2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)《牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（講）》含答案解析

1、第三章 牛頓運動定律近5年考情分析考點要求等級要求考題統(tǒng)計20222021202020192018對牛頓運動定律的理解浙江6月卷T2全國乙卷T15湖南卷T9全國甲卷T14浙江6月卷T4山東卷T1浙江1月牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 浙江1月卷T19浙江6月卷T19全國甲卷T19全國乙卷T21浙江6月卷T19江蘇卷T5浙江1月卷T19卷T20卷T15實驗四：驗證牛頓運動定律 山東卷T13全國甲卷T22湖南卷T11卷T22浙江7月卷T23核心素養(yǎng)物理觀念:對慣性，超、失重和牛頓運動定律的理解?？茖W(xué)思維:1.“輕繩”模型與“輕桿模型”.2.傳送帶、板塊模型以及整體法隔離法解連接體問題?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任:用牛

2、頓運動定律研究生產(chǎn)、科技、體育中的問題?？茖W(xué)探究:探究加速度與力的關(guān)系。命題規(guī)律高考命題中對本章內(nèi)容的考查有慣性、力與運動的關(guān)系、加速度與力的關(guān)系、超重與失重，題型有選擇題、計算題.方法有整體法、隔離法、數(shù)圖轉(zhuǎn)換、函數(shù)論證、臨界極值法，控制變量法.能力有理解能力、推理能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力、實驗?zāi)芰?。試題難度中等偏易。高考試題會綜合牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律，注重與電場、磁場的滲透，注重與生產(chǎn)、生活、當(dāng)今熱點、現(xiàn)代科技的聯(lián)系，注意社會責(zé)任、科學(xué)態(tài)度等要素的滲透。備考策略1.牢記基礎(chǔ)知識，熟練掌握基本方法，積累消化基礎(chǔ)模型，努力拓展新情景下的應(yīng)用.2.準(zhǔn)確把握物理考向:牛頓

3、運動定律的理解、動力學(xué)的兩類基本問題、超重與失重、連接體問題、動力學(xué)中的圖象問題、板塊模型與多過程問題、傳送帶問題、實驗的理解創(chuàng)新與改進(jìn).3.每一個考向都要針對訓(xùn)練.4.多關(guān)注當(dāng)今與物理學(xué)有關(guān)的熱點與現(xiàn)代科技?！揪W(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】專題3.2 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】考點一 超重和失重1超重(1)定義：物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)大于物體所受重力的情況稱為超重現(xiàn)象(2)產(chǎn)生條件：物體具有向上的加速度2失重(1)定義：物體對水平支持物的壓力(或?qū)ωQ直懸掛物的拉力)小于物體所受重力的情況稱為失重現(xiàn)象(2)產(chǎn)生條件：物體具有向下的加速度3完全失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)?/p>

4、懸掛物的拉力)為零的情況稱為完全失重現(xiàn)象(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度ag，方向豎直向下4.判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷物體向上加速或向下減速時，超重物體向下加速或向上減速時，失重考點二 動力學(xué)中的連接體問題1連接體的類型(1)輕繩連接體 (2)接觸連接體 (3)彈簧連接體2連接體的運動特點輕繩輕繩在

5、伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等輕桿輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比輕彈簧在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時，兩端連接體的速率相等3解決方法(1)分析方法：整體法和隔離法(2)選用整體法和隔離法的策略當(dāng)各物體的運動狀態(tài)相同時，宜選用整體法；當(dāng)各物體的運動狀態(tài)不同時，宜選用隔離法對較復(fù)雜的問題，通常需要多次選取研究對象，交替應(yīng)用整體法與隔離法才能求解考點三 臨界極值問題1臨界或極值條件的標(biāo)志(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，表明題述的過程存在臨界點(2)若題目中有“

6、取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在“起止點”，而這些起止點往往就對應(yīng)臨界狀態(tài)(3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在極值，這個極值點往往是臨界點(4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度2幾種臨界狀態(tài)和其對應(yīng)的臨界條件臨界狀態(tài)臨界條件速度達(dá)到最大物體所受的合外力為零兩物體剛好分離兩物體間的彈力FN0繩剛好被拉直繩中張力為零繩剛好被拉斷繩中張力等于繩能承受的最大拉力考點四 傳送帶模型eq avs4al(水平傳送帶)項目圖示滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)v0v時，

7、可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景3(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速達(dá)到左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端若v0v，返回時速度為v；若v0v，返回時速度為v0eq avs4al(傾斜傳送帶問題)項目圖示滑塊可能的運動情況情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能先加速后勻速(4)可能先減速后勻速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直減速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直勻速(3)可能

8、先減速后反向加速(4)可能一直減速考點五 滑塊木板模型1模型特征滑塊滑板模型(如圖a)，涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱，多次相互作用，屬于多物體、多過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高，故頻現(xiàn)于高考試卷中另外，常見的子彈射擊滑板(如圖b)、圓環(huán)在直桿中滑動(如圖c)都屬于滑塊類問題，處理方法與滑塊滑板模型類似2兩種類型類型圖示規(guī)律分析木板B帶動物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關(guān)系為xBxAL物塊A帶動木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關(guān)系為xBLxA3.分析“板塊”模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折

9、和兩個關(guān)聯(lián)高頻考點一 超重和失重例1、電梯的頂部掛一個彈簧秤，秤下端掛了一個重物，電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10 N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N, 關(guān)于電梯的運動(如圖所示)，以下說法正確的是(g取10 m/s2()電梯可能向上加速運動，加速度大小為4 m/s2 B電梯可能向下加速運動，加速度大小為4 m/s2C電梯可能向上減速運動，加速度大小為4 m/s2 D電梯可能向下減速運動，加速度大小為4 m/s2【答案】BC【解析】電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10 N，知重物的重力等于10 N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N，可知電梯處于失重狀態(tài)，加

10、速度向下，對重物根據(jù)牛頓第二定律有：mgFma，解得a4 m/s2，方向豎直向下，則電梯的加速度大小為4 m/s2，方向豎直向下電梯可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，故B、C正確，A、D錯誤【變式訓(xùn)練】為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示當(dāng)此車減速上坡時，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)()A處于超重狀態(tài) B不受摩擦力的作用C受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D所受合力方向豎直向上【答案】C【解析】當(dāng)車減速上坡時，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向

11、沿斜面向下人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示將加速度沿豎直方向和水平方向分解，有豎直向下的加速度，則mgFNmay，F(xiàn)Nmg，乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確高頻考點二 動力學(xué)中的連接體問題eq avs4al(輕繩連接體問題)例2、如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個物體以同一加速度向右運動，則()A此過程中物體C受五個力作用 B當(dāng)F逐漸增大到FT時，輕繩剛好被拉斷C當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時，

12、輕繩剛好被拉斷D若水平面光滑，則繩剛斷時，A、C間的摩擦力為eq f(FT,6)【答案】C【解析】對A，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，可以知道C受重力、A對C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對C的摩擦力以及地面的摩擦力六個力作用，故A錯誤；對整體分析，整體的加速度aeq f(F6mg,6m)eq f(F,6m)g，隔離對AC分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)T4mg4ma，計算得出FTeq f(2,3)F，當(dāng)F1.5FT時，輕繩剛好被拉斷，故B錯誤，C正確；水平面光滑，繩剛斷時，對AC分析，加速度aeq f(FT,4m)，隔離對A分析，A的摩擦力Ffmaeq f(FT,4)，故D錯誤【變

13、式訓(xùn)練】如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為.為了增加輕線上的張力，可行的辦法是 ()A減小A物塊的質(zhì)量 B增大B物塊的質(zhì)量C增大傾角 D增大動摩擦因數(shù)【答案】AB【解析】對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F(mAmB)gsin (mAmB)gcos (mAmB)a，隔離物塊B，應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)TmBgsin mBgcos mBa.兩式聯(lián)立可解得：FTeq f(mBF,mAmB)，由此可知，F(xiàn)T的大小與、無關(guān)，mB越大，mA越小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確eq

14、 avs4al(接觸連接體問題)例3、在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為eq f(2,3)a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為()A8B10 C15 D18【答案】BC【解析】設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則Fnma設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則Fkmeq f(2,3)a聯(lián)立得3n2k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n2時，k3，總節(jié)數(shù)為N5當(dāng)n4時，k6，總節(jié)數(shù)為N1

15、0當(dāng)n6時，k9，總節(jié)數(shù)為N15當(dāng)n8時，k12，總節(jié)數(shù)為N20，故選項B、C正確【變式訓(xùn)練】如圖所示，在傾角為的固定斜面上有兩個靠在一起的物體A、B，兩物體與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，用平行于斜面的恒力F向上推物體A使兩物體沿斜面向上做勻加速運動，且B對A的壓力平行于斜面，則下列說法中正確的是 ()A只減小A的質(zhì)量，B對A的壓力大小不變B只減小B的質(zhì)量，B對A的壓力大小會增大C只減小斜面間的傾角，B對A的壓力大小不變D只減小兩物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，B對A的壓力會增大【答案】C【解析】將A、B看成一個整體，整體在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑動摩擦力，沿斜面向上的推力

16、，根據(jù)牛頓第二定律可得aeq f(F（mAmB）gsin （mAmB）gcos ,mAmB)eq f(F,mAmB)gsin gcos ，隔離B分析可得FNmBgsin mBgcos mBa，解得FNeq f(mBF,mAmB)，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力FNeq f(mBF,mAmB)，若只減小A的質(zhì)量，壓力變大，若只減小B的質(zhì)量，壓力變小，A、B錯誤；A、B之間的壓力與斜面的傾角、與斜面間的動摩擦因數(shù)無關(guān)，C正確，D錯誤eq avs4al(彈簧連接體問題)例4、如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量分別為m、M的木塊A、B在水平恒力F作用下一起以加速度a向右做勻加速運動，木塊間的輕質(zhì)彈簧勁度系

17、數(shù)為k，原長為L0，則此時木塊A、B間的距離為 ()AL0eq f(Ma,k) BL0eq f(ma,k)CL0eq f(MF,k（Mm）) DL0eq f(Fma,k)【答案】B【解析】先以A、B整體為研究對象，加速度為：aeq f(F,Mm)，再隔離A木塊，彈簧的彈力：F彈makx，則彈簧的長度LL0eq f(ma,k)L0eq f(mF,k（mM）)，故選B.【變式訓(xùn)練】物體A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧做成的彈簧秤相連，如圖所示，今對物體A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，則彈簧秤的示數(shù)()A一定等于F1F2 B一定大于F2小于F1C一定等于F1F2 D條件不

18、足，無法確定【解析】兩個物體一起向左做勻加速直線運動，對兩個物體整體運用牛頓第二定律，有：F1F2(Mm)a，再對物體A受力分析，運用牛頓第二定律，得到：F1FMa，由以上兩式解得Feq f(mF1MF2,Mm)，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故B正確【答案】B高頻考點三 臨界極值問題 例5、如圖所示，質(zhì)量m2 kg的小球用細(xì)繩拴在傾角37的光滑斜面上，此時，細(xì)繩平行于斜面G取10 m/s2.下列說法正確的是 ()A當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為20 NB當(dāng)斜面以5 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為30 NC當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速

19、運動時，繩子拉力為40 ND當(dāng)斜面以20 m/s2的加速度向右加速運動時，繩子拉力為60 N【答案】A【解析】小球剛好離開斜面時的臨界條件是斜面對小球的彈力恰好為零斜面對小球的彈力恰好為零時，設(shè)繩子的拉力為F，斜面的加速度為a0.以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有Fcos ma0，F(xiàn)sin mg0，代入數(shù)據(jù)解得a013.3 m/s2.(1)由于a15 m/s2a0，可見小球離開了斜面，此時小球的受力情況如圖乙所示設(shè)繩子與水平方向的夾角為.以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F2cos ma2，F(xiàn)2sin mg0代入數(shù)據(jù)解得F220eq r(5) N，選項C、D錯誤【變式訓(xùn)練】如圖所示，水平地

20、面上有一車廂，車廂內(nèi)固定的平臺通過相同的彈簧把相同的物塊A、B壓在豎直側(cè)壁和水平的頂板上，已知A、B與接觸面間的動摩擦因數(shù)均為，車廂靜止時，兩彈簧長度相同，A恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)使車廂沿水平方向加速運動，為保證A、B仍相對車廂靜止，則()A速度可能向左，加速度可大于(1)g B加速度一定向右，不能超過(1)gC加速度一定向左，不能超過g D加速度一定向左，不能超過(1)g【答案】B【解析】開始A恰好不下滑，對A分析有fAmgFNAF彈，解得F彈eq f(mg,)，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)當(dāng)車廂做加速運動時，為了保證A不下滑，側(cè)壁對A的支持力必須大于等于eq f

21、(mg,)，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度方向一定向右對B分析，有fBmFNB(F彈mg)ma，解得a(1)g，故選項B正確，A、C、D錯誤高頻考點四 傳送帶模型eq avs4al(水平傳送帶)例6、如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s3.5 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.1.工件滑上A端瞬時速度vA4 m/s，到達(dá)B端的瞬時速度設(shè)為vB，則(g取10 m/s2)()A若傳送帶不動，則vB3 m/sB若傳送帶以速度v4 m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB3 m/sC若傳送帶以速度v2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB3 m/sD若傳遞帶以速度v2 m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB2 m/s【答案】ABC【解析】.

22、若傳送帶不動，由勻變速運動規(guī)律可知veq oal(2,B)veq oal(2,A)2as，ag，代入數(shù)據(jù)解得vB3 m/s，當(dāng)滿足選項B、C、D中的條件時，工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度還是g，所以工件到達(dá)B端時的瞬時速度仍為3 m/s，故選項A、B、C正確，D錯誤【變式訓(xùn)練】如圖所示，水平長傳送帶始終以v勻速運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物體輕放于A端，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，AB長為L，L足夠長問：(1)物體從A到B做什么運動？(2)當(dāng)物體的速度達(dá)到傳送帶速度v時，物體的位移多大？傳送帶的位移多大？(3)物體從A到B運動的時間為多少？(4)什么條件下物體從A到B所用

23、時間最短？【答案】(1)先勻加速，后勻速(2)eq f(v2,2g)eq f(v2,g)(3)eq f(L,v)eq f(v,2g)(4)veq r(2gL)【解析】(1)物體先做勻加速直線運動，當(dāng)速度與傳送帶速度相同時，做勻速直線運動(2)由vat和ag，解得teq f(v,g)物體的位移x1eq f(1,2)at2eq f(v2,2g)傳送帶的位移x2vteq f(v2,g)(3)物體從A到B運動的時間為t總eq f(v,g)eq f(Lx1,v)eq f(L,v)eq f(v,2g)(4)當(dāng)物體從A到B一直做勻加速直線運動時，所用時間最短，所以要求傳送帶的速度滿足veq r(2gL).e

24、q avs4al(傾斜傳送帶問題)例7、如圖所示，傾斜的傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2v1，不計空氣阻力，動摩擦因數(shù)一定，關(guān)于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面可能的是()A從下端B離開，vv1B從下端B離開，vv1C從上端A離開，vv1D從上端A離開，vv1【答案】ABC【解析】.滑塊從A端滑上傳送帶，在傳送帶上必先相對傳送帶向下運動，由于不確定滑塊與傳送帶間的摩擦力和滑塊的重力沿傳送帶下滑分力的大小關(guān)系和傳送帶的長度，若能從A端離開，由運動的對稱性可知，必有vv1，即選項C正確，D錯誤；若從B端離開，當(dāng)摩擦力大于重力的分力

25、時，則vv1，選項A正確；當(dāng)摩擦力和重力的分力相等時，滑塊一直做勻速直線運動，vv1，故本題應(yīng)選A、B、C.【變式訓(xùn)練】如圖所示，傳送帶與地面夾角37，AB長度為16 m，傳送帶以10 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動在傳送帶上端A無初速度地放一個質(zhì)量為0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5.求物體從A運動到B所需時間是多少？(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)【答案】2 s【解析】物體放在傳送帶上后，開始階段，由于傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿傳送帶向下的滑動摩擦力Ff，物體受力情況如圖甲所示物體由靜止加速，由牛頓第二定律有mgsin mgcos

26、ma1，得a110(0.60.50.8) m/s210 m/s2.物體加速至與傳送帶速度相等需要的時間t1eq f(v,a1)eq f(10,10) s1 s，時間t1內(nèi)的位移xeq f(1,2)a1teq oal(2,1)5 m.由于tan ，物體在重力作用下將繼續(xù)加速運動，當(dāng)物體速度大于傳送帶速度時，傳送帶給物體沿傳送帶向上的滑動摩擦力Ff.此時物體受力情況如圖乙所示，由牛頓第二定律有mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2.設(shè)后一階段物體滑至底端所用的時間為t2，由Lxvt2eq f(1,2)a2teq oal(2,2)，解得t21 s，t211 s(舍去)所以物體由A運動到B的時間tt1t22 s.高頻考點五 滑塊木板模型 例6、如圖所示，質(zhì)量M1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質(zhì)量m1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)10.3，木板長L1 m，用F5 N的水平恒力作用在鐵上，g取10 m/s2.(1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木板間是否會發(fā)生相對滑動；(2)若木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)20.1，求鐵塊運動到木板右端所用的時間【答案】(1)見解析(2)eq r(2) s【解析】(1)A、B之間的最大靜摩擦力為fm1mg0.3110 N3 N假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對滑動，則對A、B整體：F(Mm)a對A：f