2022届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律习题课新教材真情境折射出的命题新导向学案新人教版.docx

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1、习题课新教材、真情境折射出的命题新导向 (一)探究牛顿第一、第三定律(选自人教版新教材必修第一册P65、P80) 精要解读1图1为伽利略理想斜面实验的频闪照片，依据逻辑推理把实际实验理想化的思想是研究物理问题的重要方法。2图2为探究作用力和反作用力关系实验原理图，把A、B两个弹簧测力计连接在一起，拉动时看两个测力计示数的关系。创新训练1伽利略在研究力和运动的关系时，用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示。伽利略设计这个实验的目的是为了说明()A如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B如果没有摩擦，物体运动过程中机

2、械能守恒C维持物体做匀速直线运动并不需要力D如果物体不受到力，就不会运动解析：选C伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故A、B、D错误，C正确。2.如图所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果绳质量不计，且保持水平，甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜，则下列说法中正确的是()A甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙

3、的摩擦力解析：选D甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，故A、B、C错误；即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜，故D正确。(二)加速度计的原理(选自鲁科版新教材必修第一册P120)精要解读1简易加速度计由轻杆、小球、刻度盘组成。2根据球和杆摆动的角度和方向，可以确定加速度的大小和方向。创新训练1.如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角

4、，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()Amg，竖直向上Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平向右Dmg，斜向右上方解析：选D以小球A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtan mAa，得：agtan ，方向水平向右。再对物块B研究得：小车对B的摩擦力为：fmamgtan ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为Nmg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：Fmg，方向斜向右上方，故D正确。2(多选)某人想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直

5、方向，他用手机拍摄了当时情景的照片(如图)，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。测量出细绳向右偏转的角度为，则地铁加速度方向和大小为()A方向向右B方向右左Cgsin Dgtan 解析：选BD由于笔和细绳向右偏，故地铁的加速度是向左的，A错误，B正确。将笔看作质点，受力如图：则mgtan ma故agtan ，C错误，D正确。3.(2021六盘山模拟)如图所示，质量为m的小球用两根细线OA、OB连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为37，OB保持水平，重力加速度大小为g，车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为()Ag

6、B.gC.g D.g解析：选C小球受力如图所示，在竖直方向，由平衡条件得Fcos 37mg在水平方向，由牛顿第二定律得2FFsin 37ma解得ag，故C正确，A、B、D错误。 (一)电梯和火箭发射的超重、失重现象1图甲为某人乘电梯上楼，图乙为2020年11月24日我国长征五号遥五运载火箭发射嫦娥五号探测器。2电梯运行和火箭发射都涉及超重、失重现象。 创新训练1如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A电梯可能向上加

7、速运动，加速度大小为12 m/s2B电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2C电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为12 m/s2解析：选C电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，此时拉力等于重力，则重物的重力等于10 N。当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物有mgFma，代入数据解得a2 m/s2，则电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下，电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动，故C正确，A、B、D错误。2.如图所示，将一手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮。手持手电筒并保持它在竖直方向运动，要使

8、得小电珠熄灭，可以()A缓慢向上匀速运动B缓慢向下匀速运动C突然向上加速运动D突然向下加速运动解析：选C如果手电筒加速上升或减速下降，电池处于超重状态，它对弹簧的作用力将大于其重力，弹簧压缩量增大，电池上端将与电珠脱离，电珠熄灭，故只有C符合题意。3.如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()A火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D返回舱在喷气过程中处于失重状

9、态解析：选A整个装置匀速下降，火箭向下喷气瞬间，获得向上的反冲力，故伞绳对返回舱的拉力减小，A项正确；返回舱在空气阻力作用下匀速运动，故减速的主要原因是火箭的反冲力，B项错；返回舱做减速运动，由动能定理可知，合外力做负功，C项错；返回舱向下减速，加速度方向向上，处于超重状态，D项错。(二)自动化生产线和传送带如图是上海某工厂车间自动化生产线，传送装置在电脑控制下自动完成货物传送。 精要解读1在自动化生产线上，常用传送带传送工件。2传送带问题涉及摩擦力、相对运动、牛顿第二定律的应用等方面的问题。创新训练1.如图所示，倾角37的传送带，上、下两端相距s7 m。当传送带以v4 m/s的恒定速率顺时针

10、转动时，将一个与传送带间动摩擦因数0.25的物块P轻放于A端，求P从A端运动到B端所用的时间。(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)解析：设P初始下滑的加速度为a1，则有mgsin mgcos ma1解得a1g(sin cos )8 m/s2前一段加速下滑时间t10.5 s当P加速到速度为v时，P发生的位移s11 m7 m此后P继续加速下滑，设加速度为a2，有mgsin mgcos ma2，解得a24 m/s2根据位移时间关系公式，有ss1vt2a2t22解得后一段加速下滑的时间t21 s(另一解舍去)则P从A到B所用总时间tt1t21.5 s。答案：1.5 s2.如图所

11、示，与水平面成37的传送带正以v2 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l16 m。现每隔1 s把质量m1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数0.875，取g10 m/s2，结果保留两位有效数字。求：(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的功率。解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则mgcos mgsin ma代入数据解得a1.0 m/s2该工件刚放上去时离前一个工件的距离最小，且最小距离dminat2解得dmin0.50 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远则dmaxvt2.0

12、 m。(2)由于工件加速时间为t12.0 s，因此传送带上总有两个(n12)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力Ff12mgcos 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x2 m传送带上匀速运动的工件数n27当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力Ff0mgsin ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力Ff2n2Ff0与空载相比，传送带需增大的牵引力FFf1Ff2联立解得F56 N即需增加的功率是PFv112 W。答案：(1)0.50 m2.0 m(2)112 W3.水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的

13、传送带AB始终保持v1 m/s的恒定速度运行，一质量为m4 kg的行李无初速的放在A处。已知该行李与传送带间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离l2 m，g取10 m/s2，求：(1)行李从A运送到B所用的时间t；(2)电动机运送该行李需多消耗的电能E；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v。解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得mgma，a1.0 m/s2设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则vat1，s1at12，解得t11 s，s10.5 m行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2则t21.5 s所以行李从A运送到B共用时间为tt1t22.5 s。(2)电动机需多消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故Emv2mgL行李与传送带的相对位移Lvt1s10.5 m，代入数据解得E4 J。(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短有latmin2代入数据得tmin2 s，此时传送带对应的运行速率为vatmin2 m/s故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。答案：(1)2.5 s(2)4 J(3)2 s2 m/s