（3）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—江蘇省2020高考物理考前沖A攻略復(fù)習(xí)講義

1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用江蘇高考物理考前沖A攻略（3）【考情播報(bào)】 考綱要求牛頓運(yùn)動(dòng)定律、牛頓定律的應(yīng)用（II）加速度大小不同的連接體問(wèn)題的計(jì)算僅限于兩個(gè)物體的情況；命題預(yù)測(cè)1.牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)（運(yùn)動(dòng)圖象）結(jié)合考查。 2.牛頓運(yùn)動(dòng)定律在實(shí)際中的應(yīng)用很多，如超重失重問(wèn)題、連接體問(wèn)題、臨界極值問(wèn)題、傳送帶問(wèn)題等?？梢詫?shí)際生活、生產(chǎn)和科學(xué)實(shí)驗(yàn)中有關(guān)問(wèn)題為命題背景，突出表現(xiàn)物理知識(shí)在生活中的應(yīng)用。應(yīng)試技巧1.對(duì)牛頓第二定律的理解：（1）瞬時(shí)性：加速度和物體所受的合力是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)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(dú)立性：將合力分解

2、后，其在分解方向產(chǎn)生的加速度相互獨(dú)立。2.應(yīng)用牛頓第二定律解題的方法：（1）明確研究對(duì)象：根據(jù)問(wèn)題的需要和解題的方便，選出被研究的物體；（2）進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，明確運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程；（3）建立坐標(biāo)系，一般以加速度方向和垂直加速度方向?yàn)閮勺鴺?biāo)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(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為“視重”，大小等于彈簧測(cè)力計(jì)受到的拉力或臺(tái)秤受到的壓力。無(wú)論是超重還是失重，物體所受的重力都沒(méi)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(guān)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(wèn)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(gè)整體作為研究對(duì)象，在進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意區(qū)分內(nèi)力和外力。（2）隔離法：把研究的物體從周?chē)矬w中隔離出來(lái)，單獨(dú)進(jìn)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(duì)立起來(lái)，往往要將整體法和隔離法配合使用。5.求瞬時(shí)加速度時(shí)對(duì)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(wèn)題分析要點(diǎn)：（1）注意分析物體在初態(tài)時(shí)（由靜止釋放或有初速度）所受

4、滑動(dòng)摩擦力的方向。（2）注意分析物體與傳送帶共速時(shí)摩擦力的有無(wú)及方向。【真題回顧】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?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng)，以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)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(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律【試題解析】由牛頓運(yùn)動(dòng)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(duì)比題給的四個(gè)圖象，可能正確的是A?！久麕燑c(diǎn)睛】牛頓運(yùn)動(dòng)定律是高中物理主干知識(shí)，勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)，在05 s、510 s、1015 s內(nèi)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?！驹囶}解析】由vt圖象可知，05 s內(nèi)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(nèi)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(nèi)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(xiàng)A正確?！久麕燑c(diǎn)睛】本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的基本運(yùn)用，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁，基礎(chǔ)題?！绢A(yù)測(cè)訓(xùn)練】1.下圖中四幅圖片涉及物理學(xué)史上的四個(gè)重大發(fā)現(xiàn)，下列說(shuō)法正確的是()A.亞里士多德根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn)，提出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因B.牛頓通過(guò)扭秤實(shí)驗(yàn)，測(cè)定出了萬(wàn)有引力常量C.安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)D.法拉第通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)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(dòng)時(shí)，關(guān)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(duì)平衡力B.黑板擦受到的磁力與它受到的彈力是一對(duì)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(zhì)相同D.黑板擦受到的摩擦力與它受到的重力是一對(duì)平衡力答案D3.如圖所示，冰壺在冰面運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力很小，可以在較長(zhǎng)時(shí)間內(nèi)保持運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向不變，我們可以說(shuō)冰壺有較強(qiáng)的抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的“本領(lǐng)”。這里所指的“本領(lǐng)”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(zhì)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(zhì)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(zhì)量。答案B4某

8、人站在斜向上勻加速運(yùn)行的電動(dòng)扶梯上（扶欄未畫(huà)出），人和扶梯保持相對(duì)靜止，其加速度a方向如圖所示。關(guān)于此人在上升過(guò)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(jī)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(yùn)動(dòng)，加速度有向上的分量，則人處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A正確；人做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(cè)斜上方，與a的方向不同。故B錯(cuò)誤。電梯的支持力對(duì)人做正功。電梯對(duì)人的靜摩擦力水平向右，靜摩擦力

9、對(duì)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(jī)械能的增加量，所以人機(jī)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(cuò)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(zhǎng)粗糙斜面BC交于B點(diǎn)輕彈簧左端固定于豎直墻面?，F(xiàn)將質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點(diǎn)，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點(diǎn)滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上，不計(jì)滑塊在B點(diǎn)的機(jī)械能損失。換用相同材料質(zhì)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(duì)兩滑塊說(shuō)法正確的是A.兩滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度相同B.兩滑塊上升到最高點(diǎn)過(guò)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(diǎn)過(guò)程機(jī)械能損失不相同5.【答案】B【解析】彈簧釋放的過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為滑塊的動(dòng)能，兩次彈性勢(shì)能相同，則兩滑塊到B點(diǎn)的動(dòng)能相同，但質(zhì)量不同，則速度不同，A錯(cuò)誤；滑塊上升過(guò)程中的加速度，由于材料相同，所以動(dòng)摩擦因數(shù)相同，與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故兩滑塊上升到最高點(diǎn)過(guò)程的加速度相同，B正確；兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，C錯(cuò)誤；兩滑塊上升到最高點(diǎn)過(guò)程克服重力做的功為mgh，由能量守恒定律得：彈簧的彈性勢(shì)能，所以，故兩滑

11、塊上升到最高點(diǎn)過(guò)程克服重力做的功相同。損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，則，、mgh相同，則機(jī)械能損失相同，D錯(cuò)誤?！久咳找活}】【計(jì)算題訓(xùn)練】傳送帶在各行業(yè)都有廣泛應(yīng)用，如圖所示，一質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，通過(guò)一固定的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于傳送帶平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。已知磁場(chǎng)邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向垂直，MN與PQ間的距離為d(d>L)，線框與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中將與傳送帶產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，且右側(cè)邊經(jīng)過(guò)邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)，且金屬框始終保持右側(cè)邊平行于磁場(chǎng)邊界。求：(1)線框的右側(cè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力的大??；(2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)加速度的最大值以及速度最小值；(3)線框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱?！窘馕觥?1)閉合線框右邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：I，右側(cè)邊所受的安培力為：FBIL。(2)線框以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，受安培力而做減速運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入磁場(chǎng)后，在摩擦力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其右側(cè)邊達(dá)到PQ時(shí)速度又恰好等于v0，因此線框在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，所受安培力最大，加速度最大，設(shè)為am，線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小，設(shè)此時(shí)線框的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律可得Fm