大小为 g . 求 ： (1) 冰球与冰面之间的动摩擦因数 ； 图 6 5 6 4 7 答案 解析 解析 　 设冰球的质量为 m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ ，由运动学公式得 由牛顿第二定律－ μmg ＝ ma 1 5 6 4 7 (2) 满足训练要求的运动员的最小加速度 . 答案 解析 5 6 4 7 解析 　 冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小 . 设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a 1 和 a 2 ，所用的时间为 t . 由运动学公式 得 v 0 － v 1 ＝ a 1 t ④ 联立 ③④⑤ 式得 5 6 4 7 热点精练 3 　 连接体问题 知识方法链接 1. 分析 “ 滑块 — 木板 ” 模型时要抓住一个转折和两个关联 (1) 一个转折 —— 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 . (2) 两个关联 —— 转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联 . (3) 两物体发生相对运动的临界条件 —— 加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前、后物体的运动状态是解题的关键 . 2. 灵活应用整体法与隔离法 (1) 整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且 连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程 . (2) 隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程 . 8.( 多选 ) 如图 7 所示，水平地面上有一楔形物块 a ， 倾角 为 θ ＝ 37° ，其斜面上有一小物块 b ， b 与平行于 斜面的 细 绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上 . a 与 b 之 间 光滑， a 与 b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动 . 当它们刚运行至轨道的粗糙段时 ( 物块 a 与粗糙地面间的动摩擦因数为 μ ， g ＝ 10 m/s 2 ) ，有 A. 若 μ ＝ 0.1 ，则细绳的拉力为零，地面对 a 的支持力变小 B. 若 μ ＝ 0.1 ，则细绳的拉力变小，地面对 a 的支持力不变 C. 若 μ ＝ 0.75 ，则细绳的拉力为零，地面对 a 的支持力不变 D. 若 μ ＝ 0.75 ，则细绳的拉力变小，地面对 a 的支持力变 小 真题模拟精练 √ √ 图 7 答案 解析 8 9 解析 　 在光滑段运动时，物块 a 及物块 b 均处于平衡状态， 对 a 、 b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡 . 对 b 受力 分 析 ， 如图 ，受重力、支持力和绳子的拉力，根据共点 力平衡 条件 ，有 F cos θ － F N sin θ ＝ 0 ， F sin θ ＋ F N cos θ － mg ＝ 0 ， 由 两式 解得 F ＝ mg sin θ ， F N ＝ mg cos θ ，当它们刚刚运动至 轨道 的 粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，而 b 向右的加速度最大 为 a m ＝ g tan θ ＝ 10 × m /s 2 ＝ 7.5 m/ s 2 ，此时绳对 b 没有拉力 . 若 μ ＝ 0.1 ，则物块 a 、 b 仍 相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得： F sin θ ＋ F N cos θ － mg ＝ 0 ， F N sin θ － F cos θ ＝ ma ，由两式解得 F ＝ mg sin θ － ma cos θ ， F N ＝ mg cos θ ＋ ma sin θ ，即绳的拉力 F 将变小，而 a 对 b 的支持力变大；再对 a 、 b 整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对 a 的支持力不变，故 A 错误， B 正确； 8 9 若 μ ＝ 0.75 ， a 的加速度为 7.5 m/s 2 ，物块 b 的重力和其受到的支持力正好提供其运动的加速度，故绳的拉力为零；再对 a 、 b 整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对 a 的支持力不变，故 C 正确， D 错误 . 8 9 9.(2017· 全国卷 Ⅲ ·25) 如图 8 所示，两个滑块 A 和 B 的 质量 分别 为 m A ＝ 1 kg 和 m B ＝ 5 kg ，放在静止于水平地面上 的 木板 的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ 1 ＝ 0.5 ；木板的质量为 m ＝ 4 kg ，与地面间的动摩擦因数为 μ 2 ＝ 0.1. 某时刻 A 、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v 0 ＝ 3 m/s . A 、 B 相遇时， A 与木板恰好相对静止 . 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g ＝ 10 m/ s 2 . 求 ： (1) B 与木板相对静止时，木板的速度 ； 图 8 答案 　 1 m/s ，方向与 B 的初速度方向相同 8 9 答案 解析 解析 　 滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动 . 设 A 、 B 和木板所受的摩擦力大小分别为 F f1 、 F f2 和 F f3 ， A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 a A 和 a B ，木板相对于地面的加速度大小为 a 1 . 在滑块 B 与木板达到共同速度前有 F f1 ＝ μ 1 m A g ① F f2 ＝ μ 1 m B g ② F f3 ＝ μ 2 ( m ＋ m A ＋ m B ) g ③ 由牛顿第二定律得 F f1 ＝ m A a A ④ F f2 ＝ m B a B ⑤ 8 9 F f2 － F f1 － F f3 ＝ ma 1 ⑥ 设在 t 1 时刻， B 与木板达到共同速度，其大小为 v 1 . 由运动学公式有 v 1 ＝ v 0 － a B t 1 ⑦ v 1 ＝ a 1 t 1 ⑧ 联立 ①②③④⑤⑥⑦⑧ 式，代入已知数据得 v 1 ＝ 1 m/s ，方向与 B 的初速度方向相同 ⑨ 8 9 (2) A 、 B 开始运动时，两者之间的距离 . 答案 　 1.9 m 8 9 答案 解析 解析 　 在 t 1 时间间隔内， B 相对于地面移动的距离为 设在 B 与木板达到共同速度 v 1 后，木板的加速度大小为 a 2 . 对于 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 F f1 ＋ F f3 ＝ ( m B ＋ m ) a 2 ⑪ 由 ①②④⑤ 式知， a A ＝ a B ； 再 由 ⑦⑧ 式知， B 与木板达到共同速度时， A 的速度大小也为 v 1 ，但运动方向与木板相反 . 由 题意知， A 和 B 相遇时， A 与木板的速度相同 ， 设其大小为 v 2 . 8 9 设 A 的速度大小从 v 1 变到 v 2 所用的时间为 t 2 ，则由运动学公式，对木板有 v 2 ＝ v 1 － a 2 t 2 ⑫ 对 A 有： v 2 ＝－ v 1 ＋ a A t 2 ⑬ 在 t 2 时间间隔内， B ( 以及木板 ) 相对地面移动的距离为 在 ( t 1 ＋ t 2 ) 时间间隔内， A 相对地面移动的距离为 8 9 A 和 B 相遇时， A 与木板的速度也恰好相同 . 因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离 为 s 0 ＝ s A ＋ s 1 ＋ s B ⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s 0 ＝ 1.9 m ( 也可用如图所示的速度 — 时间图线求解 ) 8 9 知识方法链接 1. 电场、磁场中的动力学问题处理方法与力学中相同 . 2. 受力分析时先分析场力：重力、电场力、磁场力 . 3. 匀强电场中电场力与重力一样为恒力，二者的合力也为恒力，可用它们的合力代替这两个力，称为等效重力 . 4. 洛伦兹力是随速度变化而变化的力，方向总垂直于 v ，大小等于 q v B . 热点精练 4 　 电学中的动力学问题 真题模拟精练 答案 解析 10.(2017· 河北衡水市模拟 ) 如图 9 所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强 E 1 、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强 E 2 、方向竖直向上的匀强电场 . 一个质量 m 、带电＋ q 的小球从上方电场的 A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与 A 关于虚线对称的 B 点，重力加速度为 g ，则下列结论正确的是 图 9 10 11 A. 若 A 、 B 高度差为 h ，则 U AB ＝ B. 带电小球在 A 、 B 两点电势能相等 C. 在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 D. 两电场强度大小关系满足 E 2 ＝ 2 E 1 √ 解析 　 对 A 到 B 的过程运用动能定理得， qU AB ＋ mgh ＝ 0 ，解得： U AB ＝ ， 知 A 、 B 的电势不等，则电势能不等，故 A 正确， B 错误 ； 由 A 到虚线的过程小球速度由零加速至 v ，由虚线到 B 的过程小球速度由 v 减为零，位移相同，根据匀变速直线运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，故 C 错误； 10 11 11.(2017· 全国卷 Ⅰ ·25) 真空中存在电场强度大小为 E 1 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 v 0 ，在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变 . 持续一段时间 t 1 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点 . 重力加速度大小为 g . (1) 求油滴运动到 B 点时的速度大小； 答案 解析 10 11 答案 　 见解析 解析 　 设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为 m 和 q ，油滴速度方向向上为正 . 油滴在电场强度大小为 E 1 的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上 . 在 t ＝ 0 时，电 场强度突然从 E 1 增加至 E 2 时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a 1 满足 qE 2 － mg ＝ ma 1 ① 油滴在 t 1 时刻的速度为 v 1 ＝ v 0 ＋ a 1 t 1 ② 电场强度在 t 1 时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小 a 2 满足 10 11 qE 2 ＋ mg ＝ ma 2 ③ 油滴在 t 2 ＝ 2 t 1 时刻的速度为 v 2 ＝ v 1 － a 2 t 1 ④ 由 ①②③④ 式得 v 2 ＝ v 0 － 2 gt 1 ⑤ 10 11 (2) 求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t 1 和 v 0 应满足的条件 . 已知不存在电场时，油滴以初速度 v 0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B 、 A 两点间距离的两倍 . 答案 解析 10 11 答案 　 见解析 解析 　 由题意，在 t ＝ 0 时刻前有 qE 1 ＝ mg ⑥ 油滴从 t ＝ 0 到 t 1 时刻的位移为 10 11 油滴在从 t 1 时刻到 t 2 ＝ 2 t 1 时刻的时间间隔内的位移为 由题给条件有 v 0 2 ＝ 2 g × 2 h ＝ 4 gh ⑨ 式中 h 是 B 、 A 两点之间的距离 . 若 B 点在 A 点之上，依题意有 x 1 ＋ x 2 ＝ h ⑩ 由 ①②③⑥⑦⑧⑨⑩ 式得 10 11 为使 E 2 ＞ E 1 ，应有 10 11 才是可能的；条件 ⑬ 式和 ⑭ 式分别对应于 v 2 ＞ 0 和 v 2 ＜ 0 两种情形 . 若 B 在 A 点之下，依题意有 x 2 ＋ x 1 ＝－ h ⑮ 由 ①②③⑥⑦⑧⑨ ⑮ 式得 10 11 为使 E 2 > E 1 ，应有 另一解为负，不符合题意，舍去 .