1、高考热点剖析 牛顿运动定律在直线运动中的应用 全国卷高考真题剖析 2016年卷,19(牛顿运动定律及运动学公式应用)2015年卷,20(连接体问题)2015年卷,20(运动学图像综合分析)2017年卷,20(动力学图像 分析)甲、乙实心小球由同一材料制成,m甲 m乙,受到阻力与半径成正比,比较下落相同距离,所用时间长短、速度大小、加速度大小 在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.求车厢节数 物块滑上斜
2、面后返回出发点,判断能否求出斜面的倾角、物块的质量、物块与斜面间的动摩擦因数以及物块上滑的最大高度 物块在合外力F作用下沿直线运动,求各个时刻的速度及 动量 23a全国卷高考真题剖析 2017年卷,24(牛顿运动定律与运动学公式的应用)2017年卷,25(滑块 滑板)2015年卷,25(滑块滑板)冰球从起跑线以初速度v0滑向挡板,同时从起跑线运动员静止匀加速滑向小旗.要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.确定冰球与冰面之间的动摩擦因数、运动员的最小加速度 木板静止于水平地面上,两端的两个滑块以相同的初速度相向滑动,两者与木板间、木板与地面间都有摩擦.A,B相遇时,A与木板恰好相对静止.确
3、定B与木板相对静止时,木板的速度;确定A,B开始运动时,两者之间的距离 小物块与木板一起向右运动,木板与墙壁碰撞后返回,求木板与地面、小物块与木板间的动摩擦因数,木板的最小长度,木板右端离墙壁的最终距离 全国卷高考真题剖析 2015年卷,25(滑块滑板)2017年卷,25(牛顿运动定律及运动学公式应用)2016年卷,24(牛顿运动定律及运动学公式在磁场中的 应用)石板B静止在山坡C上,B上静止一碎石堆A.某次暴雨中,A,B间,B,C间的动摩擦因数变小,A,B开始运动.确定不同时刻A和B加速度的大小,A在B上总的运动时间 带电油滴在E1的匀强电场中竖直向上匀速运动,在位置A时,电场强度突然增大,
4、时间t1后突然反向,持续同样一段时间.确定油滴的末速度,确定后来的电场强度比原来的大时t1和v0应满足的条件 金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动,且在磁场中恰好能保持匀速运动,动摩擦因数为,求电动势大小及电阻阻值 技 法 提 炼 1.牢记基本定律:牛顿第二定律,即F合=ma或Fx=max,Fy=may.2.熟记几种方法,解题畅通无阻(1)对图像问题,要多从由图线的斜率,图线与时间轴围成的面积的物理意义上挖掘信息.(2)对与系统相关的问题,要交叉选用整体法与隔离法.(3)摩擦力的分析是“传送带”“滑块-滑板”问题的突破点.(4)加速度不同是把多过程问题划分成各个分阶段的依据
5、,速度是联系各个分阶段的桥梁.3.几个好用的结论,要牢记巧用(1)匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动.(2)单棒切割磁感线时的安培力F=.4.临界问题(1)滑块不从板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端,且两者共速.(2)滑块与滑板达到共速时,是摩擦力发生突变的临界条件.22B L vRr常 考 类 型 1.动力学图像的综合问题 2.连接体问题(1)加速度大小相等,方向相同(2)加速度大小相等,方向不同 3.牛顿运动定律与运动学公式的实际应用 4.动力学中的临界极值问题(1)接触与脱离的临界问题(2)叠加体系统的临界极值问题 5.“滑块滑板”模型(1)滑块与滑板达到共同速度后相对静止(
6、2)滑块与滑板达到共同速度后相对滑动 6.应用牛顿运动定律分析电场中的物体往复运动问题 7.应用牛顿运动定律分析电磁感应中的物体运动问题【热点集训】1.加速度方向相同的连接体 如图所示,质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端,现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为x1,若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为x2,已知x1=2x2,则有()A.F1=F2 B.F1=4F2 C.F14F2 D.F1=2F2 C 解析:整体分析有 F1
7、=3ma1,F2=3ma2,即1122FaFa,水平拉力 F1作用在质量为 2m 的小球上,此时对质量为 m 的小球受力分析有 k(x1-L)=ma1.水平拉力 F2作用在质量为 m的小球上,此时对质量为 2m 的小球受力分析有 k(x2-L)=2ma2,整理可得12aa=212xLxL4,所以F14F2,选项 C 正确.2.加速度方向不同的连接体(多选)如图所示,一根轻绳跨过定滑轮,两端分别系着质量为m1,m2的小物块A和B,A放在地面上,B离地面有一定高度.当B的质量发生变化时,A上升的加速度a和拉A绳的拉力F也将随之变化(全过程A始终未碰到滑轮,B始终未触地).已知重力加速度为g,不计轻
8、绳和滑轮之间的摩擦,则下列关于a与m2及T与m2关系的图像,描述正确的是()AC 解析:当 m2m1时,m1仍处于静止状态,没有加速度.当 m2m1时,m1有向上的加速度,根据牛顿第二定律,对 m1 分析可得 T-m1g=m1a,对 m2 分析可得 m2g-T=m2a,两式联立解得a=g-2121mm g,当 m2m1 时 ag,选项 A 正确,B 错误;当 m2m1 时,m1 仍处于静止状态,T=m2g,当 m2m1 时,m1 有向上的加速度,T=11221m gmm,当 m2m1 时,T2m1g,选项 C 正确,D 错误.3.运动图像与动力学的综合(2017吉林实验中学二模)如图(甲)所示
9、,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图(乙)所示(g=10 m/s2),则下列结论正确的是()A.物体的加速度大小为5 m/s2 B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为3 kg D.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态 A 解析:刚开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有mg=kx,拉力F1为10 N时,弹簧弹力和重力平衡,合力等于拉力,根据牛顿第二定律,有F1+kx-mg=ma,物体与弹簧分离后,拉力F2为30 N,根据牛顿第
10、二定律,有F2-mg=ma,联立解得m=2 kg,k=500 N/m=5 N/cm,a=5 m/s2,选项A正确,B,C错误;物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,选项D错误.4.应用牛顿运动定律分析电场中物体的运动(多选)地面附近存在着一有界电场,边界MN将某空间分成上、下两个区域,在区域中有竖直向上的匀强电场,在区域中离边界某一高度处由静止释放一质量为m的带电小球A,如图(甲)所示,小球运动的v-t图像如图(乙)所示,已知重力加速度为g,不计空气阻力,则()A.在t=2.5 s时,小球经过边界MN B.小球受到的重力与电场力之比为35 C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与小球克服电场力做
11、的功大小 相等 D.在小球进入电场到再次从电场中出来过程中小球所受冲量大小为2mv1 BCD 解析:小球在 t=1 s 时加速度发生变化,则该时刻经过 MN 边界,选项 A 错误;小球自 由下落时,a1=g=v1(数值相等),在电场中有 F-mg=ma2,a2=123v(数值相等),解得 mgF=35,选项 B 正确;由动能定理可知,重力做功与电场力做功之和为零,选项 C 正确;根据动量定理 I=-2mv1,大小为 2mv1,选项 D 正确.5.微粒在电磁场中的直线运动质量为m、电荷量为q的微粒,以速度v与水平方向成 角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场(电场强度大小为E)和匀强磁场(磁感
12、应强度大小为B)组成的混合场区,该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下,恰好沿直线运动到A,重力加速度为g,下列说法中正确的是()A.该微粒一定带正电 B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C.该磁场的磁感应强度大小为 D.该电场的场强为Bvcos cosmgqvC 解析:若微粒带正电,电场力水平向左,洛伦兹力垂直OA斜向右下方,则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡;若微粒带负电,符合题意,选项A错误;微粒如果做匀变速运动,重力和电场力不变,而洛伦兹力变化,微粒不能沿直线运动,与题意不符,选项B错误;由平衡条件得qvBcos=mg,qvBsin=qE,知选项C正确,D错误.6.应用牛顿运动定律分
13、析电磁感应中物体的运动(2017四川成都二诊)(多选)如图所示,两根足够长的平行金属导轨相距L,其中NO1,QO2部分水平,倾斜部分MN,PQ与水平面的夹角均为,整个空间存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直导轨平面MNQP向上.长为L的金属棒ab,cd与导轨垂直放置且接触良好,其中ab光滑,cd粗糙,棒的质量均为m、电阻均为R.将ab由静止释放,在ab下滑至速度刚达到稳定的过程中,cd始终静止不动.若导轨电阻不计,重力加速度为g,则在上述过程中()A.ab棒做加速度减小的加速运动 B.ab棒下滑的最大速度为 C.cd棒所受摩擦力的最大值为mgsin cos D.cd棒中产生的热量等于ab
14、棒机械能的减少量 AC 22sinmgRB L解析:以 ab 棒为研究对象,受重力、轨道的支持力和沿斜面向上的安培力,由静止释放,ab 棒加速,电路中感应电流增大,所受安培力随之增大,所以 ab 棒做加速度减小的加速运动,选项A正确;当ab棒加速度减小为零时速度最大,此时重力沿斜面分量等于安培力 mgsin=B2mBLvRL,得最大速度为 vm=222sinmgRB L,选项 B 错误;整个过程 cd 棒静止,受力如图,有 BILcos=f,当 ab 棒速度最大时电路中电流最大,cd 棒所受静摩擦力最大,结合 B 选项得 cd 棒所受最大静摩擦力为 mgsin cos,选项 C 正确;整个电路
15、能量守恒,ab 棒机械能的减少量等于整个电路产生的焦耳热,即是 cd 棒中产生的热量的 2 倍,选项 D 错误.7.临界极值问题(2017海南卷,14)一轻弹簧的一端固定在倾角为 的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示.质量为 m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动.经过一段时间后,物块a,b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g.求:35解析:(1)对整体分析,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有
16、 kx0=(m+35m)gsin 解得 k=08sin5mgx.(1)弹簧的劲度系数;答案:(1)08sin5mgx解析:(2)由题意可知,b 经两段相等的时间位移为 x0;由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知0 xx=14.说明当形变量为 x1=x0-04x=034x 时二者分离;对小物块 a 分析,因分离时 ab 间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知 kx1-mgsin=ma.联立解得 a=sin5g.(2)物块b加速度的大小;答案:(2)sin5g 解析:(3)设经时间 t 时,ab 前进的位移 x=12at2=2 sin10gt 则形变量为x=x0-x 对整体分析可知,由牛顿
17、第二定律有 F+kx-(m+35m)gsin=(m+35m)a 解得 F=825mgsin+2204sin25mgx t2 因分离时位移 x=04x 由 x=04x=12at2解得 t=052 sinxg,故应保证 t052 sinxg,F 表达式才能成立.(3)在物块a,b分离前,外力大小随时间变化的关系式.答案:(3)F=825mgsin +2204sin25mgx t2(t052 sinxg)8.滑块滑板问题(2017江西南昌模拟)如图所示,在水平地面上建立x轴,有一个质量m=1 kg的木块放在质量为M=2 kg的长木板上,木板长L=11.5 m.已知木板与地面间的动摩擦因数为 1=0.
18、1,木块与长木板之间的动摩擦因数为 2=0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).木块与长木板保持相对静止共同向右运动,已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10 m/s,在坐标为x=21 m处的P点处有一挡板,木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回,而木块在此瞬间速度不变,若碰后立刻撤去挡板,g取10 m/s2.求:解析:(1)对木块和木板组成的系统,由牛顿第二定律得 1(m+M)g=(m+M)a1 20v-21v=2a1(x-L),代入数据得 v1=9 m/s.(1)木板碰挡板时的速度大小v1;答案:(1)9 m/s 解析:(2)碰后木板向左运动,木块向右运动,由牛顿第二定律可知
19、木块的加速度大小am=2g=9 m/s2 木板的加速度大小 aM=12mM gmgM=6 m/s2,设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为 t,对木板 v 共=v1-aMt,对木块 v 共=-v1+amt 得 t=1.2 s 共同速度大小 v 共=1.8 m/s,方向向左.(2)碰后木板与木块刚好共速时的速度;答案:(2)1.8 m/s 方向向左 解析:(3)从木板与挡板相碰至木板与木块共速,木板的位移大小 s1=12共vvt=6.48 m,共速后木板与木块以大小为a1=1g=1 m/s2的加速度向左减速至停下,木板的位移大小s2=212共va=1.62 m,最终 A,P 间距离 sAP=L+s1+s2=19.60 m.(3)最终木板停止运动时A,P间的距离.答案:(3)19.60 m