《高考物理江苏专用大一轮复习讲义课件第3章高考物理专题二牛顿运动定律的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理江苏专用大一轮复习讲义课件第3章高考物理专题二牛顿运动定律的综合应用（46页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点一,考点二,考点三,考点四,限时自测,练出高分,1.超重： (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向上的加速度. 2.失重： (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象. (2)产生条件：物体具有向下的加速度. 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，物体就会处于或状态. 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.,超重,失重,【考点逐项排查】,答案,判断下列说法是否正确. (1)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上.() (2)减
2、速下降的物体处于失重状态.() (3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.() (4)站在台秤上的人下蹲过程，台秤示数减小.(),思维深化,答案,1.关于超重和失重现象，下列描述中正确的是() A.电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态 B.磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态 C.荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态 D.“神舟九号”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的航天员处于完全失重状态,D,【题组阶梯突破】,答案,2,1,3,2.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图
3、所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用) () A.处于超重状态 B.不受摩擦力的作用 C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D.所受合力竖直向上,a,mg,FN,Ff,mgFNmay.FNmg，乘客处于失重状态，,当车减速上坡时，a沿斜坡向下， 人的加速度与车的加速度相同，人的合力沿斜面向下,解析答案,2,1,3,3.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力() A.t2 s时最大 B.t2 s时最小 C.t8.5 s时最大 D.t8.5 s时最小,超重,失重,AD,解析答案,2,1,3,超重和
4、失重现象判断的“三”技巧 1.从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于0时处于完全失重状态. 2.从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态. 3.从速度变化的角度判断 (1)物体向上加速或向下减速时，超重； (2)物体向下加速或向上减速时，失重.,技巧点拨,返回,1.概念:临界问题是指某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态. 2.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过
5、程存在着 ； (2)若题目中有“最大”“最 ”“至多”“至 ”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点. 3.解答临界问题的三种方法,临界点,小,少,【考点逐项排查】,答案,当两物体要分离时，FAB0， 对B：Fmgma， 对A：kxmgma. F=kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，由Fmg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，又2mgkx0，hx0 x， 解以上各式得k mg ， 在B与A分离之前，弹簧弹力是变力 所以做变加速直线运动,4.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离.下列说法正确
6、的是() A.B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B.B和A刚分离时，它们的加速度为g C.弹簧的劲度系数等于 mg D.在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动,【题组阶梯突破】,解析答案,5,4,6,5.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为 1 2 .最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( ) A.当F3mg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过 1 2 g,FfAm=2mg,FfBm= 2 3mg,当0F 3 2 mg时，A、B皆静止；,FfAm=2mg,2
7、mg 3 2 mg=maBm,aBm= 1 2 g, 2 3mg=3maBm F2mg,当 3 2 mgF3mg时，A、B一起加速,F 5 2 mg时， a 3 2 mg 3 1 3 g,BCD,解析答案,5,4,6,6.如图所示，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作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m.已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数 3 3 .重力加速度g取10 m/s2. (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小.,解析设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为
8、v， Lv0t 1 2 at2 vv0at 联立式，代入数据得 a3 m/s2 v8 m/s,解析答案,5,4,6,解析Fcos mgsin Ffma Fsin FNmgcos 0 又FfFN 联立式得 F g sin +cos + cos +sin 由数学知识得 cos 3 3 sin 2 3 3 sin(600) 由式可知对应最小F的夹角 30 联立式，代入数据得F的最小值为 Fmin 13 3 5 N,(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？,解析答案,5,4,6,动力学中极值问题的临界条件和处理方法 1.“四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相
9、接触或脱离，临界条件是：弹力FN0. (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)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，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0时. 2.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法； (2)根据临界条件列不等式法； (3)利用二次函数的判别式法； (4)极限法.,规律总结,返回,两类传送带模型 (1)水平传送带问题：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析
10、判断.判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与 的速度，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度 .物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻. (2)倾斜传送带问题：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到 力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况.当物体速度与传送带速度 时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.,传送带,相等,滑动摩擦,相等,【考点逐项排查】,答案,1.将一物体静止放在倾斜传送带的底端，如图，可能出现的运动情景？ 答案若tan ，物体静止不动 若tan
11、，物体可能一直加速 也可能先加速到共速，再匀速. 2. 将一物体静止放在倾斜传送带的顶端，如图， 可能出现的运动情景？ 答案可能一直加速到底端，此时摩擦力的方向沿斜面向下，也可能先 加速再共速，此时=tan ，也可能先加速再加速，此时tan .,思维深化,答案,7.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数0.4,取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中() A.煤块到A运动到B的时间
12、是2.25 s B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s C.划痕长度是0.5 m D.划痕长度是2 m,BD,【题组阶梯突破】,解析答案,8,7,9,8.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是() A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等 B.粮袋开始运动的加速度为g(sin cos ),若L足够大， 则以后将以速度v做匀速运动 C.若tan
13、，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动 D.不论大小如何，粮袋从到端一直做匀加速运动， 且加速度agsin ,答案,8,7,9,9.如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角37，A、B两端相距L5.0 m，质量为M10 kg的物体以v06.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求： (1)物体从A点到达B点所需的时间； (2)若传送带顺时针运转的速度可以调节， 物体从A点到达B点的最短时间是多少？,解析答案,8,7
14、,9,8,7,9,分析传送带问题的三步走 1.初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体 的运动情况. 2.根据临界条件v物v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式. 3.运用相应规律，进行相关计算.,技巧点拨,返回,1.问题的特点 滑块木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在 . 2.常见的两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移 等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移 等于木板的长度. 3.解题方法 此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出
15、各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的 关系或 关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.,相对滑动,之差,之和,位移(路程),速度,【考点逐项排查】,答案,10.一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图a所示.t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图b所示.木板的质量
16、是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离.,【题组阶梯突破】,解析答案,10,11,解析(1)碰撞前，xvt 1 2 a1t2 解得a11 m/s2 对整体 1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1 碰撞后, 对物块a2 40 1 m/s24 m/s2. 2mgma2，解得20.4 10.1,(3)碰后，对整体 1 2 1 + 2 v 2 = 2 1 g+ 1 1 + 2 解得：x6.5 m,10,11,解析答案,10,11,解析(1)在02 s时间内，A和B的受力如图所示， Ff11FN1 FN1mgcos Ff22FN2 FN2FN1mgcos 规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2， mgsin Ff1ma1 mgsin Ff2Ff1ma2 联
