2019年高考物理大一轮复习江苏专版课件：第三章 牛顿运动定律 第1讲 精品

2019版一轮复习物理课件第三章　牛顿运动定律
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第三定律
l考点一 牛顿第一定律的理解与应用l考点二 牛顿第三定律的理解与应用l核心素养“转移研究对象法”的应用l知识梳理 自我珍断
匀速直线
静止状态
低速
惯性
维持改变加速度
物体
难易程度
大小相反同一条直线上
作用力与反作用力
BC ACD B B
4.解析：骑车人与自行车本身处于运动状态，车的前轮陷入水坑时，前轮会立即静止，但人与车的后半部分由于惯性，仍要继续向原来的运动方向运动，故人和车的后半部分向原来运动的方向摔倒，因此选项B正确。

答案：　B
2019版一轮复习物理课件本 节 结 束 。

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1．(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．2．一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg，在14 N的水平恒力作用下运动，则5 s末的速度及5 s内通过的路程为()A．8 m/s25 m B．2 m/s25 mC．10 m/s25 m D．10 m/s12.5 m答案 C解析物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝Fm＝147m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，x＝12at2＝12×2×25 m＝25 m，选项C正确．3．(多选)某物体在光滑的水平面上受到两个恒定的水平共点力的作用，以10 m/s2的加速度做匀加速直线运动，其中F1与加速度方向的夹角为37°，某时刻撤去F1，此后该物体() A．加速度可能为5 m/s2B．速度的变化率可能为6 m/s2C．1 秒内速度变化大小可能为20 m/sD．加速度大小一定不为10 m/s2解析根据牛顿第二定律F合＝ma＝10m，F1与加速度方向的夹角为37°，根据几何知识可知，F2有最小值，最小值为F2min＝F合sin 37°＝6m.所以当F1撤去后，合力的最小值为F min＝6m，此时合力的取值范围为6m≤F合，所以最小的加速度为a min＝F minm＝6 m/s2，故B、C正确．4.如图1所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M 点，c球由C点自由下落到M点．则()图1A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．b球和c球都可能最先到达M点答案 C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，t a＝4Rg＝2Rg，t b>t a，c球做自由落体运动，t c＝2Rg，C选项正确．5．(2018·前黄中学检测)在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图2所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明()图2A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确．6．(2017·运河中学调研)如图3所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，重力加速度为g，现用火将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是()图3A．弹簧的拉力F＝mgcos θB．弹簧的拉力F＝mg sin θC．小球的加速度为零D．小球的加速度a＝g sin θ答案 A解析根据共点力的平衡，求得弹簧的弹力F＝mgcos θ，烧断绳子的瞬间，弹簧的形变来不及改变，弹力不变，故A正确，B错误．烧断前，绳子的拉力F T＝mg tan θ.烧断后的瞬间，弹簧弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向，所以烧断后的瞬间，小球受的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律，加速度a＝g tan θ，故C、D错误．7.(2017·响水中学模拟)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图4所示．那么下列说法中正确的是()图4A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下答案 C8.如图5所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )图5A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程中加速度逐渐减小 答案 A解析 物体从A 到O 的过程中，弹力一直减小直至为0，物体受到的滑动摩擦力不变，由牛顿第二定律得a ＝F －F fm ，可知物体的加速度先向右减小再向左增大，物体先加速到速度最大再减速，故A 正确，B 、D 错误．物体运动到O 点时，受到地面摩擦阻力的作用，所受合力不为0，C 错误．9．如图6所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m 的小球P .横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q .当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ<α，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图6A ．小车一定向右做匀加速运动B ．轻杆对小球P 的弹力沿轻杆方向C ．小球P 受到的合力大小为mg tan θD ．小球Q 受到的合力大小为mg tan α 答案 D解析 选择小球Q 作为研究对象，根据牛顿第二定律，得mg tan α＝ma ，得到a ＝g tan α，故加速度向右，小车可能向右加速，也可能向左减速，故A 错误．对小球P ，由牛顿第二定律，得mg tan β＝ma ′，因为a ＝a ′，得到β＝α>θ.则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故B 错误．对小球P 、Q 由牛顿第二定律可知F ＝ma ＝mg tan α，故C 错误，D 正确．10．(2018·如东县质量检测)如图7所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg ，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N 的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s 后松手．(g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)求：图7(1)松手前铸件的加速度大小； (2)松手后铸件还能前进的距离． 答案 (1)1.3 m/s 2 (2)5.408 m解析 (1)松手前，对铸件受力分析，如图所示．则F N ＝mg －F sin α， F f ＝μF N .由牛顿第二定律得 a ＝F cos α－F f m＝F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)m＝1.3 m/s 2.(2)松手时铸件的速度v ＝at ＝5.2 m/s松手后铸件的加速度大小a ′＝μmgm ＝μg ＝2.5 m/s 2则松手后铸件还能前进的距离x ＝v 22a ′＝5.408 m.11.(2017·响水中学模拟)民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面上，并以不变速率进入水平面，在水平面上再滑行一段距离而停止，如图8所示，若机舱口下沿距地面3.2 m ，气囊构成的斜面长度为6.4 m ，一个质量60 kg 的人沿着气囊滑下时所受到的摩擦阻力是240 N ．若人与水平面动摩擦因数与斜面相同．g ＝10 m/s 2，求人：图8(1)与斜面的动摩擦因数； (2)在斜面上下滑的时间；(3)在水平面上滑行的距离(结果可用根式表示)．答案 (1)4153 (2)855 s (3)453 m 解析 (1)设气囊倾角为α，由几何关系可知： sin α＝h L ＝3.26.4＝12，即α＝30°.人在气囊上下滑过程中，摩擦阻力F f ＝μmg cos α 解得：μ＝4153.(2)人在气囊上下滑过程中，由牛顿第二定律得： mg sin α－F f ＝ma 1 代入数据可得：a 1＝1 m/s 2 则t 1＝2L a 1＝2×6.41 s ＝12.8 s ＝855s (3)人在水平面上运动时，由牛顿第二定律得： μmg ＝ma 2，故a 2＝μg ＝833m/s 2.设人到达地面时的速度为v ，则v ＝a 1t 1＝855 m/s在水平面上由运动学公式得：x ＝v 22a 2＝45 3 m.。