《2019版高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的应用（42页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲 牛顿运动定律的应用,考点,超重和失重,大于,小于,0,竖直向下,g,下,竖直向上,(续表,a,a,0,【基础自测】 1.在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏 同学站在体重计上，体重计示数为 50 kg，电梯运动过程中，某 一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图 3-3-1 所示，在这段,时间内下列说法正确的是(,) 图 3-3-1,A.晓敏同学所受的重力变小了,B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C.电梯一定在竖直向下运动,答案：D,2.(2017 年上海静安区高三质检)某同学把一体重秤放在电 梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在下表中记录了 几个特定时刻体
2、重秤的示数(表内时刻不存在先后顺序)，若已,知 t0 时刻电梯处于静止状态，则(,),A.t1 时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化 B.t2 时刻电梯可能向上做减速运动 C.t1 和 t2 时刻电梯运动的方向相反 D.t3 时刻电梯处于静止状态 答案：B,3.(2017 年湖南邵阳高三第二次大联考)学校“身边的物 理”社团小组利用传感器研究物体的运动.在一小球内部装上 无线传感器，并将小球竖直向上抛出，通过与地面上接收装置 相连的计算机描绘出小球上抛后运动规律的相关图象.已知小 球在运动过程中受到的空气阻力随速度的增大而增大，则下列 图象可能是计算机正确描绘的是(已知 v、t 分别
3、表示小球速度的,大小、运动的时间)(,),A,B,C,D,答案：D,4.(2013 年新课标卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上.从 某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与 桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以 a 表示物块的加速 度大小，F 表示水平拉力的大小.能正确描述 F 与 a 之间关系的,图象是(,),A,B,C,D,解析：设物体所受滑动摩擦力为 f，在水平拉力 F 作用下， 物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，Ffma，Fma f，所以能正确描述 F 与 a 之间关系的图象是 C，选项 C 正确.,答案：C,热点 1,超重与失重现象,热点归纳 1.超重并不是重力增
4、加了，失重并不是重力减小了，完全 失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依 然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物 的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化).,2.只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失,重状态，与物体向上运动还是向下运动无关.,3.尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在,竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.,4.物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共,同决定的，其大小等于 ma.,考向 1,对超重与失重现象的理解及判断,【典题 1】(多选)如图 3-3-2 所示，轻质弹簧的上端固定在 电梯的天花板上，弹
5、簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时， 乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象,表明(,),A.电梯一定是在下降 B.电梯可能是在上升,图 3-3-2,C.电梯的加速度方向一定是向下 D.乘客一定处在超重状态,解析：电梯静止时，弹簧的拉力和小铁球所受重力相等.现 在，弹簧的伸长量变大，则弹簧的拉力变大，小铁球的合力方 向向上，加速度方向向上，小铁球处于超重状态.但电梯可以是 加速向上运动或减速向下运动.,答案：BD,考向 2,超重与失重的图象问题,【典题 2】(多选，2015 年江苏卷)一人乘电梯上楼，在竖 直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图 3-3-3 所示，以
6、,),竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力( 图 3-3-3,A.t2 s 时最大 C.t8.5 s 时最大,B.t2 s 时最小 D.t8.5 s 时最小,解析：人受重力 mg 和支持力FN的作用，由牛顿第二定律 得FN mgma.由牛顿第三定律得人对地板的压力 FN FN mgma.当 t2 s 时 a 有最大值， FN 最大；当 t8.5 s 时，a 有最小值， FN 最小，选项 A、D 正确.,答案：AD,考向 3,关于超重与失重的计算,【典题 3】小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重 现象.他在地面上用台秤称得其体重为 500 N，再将台秤移至电 梯内称其体重，电梯从 t0
7、 时由静止开始运动到 t11 s 时停止， 得到台秤的示数 F 随时间 t 变化的图象如图 3-3-4 所示，g 取 10 m/s2.求： 图 3-3-4,(1)小明在 02 s 内加速度 a1 的大小，并判断在这段时间内,他处于超重还是失重状态.,(2)在 1011 s 内，台秤的示数 F3. (3)小明运动的总位移 x.,解：(1)由图象可知，在 02 s 内，台秤对小明的支持力,F1450 N,由牛顿第二定律，得 mgF1ma1 解得 a11 m/s2,加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态.,(2)设在 1011 s 内小明的加速度为 a3，时间为 t3 ，02 s,的时间为 t1，则
8、 a1t1a3t3,解得a32 m/s2,由牛顿第二定律，有 F3mgma3 解得 F3600 N.,210 s内位移x2a1t1t216 m,小明运动的总位移xx1x2x319 m.,热点 2,牛顿第二定律与图象结合的问题,热点归纳 常见的动力学图象： v-t 图象、a-t 图象、F-t 图象、F-a 图象等. (1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量， 明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临 界点.,(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与 横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等. (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、 情
9、境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确 定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破 口或关键点.,考向 1,由 v-t 图象分析物体的受力情况,【典题 4】(多选，2015 年新课标卷)如图 3-3-5 甲所示， 一物块在 t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v-t 图线如图乙 所示.若重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出,(,),甲,乙,图 3-3-5,A.斜面的倾角 B.物块的质量,C.物块与斜面间的动摩擦因数,D.物块沿斜面向上滑行的最大高度,答案：ACD,考向 2,由 F-t 图象分析物体的运动情况,【典题 5】质量为 2 kg 的物体静
10、止在足够大的水平地面上， 物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力 大小视为相等.从 t0 时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周 期性变化的水平拉力 F 的作用，F 随时间 t 的变化规律如图3-3-6 所示.重力加速度 g 取 10 m/s2，则物体在 t0 至 t12 s 这段时,间的位移大小为(,),图 3-3-6,A.18 m,B.54 m,C.72 m,D.198 m,解析：拉力 F 只有大于最大静摩擦力 f maxmg0.22 10 N4 N 时，物体才会由静止开始运动. 03 s 时：Ff max，物体保持静止，s10； 36 s 时：Ff max，物体由静止
11、开始做匀加速直线运动. 由题意知，滑动摩擦力 ff max，,69 s 时：Ff，物体做匀速直线运动， s3vt63 m18 m； 912 s 时：Ff，物体以 6 m/s 为初速度，以 2 m/s2为加速 度做匀加速直线运动，,所以012 s内物体的位移为ss1s2s3s454 m， 选项 B 正确. 答案：B,考向 3,a-F 图象,【典题 6】(2017 年甘肃兰州实战考试)用一水平力 F 拉静 止在水平面上的物体，在 F 从零开始逐渐增大的过程中，加速 度 a 随外力 F 变化的图象如图 3-3-7 所示，g 取 10 m/s2 ，水平,滑动摩擦力)(,),A.物体与水平面间的滑动摩擦
12、力 B.物体与水平面间的动摩擦因数 C.外力 F 为 12 N 时物体的速度,D.物体的质量,图 3-3-7,答案：C,方法技巧：解决图象综合问题的关键：,图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物 理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面 积、交点坐标、拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析.,热点 3,动力学中的临界极值问题,热点归纳 动力学中的典型临界条件： (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条 件是弹力 FN 0. (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止 时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达 到最大值.,(3)绳子
13、断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的拉力是有 限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受 的最大拉力，绳子松弛的临界条件是 FT0.,(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变,为零时.,考向 1,动力学中的临界问题,【典题 7】一斜面放在水平地面上，倾角为45，一个 质量为 m0.2 kg 的小球用细绳吊在斜面顶端，如图 3-3-8 所示. 斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水,平面的摩擦.下列说法正确的是(,),图 3-3-8,A.当斜面以向右的加速度 a,m/s2 运动时，斜面对小,球的弹力为零 B.斜面向右的加速度超过 a10 m/s2 时，球
14、与斜面脱离 C.无论斜面做什么运动，绳子拉力的竖直分力一定等于球 的重力 D.无论斜面做什么运动，绳子拉力与斜面弹力的合力一定 竖直向上,解析：设小球刚刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为 a0， 此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受重力和细绳的拉 力，且细绳仍然与斜面平行，小球受力如图 3-3-9 所示. 由牛顿第二定律得：mgcot ma0 ，解得临界加速度 a0 gcot 10 m/s2，故 A 错误，B 正确；斜面对小球的弹力不为零 时，斜面对小球的弹力与绳子拉力在竖直向上方 向上的合力大小等于重力，C 错误；当球与斜面 脱离时，斜面对球的弹力为零，拉力与弹力的合,图 3-3-9,力不
15、在竖直方向上，D 错误. 答案：B,【迁移拓展】如图 3-3-10 所示，质量为 m1 kg 的物块放 在倾角为37的斜面体上，斜面体的质量为 M2 kg，斜面 与物块间的动摩擦因数为0.2，地面光滑.现对斜面体施加一 水平推力 F，要使物块相对斜面静止，试确定推力 F 的取值范 围.(g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8),图 3-3-10,解：假设水平推力 F 较小，物块相对斜面具有下滑趋势， 当刚要下滑时，推力 F 具有最小值，设大小为 F1，此时物块受 力如图 D19 甲所示，取加速度方向为 x 轴正方向，对物块分析， 在水平方向，有,FNsin FNcos
16、ma1 在竖直方向，有,FNcos FNsin mg0 对整体，有 F1(Mm)a1,联立以上各式解得 a14.8 m/s2，F114.4 N,甲,乙,图 D19 假设水平推力 F 较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚 要上滑时，推力 F 具有最大值，设大小为 F2，此时物块受力如 图乙所示，对物块分析，在水平方向，有 FNsin FNcos ma2,在竖直方向，有,FNcos FNsin mg0 对整体有,F2(Mm)a2,联立以上各式解得 a211.2 m/s2，F233.6 N,综上所述可知推力 F 的取值范围为：14.4 NF33.6 N.,考向 2,动力学中的极值问题,【典题 8】如图 3-3-11 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
