（3）牛頓運動定律的應用—江蘇省2020高考物理考前沖A攻略復習講義

1、牛頓運動定律的應用江蘇高考物理考前沖A攻略（3）【考情播報】 考綱要求牛頓運動定律、牛頓定律的應用（II）加速度大小不同的連接體問題的計算僅限于兩個物體的情況；命題預測1.牛頓第二定律與運動學（運動圖象）結合考查。 2.牛頓運動定律在實際中的應用很多，如超重失重問題、連接體問題、臨界極值問題、傳送帶問題等。可以實際生活、生產和科學實驗中有關問題為命題背景，突出表現(xiàn)物理知識在生活中的應用。應試技巧1.對牛頓第二定律的理解：（1）瞬時性：加速度和物體所受的合力是瞬時對應關系。 （2）矢量性：物體加速度方向與所受合力方向相同。（3）同體性：F=ma中各量都是屬于同一物體的。 （4）獨立性：將合力分解

2、后，其在分解方向產生的加速度相互獨立。2.應用牛頓第二定律解題的方法：（1）明確研究對象：根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出被研究的物體；（2）進行受力分析和運動狀態(tài)分析，明確運動性質和運動過程；（3）建立坐標系，一般以加速度方向和垂直加速度方向為兩坐標軸方向；（4）根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。3.超重和失重：視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為“視重”，大小等于彈簧測力計受到的拉力或臺秤受到的壓力。無論是超重還是失重，物體所受的重力都沒有變化，只是“視重”的改變。狀態(tài)加速度視重F與重力mg的關系（加速度大小為a）超重豎直向上F=m（g+a）>mg失重

3、豎直向下F=m（ga）<mg完全失重重力加速度F=04.連接體問題處理方法：（1）整體法：若連接體具有相同的加速度，可以把連接體看成一個整體作為研究對象，在進行受力分析時，要注意區(qū)分內力和外力。（2）隔離法：把研究的物體從周圍物體中隔離出來，單獨進行分析，從而求解物體之間的相互作用力。（3）不能將整體法和隔離法對立起來，往往要將整體法和隔離法配合使用。5.求瞬時加速度時對彈力的分析：彈力表現(xiàn)形式彈力方向能否突變輕繩拉力沿繩收縮方向能輕桿拉力、支持力不定能輕彈簧拉力、支持力沿彈簧軸線否橡皮條拉力沿橡皮條收縮方向否6.傳送帶問題分析要點：（1）注意分析物體在初態(tài)時（由靜止釋放或有初速度）所受

4、滑動摩擦力的方向。（2）注意分析物體與傳送帶共速時摩擦力的有無及方向?！菊骖}回顧】1 如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是A. B. C. D. 【參考答案】A【命題意圖】牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律【試題解析】由牛頓運動定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma，F(xiàn)彈=k(x0-x),kx0=mg，聯(lián)立解得F=ma+ kx，對比題給的四個圖象，可能正確的是A?！久麕燑c睛】牛頓運動定律是高中物理主干知識，勻變速直線運動規(guī)律貫穿高

5、中物理。2 沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在05 s、510 s、1015 s內F的大小分別為F1、F2和F3，則A.F1<F2 B.F2>F3 C.F1>F3 D.F1=F3【參考答案】A【命題意圖】本題考查圖象，牛頓第二定律。【試題解析】由vt圖象可知，05 s內加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin fF1=ma1，F(xiàn)1=mgsin f0.2m；510 s內加速度a2=0，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin fF2=ma2，F(xiàn)2=mgsin f；1015

6、 s內加速度a3=0.2 m/s2，沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin fF3=ma3，F(xiàn)3=mgsin f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，選項A正確?！久麕燑c睛】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的基本運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，基礎題?！绢A測訓練】1.下圖中四幅圖片涉及物理學史上的四個重大發(fā)現(xiàn)，下列說法正確的是()A.亞里士多德根據(jù)理想斜面實驗，提出力不是維持物體運動的原因B.牛頓通過扭秤實驗，測定出了萬有引力常量C.安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應D.法拉第通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象答案D2.磁性黑板擦吸附在豎直的黑板平面上靜止不動時，關于

7、黑板擦的受力情況，下列敘述中正確的是()A.黑板擦受到的磁力與它受到的重力是一對平衡力B.黑板擦受到的磁力與它受到的彈力是一對作用力與反作用力C.黑板擦受到的磁力與它受到的摩擦力性質相同D.黑板擦受到的摩擦力與它受到的重力是一對平衡力答案D3.如圖所示，冰壺在冰面運動時受到的阻力很小，可以在較長時間內保持運動速度的大小和方向不變，我們可以說冰壺有較強的抵抗運動狀態(tài)變化的“本領”。這里所指的“本領”是冰壺的慣性，則慣性的大小取決于()A.冰壺的速度 B.冰壺的質量C.冰壺受到的推力 D.冰壺受到的阻力解析慣性是物體的固有屬性，而質量卻是慣性大小的唯一量度，故慣性的大小取決于冰壺的質量。答案B4某

8、人站在斜向上勻加速運行的電動扶梯上（扶欄未畫出），人和扶梯保持相對靜止，其加速度a方向如圖所示。關于此人在上升過程中下列判斷正確的是A此人處于超重狀態(tài)B此人所受電梯作用力的方向與圖中a的方向相同C此人機械能增加量大于支持力所做的功4【答案】AC【解析】人隨電梯斜向上做勻加速運動，加速度有向上的分量，則人處于超重狀態(tài)，選項A正確；人做勻加速運動，人的加速度沿電梯斜向上，根據(jù)牛頓第二定律知，人所受的合力沿電梯向上。人受到重力和電梯的作用力，重力豎直向下，由平行四邊形定則可知，人所受電梯作用力的方向指向右側斜上方，與a的方向不同。故B錯誤。電梯的支持力對人做正功。電梯對人的靜摩擦力水平向右，靜摩擦力

9、對游客做正功，根據(jù)功能原理知，支持力和靜摩擦力做功之和等于人機械能的增加量，所以人機械能增加量大于支持力所做的功。故C正確。人在豎直方向有向上的分加速度，由牛頓第二定律知豎直方向的合力不為零。由牛頓第二定律知，在a方向上合力不為零。故D錯誤。D此人在豎直方向受到的合力為零，在a方向上合力不為零5.如圖所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點輕彈簧左端固定于豎直墻面?，F(xiàn)將質量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上，不計滑塊在B點的機械能損失。換用相同材料質量為m2的滑塊（m2>m1）壓縮彈簧到相同位置，然后由靜止釋放

10、，下列對兩滑塊說法正確的是A.兩滑塊到達B點的速度相同B.兩滑塊上升到最高點過程的加速度相同C.兩滑塊沿斜面上升的最大高度相同D.兩滑塊上升到最高點過程機械能損失不相同5.【答案】B【解析】彈簧釋放的過程，彈簧的彈性勢能轉化為滑塊的動能，兩次彈性勢能相同，則兩滑塊到B點的動能相同，但質量不同，則速度不同，A錯誤；滑塊上升過程中的加速度，由于材料相同，所以動摩擦因數(shù)相同，與質量無關，故兩滑塊上升到最高點過程的加速度相同，B正確；兩滑塊在斜面上運動時加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，C錯誤；兩滑塊上升到最高點過程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得：彈簧的彈性勢能，所以，故兩滑

11、塊上升到最高點過程克服重力做的功相同。損失的機械能等于克服摩擦力做的功，則，、mgh相同，則機械能損失相同，D錯誤。【每日一題】【計算題訓練】傳送帶在各行業(yè)都有廣泛應用，如圖所示，一質量為m，電阻為R，邊長為L的正方形單匝閉合金屬線框隨水平絕緣傳送帶以恒定速度v0向右運動，通過一固定的磁感應強度為B，方向垂直于傳送帶平面向下的勻強磁場區(qū)域。已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d(d>L)，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。金屬框穿過磁場的過程中將與傳送帶產生相對滑動，且右側邊經過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設傳送帶足夠長，且金屬框始終保持右側邊平行于磁場邊界。求：(1)線框的右側剛進入磁場時所受安培力的大小；(2)線框進入磁場的過程中運動加速度的最大值以及速度最小值；(3)線框穿過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱?！窘馕觥?1)閉合線框右邊剛進入磁場時產生的感應電動勢EBLv0，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I，右側邊所受的安培力為：FBIL。(2)線框以速度v0進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而做減速運動；進入磁場后，在摩擦力作用下做加速運動，當其右側邊達到PQ時速度又恰好等于v0，因此線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設為am，線框全部進入磁場時速度最小，設此時線框的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律可得Fm