2024版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用学案新人教版.doc

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1、2024版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用学案新人教版第3讲牛顿运动定律的综合应用考点一应用整体法与隔离法处理连接体问题1连接体的类型(1)物体叠放连接体(2)弹簧连接体(3)轻绳(杆)连接体2连接体的运动特点(1)轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。(2)轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。(3)轻弹簧在发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。3处理连接体问题的方法：整体法、隔离法或“先整体求加速度，后隔离求连接体之间作用力”。例1(202

2、1湖南茶陵月考)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由相同的轻质弹簧相连。如图甲所示，当用大小为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；如图乙所示，当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2；如图丙所示，当用恒力F倾斜向上拉着a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。则(A)Ax1x2x3Bx1x3x2C若m1m2，则x1x3x2D若m1m2，则x1v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v，返回时速度为v，若v0v，返回时速度为v02倾斜传送带模型项目图示滑块可能

3、的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速(5)可能先减速后匀速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速例3(2020江苏扬州中学月考)如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜传送带AB(与水平面成37角)与一斜面BC(与水平面成30角)平滑连接，A点到B点的距离x4.5 m，B点到C点的距离L0.6 m，传送带运行速度恒为v05 m/s，现将一质量m0.4 kg的小物体轻轻放于A

4、点，小物体恰好能到达最高点C点，已知小物体与斜面间的动摩擦因数1，求：(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，空气阻力不计)(1)小物体运动到B点时的速度v的大小；(2)小物体与传送带间的动摩擦因数；(3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t。解析本题考查倾斜传送带模型。(1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B点时的速度为v，小物体在斜面上，由牛顿第二定律得mgsin 1mgcos ma1，由运动学公式知0v22a1L，联立解得v3 m/s。(2)因为vv0，所以小物体在传送带上一直做匀加速运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律知mgcos mgsin ma2，又

5、因为v22a2x，联立解得0.875。(3)小物体从A点运动到B点所经历的时间t1，从B点运动到C点所经历时间t2，联立解得小物体从A点运动到C点所经历的时间tt1t23.4 s答案(1)3 m/s(2)0.875(3)3.4 s名师点拨滑块在传送带上运动的“六点”注意问题： (1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动。(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin 与mgcos 的大小才能确定运动情况。(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回。(5)注意传送带的长度，

6、判定滑块与传送带共速前是否滑出。(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移。变式训练3(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A端运动到B端的过程中(BD)A煤块从A端运动到B端的时间是2.25 sB煤块从A端运动到B端的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 m解析根据牛顿第二定律，煤块的加速度a4 m/s2，煤块运动

7、到速度与传送带速度相等时的时间t11 s，位移大小x1at2 mmg时，b相对a滑动解析本题考查板块模型中的临界问题。a、b之间的最大静摩擦力fmaxmg，b与桌面间的最大静摩擦力fmax2mgmg，a、b相对桌面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有mgmgma0，解得a0g，对整体有F0mg2ma0，解得F0mg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过mg，当水平拉力Fmg时，b相对a滑动，故A正确，D错误；当水平拉力Fmg时，a、b一起加速运动，加速度a1g，对a，根据牛顿第二定律可得Ff1ma1，解得a、b间的摩擦力f1mg，故B错误；根据A选项的分析可

8、知，无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过g，故C错误。4(2020浙江模拟)如图(甲)所示，足够长的传送带与水平面夹角为，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为，滑块速度随时间变化的关系如图(乙)所示，v0，t0已知，则(D)A传送带一定顺时针转动Btan C传送带的速度大于v0Dt0后滑块的加速度为2gsin 解析若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsinmgcos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin 2BF1F2，12CF1F2，1F2，12解析本题考查相互作用力与受力角度问题。杆的质量不计，可知F1、F2为两人之间的相互作用力，故

9、F1F2，比赛中决定胜负的是人受到的最大静摩擦力的大小，甲获胜，则说明甲受到的摩擦力大，甲对地的正压力大，而两人重力大小相同，则说明甲是通过增大身体的倾角借助杆上的推力增大了对地面的压力，所以12，A正确。2(此题为更换后新题)(2021浙江省高三月考)如图所示为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼。整个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成。在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从A点到C点过程中(B)A在C点时，乒乓球所受合外力为零B软杆对乒乓球做负功C地面对

10、底座的摩擦力始终为零D地面对底座的支持力始终不变解析在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此所受合力一定不为零，A错误；由于C点比A点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理得：mghW0mv，可知，杆的弹力对乒乓球一定做了负功，B正确；由于乒乓球在水平方向做变速度运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受力分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，C错误；由于乒乓球在竖直方向上不是匀速运动，杆对乒乓球在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的力也是变化的，D错误。2(此题为发现的重题，更换新题见上题)(2020河北承德一中月考)如图所示，两物块P、Q置于水平地面

11、上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与水平地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为(D)AF2mgBFmgCFmgDF解析本题考查线连接体问题。对整体，根据牛顿第二定律得F3mg3ma，再对P，根据牛顿第二定律得Tmgma，联立解得轻绳的张力大小TF，选项D正确。3(2020福建质检)早在公元前4世纪末，我国的墨经中就有关于力和运动的一些见解，如“绳直权重相若，则正矣。收，上者愈丧，下者愈得”，这句话所描述的与下述物理现象相似。如图，一根跨过定滑轮的轻绳两端各悬挂一重物，当两重物质量均为m时，系统

12、处于平衡状态。若减小其中一个重物的质量，系统就无法保持平衡，上升的重物减小的质量m越多，另一个重物下降的加速度a就越大。已知重力加速度为g，则a与m的关系图像可能是(C)解析本题考查连接体中质量变化导致加速度变化的问题。对整体由牛顿第二定律有mg(mm)g(mmm)a，解得am，可知a与m不是线性关系，A、B错误；当mm时，ag，且mm时，a2B32C图乙中汉语词典受到的摩擦力大小为3mgcos D图甲中英语词典受到的摩擦力大小为2mgcos 解析图甲中，对整体分析，根据共点力平衡有2mgsin 22mgcos ，图乙中，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin 12mgcos 2ma，由两

13、式可知12，故A项错误；图甲中，对整体分析，根据共点力平衡有2mgsin 22mgcos ，2tan ，对英语词典分析，英语词典所受的摩擦力大小为2mgcos ，故B项错误；图乙中，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin 21mgcos 2ma，解得agsin 1gcos ，隔离对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得mgsin fma，解得图乙中汉语词典受到的摩擦力f1mgcos ，故C项错误；根据共点力平衡知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力fmgsin ，因为2mgsin 22mgcos ，所以f2mgcos ，故D项正确。6在平直公路上运行的大卡车运载了完全相同的外表面光滑的圆柱体A

14、、B、C，圆柱体B和C分别紧靠货箱前后壁。下列说法正确的是(AC)A匀速行驶时，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力B加速行驶时，A、B之间作用力大于A、C之间的作用力C减速行驶时，C与货箱后壁的作用力可能为零D任何情况下，B与箱底之间的作用力等于C与箱底之间的作用力解析在匀速行驶时，由于对称性，A、B之间的作用力等于A、C之间的作用力，故A正确；加速行驶时，对A进行受力分析，不难得出A、B之间的作用力只有小于A、C之间的作用力，A才能有向前(左)的加速度，故B错误；减速行驶时，加速度向后(右)，对整体进行受力分析可知，C与货箱后壁的作用力可能为零，故C正确；在变速行驶时，分别隔离A、B、

15、C进行受力分析，不难发现B与箱底之间的作用力和C与箱底之间的作用力不相等，故D错误。7如图所示，截面是直角梯形的物块放在光滑的水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器P和Q接触，斜面ab上的ac部分光滑，cb部分粗糙。开始时两压力传感器的示数均为零。现在a端由静止释放一金属块，下列说法正确的是(BC)A金属块在ac部分运动时，传感器P、Q示数均为零B金属块在ac部分运动时，传感器P的示数为零，Q的示数不为零C金属块在cb部分运动时，传感器P、Q示数可能均为零D金属块在cb部分运动时，传感器P的示数一定不为零，Q的示数一定为零解析金属块在ac部分运动时，加速度沿斜面向下，斜面对金

16、属块的作用力有向左的分力，金属块对斜面的作用力有向右的分力，则物块有向右运动的趋势，故P的示数为零，Q的示数不为零，A项错误，B项正确；金属块在cb部分运动时，受到斜面的摩擦力作用，金属块可能加速、减速或匀速，斜面对金属块的作用力可能偏左、偏右或竖直向上，则传感器P、Q的示数可能只有一个为零，也可能都为零，C项正确，D项错误。8如图所示，白色传送带保持v010 m/s的速度逆时针转动，现将一质量为0.4 kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数0.5，传送带AB两端距离x16 m，传送带倾角为37，(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)(AC)A煤块从A端

17、运动到B端所经历的时间为2 sB煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 mC煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 mD煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 J解析煤块刚放上传送带时的加速度大小为a1gsin 37gcos 3760.58 m/s210 m/s2，则煤块速度达到传送带速度的时间为：t1s1 s，位移为：x1m5 m，煤块速度达到传送带速度后的加速度为：a2gsin 37gcos 3764 m/s22 m/s2，根据xx1v0t2a2t代入数据解得：t21 s，则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：tt1t22 s，故A正确。煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小x1v0

18、t1x1105 m5 m，物块速度达到传送带速度后相对位移的大小x2xx1v0t211101m1 m，则相对位移的大小xx1x251 m4 m，故B错误。留下的痕迹长度xx15 m，故C正确。摩擦产生的热量Qmgcos 37x1mgcos 37x20.540.850.540.81 J9.6 J，故D错误。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9(12分)在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图(a)所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力

19、传感器的拉力为F，保持小车包括位移传感器(发射器)的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图(b)所示。(1)小车与轨道间的滑动摩擦力F10.67N。(2)从图像中分析，小车包括位移传感器(发射器)的质量为0.67kg。(3)该实验小组为得到a与F成正比的关系，应将斜面的倾角调整到tan 0.1。解析(1)根据图像可知，当F0.67 N时，小车开始有加速度，则Ff0.67 N。(2)根据牛顿第二定律aF，则aF图像的斜率表示小车包括位移传感器(发射器)质量的倒数，则Mkgkg0.67 kg。(3)为得到a与F成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有Mgsin Mgcos ，

20、解得tan ，根据FfMg，得0.1所以tan 0.1。10(15分)地面上测量质量的托盘天平在太空舱中将失效。于是，小明同学设计了如图甲所示的太空质量测量仪。装置D是轴承恒定拉力装置在设定的空间范围内能够给受力砧C提供恒定的拉力。砧C的质量m01 kg，装置D提供的恒定拉力F20 N。在装置D外壳上安装了连接到计算机的位移传感器测速装置A，在砧C上固定了轻质电磁波反射板B。进入工作状态后，通过装置A和反射板B可以绘制砧C的运动图像。连接砧C末端的轻质绳可以把待测物体固定在砧C上。在某次太空实验中，宇航员要用太空质量测量仪测量某实验样品的质量，轻质绳固定样品后，拉出受力砧至最大位置后释放，计算

21、机呈现了如图乙所示的物理图像。试求：(1)在此实验中，砧C运动时加速度大小a；(2)实验样品的质量m；(3)轻质绳施加给实验样品的拉力大小T。答案(1)5 m/s2(2)3 kg(3)15 N解析(1)砧C和实验样品固定后，一起做匀加速直线运动，即有v22ax，根据图像数据可知a5 m/s2。(2)根据牛顿第二定律，以砧C和实验样品为研究对象，有：F(m0m)a，代入已知数所有，解得m3 kg。(3)以实验样品为研究对象，有：Tma，解得T15 N。11(25分)如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2

22、s的时间物块由A点运动到B点，A，B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？答案(1)3 m/s28 m/s(2)30N解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2，vv0at联立各式，代入数据得a3 m/s2，v8 m/s。(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos

23、0又FfFN联立各式得F由数学知识得cos sin sin(60)由上式可知对应F最小的夹角30联立可得F的最小值为FminN。实验四验证牛顿运动定律一、实验目的1学会用控制变量法研究物理规律。2学会灵活运用图像法处理物理问题。3探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第二定律。二、实验原理如图所示，在探究加速度a与合力F及质量M的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制小车的质量M不变，讨论加速度a与力F的关系；再控制小盘和盘中砝码的质量m不变，即力F不变，改变小车的质量M，讨论加速度a与质量M的关系。三、实验步骤(1)称量质量：用天平测量小盘的质量和小车的质量M。(2)安装器材：按图把实

24、验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)。(3)平衡摩擦力：在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车匀速下滑。这时，小车拖着纸带运动时受到的摩擦阻力恰好与小车所受的重力沿斜面向下的分力平衡。(4)小盘通过细绳绕过滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码。(5)保持小车的质量M不变，改变小盘和盘中砝码的质量m，重复步骤(4)。(6)保持小盘和盘中砝码的质量m不变，改变小车质量M，重复步骤(4)。四、数据处理(1)在“探究加速度与力的关系”实验中，以加速度a为纵坐标、力F为横坐标建立坐标系，根据各组数据在坐标系中描点。如果这些点在一条过原点的直线上，

25、说明a与F成正比；(2)在“探究加速度与质量的关系”实验中，“a与M成反比”实际上就是“a与成正比”，以a为纵坐标、以为横坐标建立坐标系，如果a图线是一条过原点的直线，就能判断a与M成反比“化曲为直”法。注意：两个图像斜率的物理意义：aF图线的斜率表示小车和车中砝码质量的倒数，即；a图线的斜率表示小车受到的合力，即小盘和盘中砝码的重力mg。五、注意事项(1)平衡摩擦力中的“不重复”：平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力。(2)操作中的“一先一后一按”：每次开始时小车应靠近打点计时器，并先接通电源，后放开小车，且应在小车碰到滑轮前按住

26、小车。(3)作图中的“拟合与舍弃”：要使尽可能多的点在一条直线上，不在直线上的点也要尽可能均匀地分布在直线的两侧，遇到个别偏差较大的点应舍去。六、误差分析(1)因实验原理不完善引起误差。以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg(Mm)a；以小车为研究对象得FMa；求得Fmgmgmg。本实验用小盘和盘中砝码的重力mg代替小车所受的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和盘中砝码的重力。小盘和砝码的总质量越小，由此引起的误差就越小。(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会产生误差。核心考点重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN

27、 TU PO考点一教材原型实验例1(2020重庆涪陵实验中学月考)如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车和砝码的加速度a与钩码的总质量及小车和砝码的总质量对应关系图。钩码的总质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。(1)下列说法正确的是D。A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若使用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图像探究加速度与质量关系时，应作a图像(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得Fm1g，作出aF图像，他可能作出图2中丙(填“甲”“乙”或“丙”)图线。此图线的AB段明显

28、偏离直线，造成此误差的主要原因是C。A小车与轨道之间存在摩擦B轨道保持了水平状态C钩码的质量太大D所用小车和砝码的总质量太大(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的a图像如图3所示。已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与轨道间的动摩擦因数，钩码的总质量m1。(4)实验中打出的纸带如图4所示。相邻两计数点间的时间间隔是0.1 s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车和砝码运动的加速度大小是0.46m/s2。解析(1)假设轨道倾角为，则有fm2gsin m2gcos ，得tan ，故每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，A错误；实验时若使用打点计

29、时器应先接通电源后释放小车，故B错误；对小车和砝码应用牛顿第二定律有Fm2a，对钩码、小车和砝码整体有m1g(m1m2)a，两式联立得Fm2m1gm1g，只有当m1m2时，钩码的重力才能充当小车和砝码受到的合力，故应该使m1m2，选项C错误；由Fm2a，得a，所以在用图像探究小车和砝码的加速度与其质量的关系时，应作a图像，故D正确。(2)若没有平衡摩擦力或者平衡的不够，就会出现有拉力，小车不动的情况，故图线为丙；当不满足m1m2时，随m1的增大小车的加速度a逐渐减小，故图线弯曲的原因是：钩码的总质量太大，不满足钩码的总质量远小于小车和砝码的总质量，故C正确。(3)根据牛顿第二定律可知m1gm2gm2a，结合a图像，可得a，已知题图3中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量m1，小车与轨道间的动摩擦因数。(4)根据xaT2得a102m/s20.46 m/s2。方法技巧验证牛顿运动定律实验误差分析 (1)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够，在aF图像横轴上有截距；(2)平衡摩擦力过度，在aF图像纵轴上有截距；(3)钩码的质量没有远小于小车及车上砝码的总质量，则图