2018届二轮复习牛顿运动定律与直线运动课件（共38张）（江苏专用）

2018届二轮复习牛顿运动定律与直线运动课件（共38张）（江苏专用）

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的应用 热点 精练 2 　 运动图像问题 栏目索引 热点 精练 3 　 牛顿运动定律的应用 热点 精练 4 　 连接体问题 热点精练 1 　 匀变速直线运动 规律的 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 . 真题模拟精练 答案 解析 1.(2015· 江苏单科 ·5) 如图 1 所示，某 “ 闯关游戏 ” 的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s. 关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m / s 2 由静止加速到 2 m / s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是 A. 关卡 2 B . 关卡 3 C . 关卡 4 D . 关卡 5 √ 2 3 1 图 1 2 3 1 解析 　 由题意可知，该同学先加速后匀速，速度增大到 2 m/s 用时 t 1 ＝ 1 s ，在加速时间内通过的位移 x ＝ ＝ 1 m ， t 2 ＝ 4 s ， x 2 ＝ v t 2 ＝ 8 m ，已过关卡 2 ， t 3 ＝ 2 s 时间内 x 3 ＝ 4 m ，关卡打开， t 4 ＝ 5 s ， x 4 ＝ v t 4 ＝ 10 m ，此时关卡关闭，距离关卡 4 还有 1 m ，到达关卡 4 还需 t 5 ＝ 0.5 s ，小于 2 s ，所以最先挡在面前的是关卡 4 ，故 C 正确 . 2.(2017· 泰州中学期中 ) 汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是： x ＝ 16 t － 2 t 2 (m) ，则它在停止运动前最后 1 s 内的平均速度为 A.6 m / s B.4 m / s C.2 m / s D.1 m / s √ 2 3 1 解析 　 根据位移与时间的关系式： x ＝ 16 t － 2 t 2 (m) ，可知汽车刹车时的初速度 v 0 ＝ 16 m / s ，加速度 a ＝－ 4 m / s 2 ，根据速度与时间关系 v ＝ v 0 ＋ at 可得：汽车刹车用时 t ＝ 4 s ；则刹车后 3 s 末的速度为 v 3 ＝ v 0 ＋ at 3 ＝ 16 m / s ＋ ( － 4) × 3 m / s ＝ 4 m/s ，则最后 1 s 内的平均速度为： 答案 解析 3.(2017· 扬州中学模拟 ) 四个小球在离地面不同高度同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面 . 如图所示，其中能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是 √ 答案 解析 2 3 1 解析 　 每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面，可以知道第一个球经过 T 时间落地，第二球落地的时间为 2 T ，依次 3 T 、 4 T . 逆过来看，相当于一个小球每经过相等时间所到达的位置，可以知道相等时间间隔内的位移越来越大，所以从下而上，相邻两个小球之间的竖直位移越来越大 . 故 B 正确， A 、 C 、 D 错误 . 2 3 1 热点精练 2 　 运动 图像 问题 知识方法链接 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 . x － t 图象中根据坐标值、 “ 斜率 ” 可分析位移、速度的大小、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 . 真题模拟精练 答案 解析 4.(2016· 江苏单科 ·5) 小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向 . 下列速度 v 和位置 x 的关系图象中，能描述该过程的是 √ 5 6 4 5 6 4 5.(2017· 南京市、盐城市一模 ) 如图 2 所示， E 为斜面的中点，斜面 上半 段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿 斜面下滑到底端时速度为零 . 小物体下滑过程中位移 x 、速度 v 、合力 F 、加速度 a 与时间 t 的关系如图所示 . 以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是 答案 解析 √ 5 6 4 图 2 解析 　 物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故 A 错误 . 物体 在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由于位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故 B 正确 . 由 B 选项知，前半段和后半段的运动时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故 C 、 D 错误 . 5 6 4 6.(2017· 仪征中学模拟 ) 一个质点沿 x 轴做匀加速直线运动 . 其位置 — 时间图象如图 3 所示，则下列说法正确的是 A. 该质点在 t ＝ 0 时速度为零 B. 该质点在 t ＝ 1 s 时的速度大小为 2 m/s C. 该质点在 t ＝ 0 到 t ＝ 2 s 时间内的位移大小为 6 m D. 该质点的加速度大小为 2 m/s 2 √ 答案 解析 5 6 4 图 3 该质点在 t ＝ 1 s 时的速度大小为 v ＝ a t ＝ 4 × 1 m / s ＝ 4 m/s ，故 B 错误 . 5 6 4 热点精练 3 　 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 ( 非 v － t 、 x － t 等图象 ) 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 . 真题模拟精练 答案 7.( 多选 )(2015· 江苏单科 · 6 ) 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图 4 所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对电梯的压力 A. t ＝ 2 s 时最大 B. t ＝ 2 s 时最小 C. t ＝ 8.5 s 时最大 D. t ＝ 8.5 s 时最小 √ 8 9 7 图 4 √ 解析 8 9 7 解析 　 由题图知，在上升过程中，在 0 ～ 4 s 内，加速度方向向上， F N － mg ＝ ma ，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故 A 正确， B 错误 ； 由 题图知，在 7 ～ 10 s 内加速度方向向下，由 mg － F N ＝ ma 知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故 C 错误， D 正确 . 8. 小明想抓获池塘中的一条大鱼，结果鱼受惊后使出洪荒之力斜向右下方匀加速游向池塘深处而逃脱，如图 5 所示，这时鱼所受水的作用力方向可能是 A. 水平向左 B . 水平向右 C. 竖直向上 D . 竖直向下 答案 √ 8 9 7 图 5 9. 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 . 答案 图 6 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 . 重力加速度为 g . 求： (1) 冰球与冰面之间的动摩擦因数； 8 9 7 解析 8 9 7 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 ，加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得 μmg ＝ ma 由运动学公式有 v 1 2 － v 0 2 ＝－ 2 as 0 (2) 满足训练要求的运动员的最小加速度 . 答案 8 9 7 解析 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 2 － v 1 2 ＝ 2 a 1 s 0 8 9 7 热点精练 4 　 连接体问题 知识方法链接 1. 分析 “ 滑块 — 滑板 ” 模型时要抓住一个转折和两个关联 (1) 一个转折 —— 滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑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、滑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 . 真题模拟精练 答案 解析 10.( 多选 )(2016· 江苏单科 ·9) 如图 7 所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中 A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 √ 11 12 10 图 7 √ 解析 　 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右， A 项错误 ； 设 各接触面间的动摩擦因数为 μ ，鱼缸的质量为 m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为 a ＝ μg ，鱼缸离开桌布时的速度为 v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为 t ＝ ， B 项正确 ； 猫 增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为 F f ＝ μmg 不变， C 项错误 ； 若 猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度 v ＝ μgt 增大，加速运动的位移 x 1 ＝ 增大 ，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移 x 2 ＝ 也 增大，则鱼缸有可能滑出桌面， D 项对 . 11 12 10 11.( 多选 ) 如图 8 甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块 . 木板受到水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 ，下列说法正确的是 A. 小滑块的质量 m ＝ 2 kg B. 小滑块与长木板之间的动摩擦 因 数为 0.1 C . 当水平拉力 F ＝ 7 N 时，长木板 的 加速度 大小为 3 m/s 2 D. 当水平拉力 F 增大时，小滑块的加速度一定增大 √ 图 8 √ 答案 解析 11 12 10 由上可知： F 大于 6 N 时 a ＝ F － 20 μ ，由 F ＝ 4 ， a ＝ 0 ，即得： μ ＝ 0.2 ，所以 a ＝ F － 4 ，当 F ＝ 7 N 时，长木板的加速度为： a ＝ 3 m/s 2 . 故 B 错误， C 正确 . 11 12 10 12.(2017· 扬州中学高三开学考试 ) 如图 9 所示，有 1 、 2 、 3 三个质量均为 m ＝ 1 kg 的物体，物体 2 与物体 3 通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板 2 到定滑轮足够远，物体 3 离地面高 H ＝ 5.75 m ，物体 1 与长板 2 之 间 答案 解析 的 动摩擦因数 μ ＝ 0.2. 长板 2 在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体 1( 可视为质点 ) 在长板 2 的左端以 v ＝ 4 m / s 的 初 速度 开始运动，运动过程中恰好没有从长板 2 的 右端掉下， g 取 10 m / s 2 . 求 ： (1) 长板 2 开始运动时的加速度大小 ； 11 12 10 图 9 答案　 6 m/s 2 解析 　 设向右为正方向 物体 1 ：－ μmg ＝ ma 1 　 a 1 ＝－ μg ＝－ 2 m/s 2 物体 2 ： F T ＋ μmg ＝ ma 2 物体 3 ： mg － F T ＝ ma 3 且 a 2 ＝ a 3 11 12 10 解析 　设经过时间 t 1 物体 1 和长板 2 速度 相等 v 1 ＝ v ＋ a 1 t 1 ＝ a 2 t 1 ，代入数据解得 t 1 ＝ 0.5 s ， v 1 ＝ 3 m/s 所以长板 2 的长度 L 0 ＝ x 1 － x 2 ＝ 1 m 11 12 10 (2) 长板 2 的长度 L 0 ; 答案　 1 m 答案 解析 (3) 当物体 3 落地时，物体 1 在长板 2 上的位置 . 解析 11 12 10 答案 答案　 物体 1 在长板 2 的最左端 11 12 10 解析　 此后，假设物体 1 、 2 、 3 相对静止一起加速 F T1 ＝ 2 ma mg － F T1 ＝ ma ，即 mg ＝ 3 ma 对物体 1 分析： F f 静 ＝ ma ≈ 3.3 N ＞ F f ＝ μmg ＝ 2 N ， 故 假设不成立，物体 1 和长板 2 相对滑动 物体 1 ： a 4 ＝ μg ＝ 2 m/s 2 物体 2 ： F T2 － μmg ＝ ma 5 物体 3 ： mg － F T2 ＝ ma 6 且 a 5 ＝ a 6 得 11 12 10 整体下落高度 h ＝ H － x 2 ＝ 5 m 解得 t 2 ＝ 1 s h － x 3 ＝ 1 m 物体 1 在长板 2 的最左端 .