《2018届高考物理一轮复习新人教版教师用书：第3章 牛顿运动定律 专题三 牛顿运动定律综合应用（一）（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考物理一轮复习新人教版教师用书：第3章 牛顿运动定律 专题三 牛顿运动定律综合应用（一）（含答案）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题三牛顿运动定律综合应用(一)突破动力学图象问题1.图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.2.解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：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)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义.(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有
2、用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.考向1利用vt图象求未知量典例1(2015新课标全国卷)(多选)如图(a)所示，一物块在t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()(a)(b)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问题探究(1)上升过程已知几个物理量？能求出几个未知量？(2)下降过程已知几个物理量？能求出几个未知量？提示(1)上升过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.(2)下降过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.解析由运动的vt图线可
3、求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确.答案ACD考向2利用Ft图象求未知量典例2如图甲所示为一倾角37的足够长斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s内物体发生
4、的位移.解题指导先分析前2 s内物体的受力，确定物体的运动情况；再分析2 s后物体的受力和运动情况，特别注意速度减为零后的运动情况.解析(1)由分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1mgcos ma1v1a1t1代入数据可得a12.5 m/s2，方向沿斜面向下v15 m/s，方向沿斜面向下.(2)物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m，方向沿斜面向下当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得F2mgcos mgsin ma2代入数据可得a20.5 m/s2，方向沿斜面向上物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2得t2
5、10 st2时间内发生的位移为x2，则x2a2t25 m，方向沿斜面向下由于mgsin mgcos F2mgcos mgsin ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态.故物体在前16 s内发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下.答案见解析处理动力学图象问题的一般思路(1)依据题意，合理选取研究对象.(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程.(3)将物体的运动过程与图象对应起来.(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断.突破连接体问题的分析方法1.整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用
6、牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).2.隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.3.整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”. 典例3如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(mM12)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作
7、用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力作用于A上且竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1x2等于()A.11 B.12 C.21 D.23解析当水平力F作用在B上时，A、B做匀加速运动，则对A、B整体分析有F3mg3ma1，a1；对A隔离分析有kx1mgma1，经过整理得F3kx1.当F竖直向上时，对A、B整体分析有F3mg3ma2，a2，对B物体隔离分析有kx22mg2ma2，解得x1x212，故B正确.答案B变式1如图所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q之间的动摩擦因数为，则下列
8、说法正确的是()A.P处于超重状态B.P受到的摩擦力大小为mg，方向水平向右C.P受到的摩擦力大小为mgsin cos ，方向水平向左D.P受到的支持力大小为mgsin 2答案：C解析：由题意可知，P有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；对P、Q整体，根据牛顿第二定律有(Mm)gsin (Mm)a，得加速度agsin ，将沿斜面向下的加速度agsin 沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a1acos gsin cos ，a2asin gsin2 ，对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有Ffma1，方向水平向左，竖直方向上有mgFNma2，得Ffmgsin cos ，FNmgcos2 ，
9、选项C正确，B、D错误.变式2如图甲所示，光滑滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m1m2m3，这时弹簧秤的读数为T.若把质量为m2的物体从右边移到左边的物体上，如图乙所示，弹簧秤的读数将()A.增大B.减小 C.不变D.无法确定答案：B解析：开始时，弹簧秤的示数为T2m1g，把质量为m2的物体移到左边的物体上后，弹簧秤的示数为T，选三个物体和滑轮组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律有(m1m2m3)gT(m1m2)am3a，解得T2m1g2m2a，可得TT.整体法、隔离法的使用技巧(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来.解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象
10、，恰当地选择使用整体法和隔离法.(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法.若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离.先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度.突破动力学临界、极值问题1.当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件，用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键.2.临界或极值条件的标志(
11、1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点.(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态.(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”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.考向1临界问题的分析方法典例4如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m14 kg的物体P，Q为一质量为m28 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止状态.现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上
12、做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2.求力F的最大值与最小值.解题指导关键词理解无滑动摩擦力可求出弹簧的压缩量初速度为零，加速度恒定经过0.2 s，P和Q恰好分离t0时拉力最小，分离后拉力最大解析设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得(m1m2)gsin kx0代入数据解得x00.12 m因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1对物体P，由牛顿第二定律得kx1m1gsin m1a前0.2 s时间内两物体的位移x0x
13、1at2联立解得a3 m/s2对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大Fmin(m1m2)a36 N对Q应用牛顿第二定律得Fmaxm2gsin m2a解得Fmaxm2(gsin a)72 N.答案72 N36 N考向2极值问题的分析方法典例5如图甲所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙所示，若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.甲乙(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并
14、求出此最小值.解析(1)当30时，小物块处于平衡状态，对小物块受力分析并根据平衡条件有mgsin mgcos 解得：tan .(2)当角变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，则：mgsin mgcos ma小物块的位移x满足：0v2ax则：x当，即时，x有最小值将代入得，x的最小值为xmin.答案(1)(2)60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FT0.1.动力学图象问题以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率时间图象可能正确的是()答案：D解析：在速率时间图
