发布时间 : 星期一 文章高2021届高2018级高中物理大一轮复习资料三维设计课件教师用书第三章牛顿运动定律更新完毕开始阅读81e053decd7931b765ce0508763231126fdb7739
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1.牛顿第一定律的意义
(1)提出惯性的概念:牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性,惯性是物体的一种固有属性。
(2)揭示力与运动的关系:力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因。
2.牛顿第一定律与牛顿第二定律的对比
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的,而牛顿第二定律是一条实验定律。
考点二 牛顿第二定律的理解 [基础自修类]
【题点全练】
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
解析:选BC 质点原来做匀速直线运动,说明所受合外力为0,当对其施加一恒力后,恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定,则质点可能做直线运动,也可能做曲线运动,但加速度的方向一定与该恒力的方向相同,选项B、C正确。
2.[合力、加速度、速度之间的决定关系]
如图所示,一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动,前方固定一轻质弹簧,当木块接触弹簧后,下列判断正确的是( )
A.木块将立即做匀减速直线运动 B.木块将立即做变减速直线运动
C.在弹簧弹力大小等于恒力F时,木块的速度最大 D.在弹簧处于最大压缩状态时,木块的加速度为零
解析:选C 对木块进行受力分析,接触弹簧后弹力不断增大,当弹力小于力F时,木块仍将加速运动,但加速度变小,A、B均错误。在弹簧弹力大小等于恒力F时,木块的加速度为0,速度最大,C正确。继续压缩弹簧,合力反向且增大,加速度向右且不断增大,D错误。
3.如图所示,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的( )
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A.OA方向 C.OC方向
B.OB方向 D.OD方向
解析:选D 据题意可知,小车向右做匀加速直线运动,由于球固定在杆上,而杆固定在小车上,则三者属于同一整体,根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,故选项D正确。
【名师微点】
1.牛顿第二定律的6个性质
2.合力、加速度、速度间的决定关系
考点三 瞬时性问题的两类模型[方法模型类]
轻绳、轻杆和接触面 不发生明显形变就能产生弹力,剪断或脱离后,不需要时间恢复形变,弹力立即消失或改变,一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时,均可按此模型处理 当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时,由于物体有惯性,弹簧的长度弹簧、蹦床和橡皮筋 [典例] 如图所示,A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上,A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接,细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ,细绳L2水平拉直,现将细
不会发生突变,所以在瞬时性问题中,其弹力的大小认为是不变的,即此时弹簧的弹力不突变 第 7 页 共 72 页
绳L2剪断,则细绳L2剪断瞬间,下列说法正确的是( )
A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ C.A与B的加速度之比为1∶1 D.A与B的加速度之比为cos θ∶1
[解析] 根据题述可知,A、B两球的质量相等,均设为m,剪断细绳L2瞬间,对A球受力分析,如图1所示,由于细绳L1的拉力突变,沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解,得FT＝mgcos θ,ma1＝mgsin θ；剪断细绳L2瞬间,对B球进行受力分析,如图2所示,由于弹
簧的弹力不发生突变,则弹簧的弹力还保持不变,有Fcos θ＝mg,ma2＝mgtan θ,所以FT∶F＝cos2θ∶1,a1∶a2＝cos θ∶1,则D正确。
[答案] D [方法归纳]
求解瞬时加速度的步骤
【题点全练】
1.[轻绳模型与轻弹簧模型对比]
(2019·上海浦东二模)如图所示,细绳一端系在小球O上,另一端固定在天花板上A点,轻质弹簧一端与小球连接,另一端固定在竖直墙上B点,小球处于静止状态。将细绳烧断的瞬间,小球的加速度方向( )
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A.沿BO方向 C.竖直向下
B.沿OB方向 D.沿AO方向
解析:选D 小球平衡时,对小球受力分析,重力、弹簧弹力、绳的拉力。当细绳烧断的瞬间,绳的拉力变为零,重力、弹力不变,所以重力与弹力的合力与绳的拉力等大反向,故D正确。
2.[轻杆模型与轻弹簧模型对比]
如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量均为m,2、4质量均为m0,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有( )
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0 B.a1＝a2＝a3＝a4＝g C.a1＝a2＝g,a3＝0,a4＝D.a1＝g,a2＝
m＋m0
g m0
m＋m0m＋m0
g,a3＝0,a4＝g m0m0
解析:选C 在抽出木板的瞬间,物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失,物块1、2受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块F＋m0gm0＋m
3满足F－mg＝0,即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g,故C正确,A、
m0m0B、D错误。
3.[斜面上的轻杆模型与轻弹簧模型]
(多选)光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间,下列说法正确的是( )
A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球的加速度均为零 C.图甲中B球的加速度为2gsin θ