《2022年高三物理二轮复习专题三牛顿运动定律教案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三物理二轮复习专题三牛顿运动定律教案 .pdf（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载（福建卷） 17、如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0 时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。 通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间 t 变化的图像如图（乙）所示，则A.1t时刻小球动能最大B. 2t时刻小球动能最大C. 2t3t这段时间内，小球的动能先增加后减少D. 2t3t这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】 C 3（2011 天津第 2 题） 如图所示， A、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静
2、止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A方向向左，大小不变B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变D方向向右，逐渐减小【答案】：A 4（2011四川第 19 题） 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态【答案】 A 6（2011北京第 18题） .“ 蹦极 ” 就是跳
3、跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力 F的大小随时间 t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为AG B2g C3g D 4g 7（2011上海第 19题）受水平外力 F作用的物体， 在粗糙水平面上作直线运动，其vt图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 6 页学习必备欢迎下载线如图所示，则(A) 在10t秒内，外力F大小不断增大(B) 在1t时刻，外力F为零(C) 在12tt秒内，外力F大小可
4、能不断减小(D) 在12tt秒内，外力F大小可能先减小后增大答案： CD 2(新课标理综第21 题). 如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数） ，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和 a2变化的图线中正确的是（A）10湖北省众望高中20XX 届高三周练 如图所示，质量相同的木块A、B 用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始时两木块静止且弹簧处于原长状态。现用水平恒力F 推木块 A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中：( A
5、BC ) A两木块速度相同时，加速度aAvB CB 的加速度一直在增大DA 的加速度先减小后增大320XX 年长春市高中毕业班第一次调研测试用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了x( 小球与弹簧不拴接) ，如图所示，将细线烧断后( CD ) A小球立即做平抛运动B小球的加速度立即为g C小球脱离弹簧后做匀变速运动F A 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页学习必备欢迎下载D小球落地时动能大于mgh 20. 山东省育才中学20XX 届高三 9 月月考 如图所示，质量M=8 kg 的小车放在水
6、平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8 N， 、当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.2 ，小车足够长. 求（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？( 取g=l0 m/s2). 解： （1）物块的加速度22/magm s-（ 2分）小车的加速度：20.5/MFmgam sM-（ 2 分）（ 2）由：0mMa tva t -（2 分）得： t=1s -（ 1 分）（ 3）在
7、开始1s 内小物块的位移：21112msa tm- （1 分）最大速度：2/vatm s-（1 分）在接下来的0.5s 物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度 :20.8/Fam sMm -（1 分）这 0.5s 内的位移 :2211.12svtatm -（1 分）通过的总位移122.1sssm-（1 分）14. （09山东 24） （15 分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度
8、均为l=2m ，质量均为m2=100 kg ，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。 （最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板4 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板 B 开始滑动，求1应满足精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 6 页学习必备欢迎下载的条件。（3）若1=0。5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间。解析 ： （1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为0v，对货物的下滑
9、过程中根据机械能守恒定律得，21012mgRmv设货物在轨道末端所受支持力的大小为NF,根据牛顿第二定律得，2011NvFm gmR联立以上两式代入数据得3000NFN根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得11212(2)m gmmg若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得11212()m gmmg联立式代入数据得10.6。（3）10.5，由式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为1a，由牛顿第二定律得1111m gm a设货物滑到木板A 末端是的速度
10、为1v，由运动学公式得221012vva l联立式代入数据得14/vm s设在木板 A 上运动的时间为t，由运动学公式得101vva t联立式代入数据得0.4ts。考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析27.上海市六校20XX届高三第一次联考如图所示， 一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 为 30。现小球 在 F=20N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36。试求：（ 1）小球运动的加速度a1；（ 2）若 F 作用 1.2s后撤去，小球上滑过程中距A 点最大距离sm；（ 3）若从撤去力F 开始计时，小
11、球经多长时间将经过距A 点上方为2.25m 的 B 点。解析： （1）在力 F 作用时有：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页学习必备欢迎下载（F-mg）sin30 - （F-mg）cos30 =ma1a1=2.5 m/s2 （4 分）（2）刚撤去F 时，小球的速度v1= a1t1=3m/s 小球的位移s1 = v12t1=1.8m （1 分）撤去力 F 后，小球上滑时有：mgsin30 + mgcos30 =ma2a2=7.5 m/s2 （ 1 分）因此小球上滑时间t2= v1a2=0.4s 上滑位移s2= v12t
12、2=0.6m（1 分）则小球上滑的最大距离为sm=2.4m （1 分）（3）在上滑阶段通过B 点：SAB- s1= v1 t3-12a2t32 通过 B 点时间t3=0.2 s ，另 t3=0.6s （舍去）（3 分）小球返回时有：mgsin30 - mgcos30 =ma3a3=2.5 m/s2 （1 分）因此小球由顶端返回B 点时有：sm- SAB =12a3t42t4 =35（1 分）通过 通过 B 点时间t2+ t4= 2+35s 0.75s （1 分）29 福建省龙岩二中20XX 届高三摸底考试如图所示，一质量M=2.0kg 的长木板静止放在光滑水平面上， 在木板的右端放一质量m=1
13、.0kg 可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为 =0.2.用恒力 F 向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m 处。在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来.求：（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向；（2）作用于木板的恒力F 的大小；（3）木板的长度至少是多少？解： （1）小物块受力分析如图所示，设它受到的摩擦力大小为f1Nf01mgNf= 0.2 1.0 10N=2N 方向水平向右精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页学
14、习必备欢迎下载（2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F 作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2则有：1maf21m/s0.2a21121tas22221taslss12212)(21taal22m/s0.4a代入数值得：对木板进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律：F-f = Ma2，则 F=f +Ma2, 代入数值得出F=10N。（3）设撤去F 时小物块和木板的速度分别为v1和 v2，撤去 F 后，木板与小物块组成的系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度V共m/s0.4m/s0.22211tavtav根据动量守恒定律得：mv1+Mv2=(m+M ) V共m/s310m/s0.20.10.40. 220.1共V对小物块：根据动能定理：2122121mvmVfs共对木板：根据动能定理：2222121)(MvMVlsf共代入数据：m32l所以木板的长度至少为L=l+l=35m1.7m 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页