牛顿运动定律大综合—2021年高考物理（山东专用）（解析版）.pdf

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1、2021年高考物理【热点重点难点】专练(山东专用)重难点0 3 牛顿运动定律大综合【知识梳理】考点一超重与失重1 .物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系.下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系.加速度超重、失重视重尸。=0不超重、不失重F=mga的方向竖直向上超 重:F=m(g+a)a的方向竖直向下失重F=m(ga)a=g,竖直向下完全失重F=0特别提醒:不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.2 .超重和失重现象的判断“三”技巧(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失

2、重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.(3)从速度变化角度判断物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重.考点二动力学中的临界极值问题分析1 .当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件.用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键.2 .临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”、“恰好、正好

3、”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度.【重点归纳】动力学中的典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN=O.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂

4、与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：FT=O.(4)加速度变化时，速度达到最大的临界条件：当加速度变化为。=0时.考点三传送带模型和滑块一木板模型1.“传送带模型”问题的分析思路(1)模型特征一个物体以速度V03亚0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型，如图(a)、(b)、(c)所示.(2)建模指导传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析

5、物体在运动位移M对地)的过程中速度是否和传送带速度相等.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.2.“滑块木板模型，问题的分析思路(1)模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.(2)建模指导解此类题的基本思路：(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度：(

6、2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程.特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.【重点归纳】1.传送带模型分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析;二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析.(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情 景 1 o=Of i t)(i)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2Vo(1)丫 0 丫时:可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)w v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3Vo(Ta(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑

7、块还要被传送 带 传 回 右 端.其 中 返 回 时速度为V,当 v o xi【答案】AB.若 相 v M,有 xxiD.若 有 xxi【详解】在水平面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得把 A物体隔离，由牛顿第二定律，可得kx、-/jmg=m a、联立，解得x1=-kFm +M在斜面上滑动时，整体法，由牛顿第二定律，可得F-/(m+M)g s i n 0 =(m 4-A/)4 72把 A物体隔离，由牛顿第二定律，可得kx2-/umg s i n 0=m a2联立，解得mx2=kF-m +M故两次形变量相同，与动摩擦因数和斜面倾角无关，故 A正确；B C D 错误。故选A o3.如图，传送带

8、倾角。=3 7 ,以恒定的速率闲=10m/s 逆时针匀速转动。A B 两端距离为L=16 m,在A端无初速度放上质量胆=l k g 的滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数“=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取 g=10m/s 2,对滑块从A端运动到B端的过程，下列说法正确的是(c o s 3 7 =0.8)()A.滑块先做匀加速运动，再做匀速运动B.滑块先做匀加速运动，再做匀减速运动C.滑块的机械能减少了 2 4 JD.滑块的机械能减少了 16 J【答案】c【详解】A B.由滑块的受力可知，物块先做匀加速运动，此时传送带给滑块的摩擦力与滑块的运动方向相同,根据牛顿第二定律可知mg sin 37

9、+/jmg cos 37=ma解得a-10m/s2由此可计算滑块运动的位移为x.=5m2a随后再对滑块进行分析，可知此时摩擦力与滑块的运动方向相反，根据牛顿第二定律可知mg sin 37-/jmg cos 37=ma解得a-2m/s2所以滑块一直做匀加速直线运动，故AB错误；C D.可解得滑块运动到底端时的速度V，-VQ=2ax2x2+x=L解得环=12m/s由此可根据动能定理解得滑块损失的机械能g mv=mgL sin 370-喙解得%=24JC正确，D错误;故选C o4.A、B两物体叠放在一起，放在光滑水平面上，如图甲，它们从静止开始受到一变力F 的作用,该力与时间的关系如图乙所示，A、B

10、始终相对静止，则（）A.在 m时刻A、B两物体的速度最大B.在 幻时刻A、B两物体间静摩擦力最大C.在 2 砧时刻A、B两物体间静摩擦力最小D.到 2”时刻A、B两物体的位移为零【答案】A【详解】AD.对 A、B整体，由 Ff图像可知，该整体先做加速度越来越小的加速运动，后做加速度越来越大的减速运动，在“时刻A、B两物体的速度最大，在 2 A）时刻A、B两物体的位移最大，故 A正确,D错误；BC.对 A、B整体，由牛顿第二定律可知F=（m八 +对 A物体，由牛顿第二定律可知，A、B两物体间静摩擦力为ff =ma=-mA-F-加A+%在 fo 时刻，F=0,则在用时刻A、B两物体间静摩擦力为零；

11、在 2 fo 时刻，F 最大，则在2 r o 时刻A、B两物体间静摩擦力最大，故 BC错误。故选A o二、多项选择题：本题共2 小题。5.我 国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图所示。以下判断正确的是（）A.6min8min内，深潜器的加速度最大B.4m in4m in内，深潜器停在深度为360m处C.3min4min内，潜水员处于超重状态D.6minlOmin内，深潜器的加速度不变【答案】BC【详解】A.-r 图象的斜率表示加速度，由图可知，0-lm in内和3-4min内加速度最大，故 A 错误:B.I，”图象和横坐标围成的面积表

12、示位移大小，0-4min内位移大小为/?=x(120+240)x2m=360m24-6min内静止不动，深潜器停在深度为360m处，故 B 正确；C.3-4min内，减速下降，加速度向上，处于超重状态，故 C 正确；D.1M 图象的斜率表示加速度，由图可知，8min前后，深潜器的加速度方向是不同的，故 D 错误;故选BC。6.如图光滑水平地面上有一静止的足够长质量为M 的平板，质量为，的物块以水平速度%冲上平板，因摩擦二者发生相对滑动，最终至共速，对该过程()A.若只是为变大，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长B.若只是m 变大，由开始运动至共速时间不变，相对运动的距离不变C.若只是

13、变小，由开始运动至共速时间变短，相对运动的距离变短D.若只是动摩擦因数变小，由开始运动至共速时间变长，相对运动的距离变长【答案】ACD【详解】用四图像最方便，如图所示；A.若只是物变大，物块图线平行上移，共速时间变长，相对滑过的距离变长，选项A正确;B.只是能变大，车的加速度变大，物块的不变，共速时间变短，相对滑过的距离变短，选 项 B错;C.只是“变小，车的加速度变大，共速时间变短，相对滑过的距离变短，C正确；D.只是动摩擦因数变小，物块的加速度和车的加速度均减小，共速时间变长，相对滑过的距离变长，D正确。故选A C D o三、解答题：本题共2 小题。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的

14、演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。7.如图所示，物 块 A放在平台上，绕过定滑轮的细线一端连在物块A上，另一端连在物块B上，物 块 B与 C用轻弹簧相连，物 块 C放在地面上，物 块 A、B、C的质量分别为2?、，小?，轻弹簧的原长为L o,劲度系数为等，重力加速度为g,物块A与平台间的动摩擦因数为=0.2。开始时,物块A刚好要滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，然后给物块A施加一个大小为尸=2%g 的水平向右的拉力，求：(1)加上拉力厂的瞬间，物块A的加速度a；(2)当物块B向上运动0.2 4 瓦的距离时，物块B的速度v；(3)若经过一段时间后撤

15、去F,要使物块C能离开地面，则拉力至少需要做的功W。【答案】(1)0.4g；(2)丫=2/5gL；(3)o512?gL。25【详解】(1)开始时，细线的拉力T i=x2ig=0.4mg设开始时轻弹簧的弹力为Q,根据力的平衡T+F=mg加上拉力的瞬间，弹簧的弹力仍为B,设细线的拉力为4,设物块A 的加速度大小为”,对物块B?2+FI-mg=ma对物块A2mg-Ti-fix2tng=2ma解得a=0.4g(2)由(1)得F=kxM=0.12Lo当物块B 向上运动0.24氏的距离时，弹性势能变化量为0,设物块B 的速度为h根据动能定理2，gx().24Lo-x2?gx0.24Lo-?gx0.24io

16、=x3/v2解得2/25（3）当物块C刚要离开地面时，设弹簧的伸长量为及，根据力的平衡kx2=tng解得X2=O.2LO此时物块A、B的速度为零，则拉力做的功最少，根据动能定理W-p i-Im g +x2)-m g(xl+%2)+-x1-x-k x2-x2-)解得卬=0.5 2mgLo8.如图所示，一足够长的粗糙的水平传送带在电动机的带动下以恒定的速率v =5 m/s沿顺时针方向运动，质量m,*=1 k g的小铁块A （可看作质点）和 质 量=0-2 k g的长木板B叠放在一起，A位 于B的右端，在/=0时将A、B保持上述状态一起轻放到传动带上，最终A恰好没有滑离B,已知小铁块A在0 2 s的

17、加速度大小为2.5 m 6 2；长 木 板B在0 1 s和1 2 s的加速度大小分别为5 m/s?和。；取重力加速度g=1 0 m/s）。求:（1）若A、B间的动摩擦因数为-B与传送带之间的动摩擦因数为2,则 改内（2）I s 2 s时间内长木板B受到传送带对其摩擦力的大小和方向;【详解】2.5 m(1)对 A：刚放上传送带时加速度的大小纵=2.5 m/s?由牛顿第二定律/加A g=解得4 8间的动摩擦因数2 5M =0.2 51 0对B-.刚放上传送带时加速度的大小演=5m/s2儿(A+%)g 一M?Ag=他解得8与传送带之间的动摩擦因数5五得旦=3从3(2)在Is 2 s时间内，长木板8相对传送带静止不动，4相 对B向左运动，4对B的摩擦力大小为/=i2Ag=0-25NA对8的摩擦力的方向水平向左，长木板B做匀速直线运动，由受力平衡可知，传送带对8的摩擦力/=/=0.25N方向水平向右；(3)B经时间。=1S与传送带共速，A经时间与=2s与传送带共速，从将A、8放上传送带到均与传送带相对静止的过程中/=3他片+丫伍4)1 24=5%长木板长度解得长木板B的长度L=2.5m