《2018届高三物理二轮复习第一篇专题攻略专题一力与直线运动第3讲牛顿运动定律及其应用课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高三物理二轮复习第一篇专题攻略专题一力与直线运动第3讲牛顿运动定律及其应用课件（75页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲 牛顿运动定律及其应用,【主干回顾】,【核心速填】 (1)牛顿第一定律:一切物体总保持_状态 或_状态,直到有_迫使它改变这种状态为止。 (2)牛顿第二定律:物体的加速度a跟物体所受的合外 力成_,跟物体的质量m成反比。加速度的方向与 _的方向相同。,匀速直线运动,静止,外力,正比,合外力,(3)牛顿第三定律:两个物体之间的作用力和反作用力 总是_,_,作用在同一直线上。 (4)超重与失重。 超重:物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_ _的现象。条件是:系统具有_的加速度或 加速度有_的分量。,大小相等,方向相反,大于,自身重力,向上,竖直向上,失重:物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力_
2、 _的现象。条件是:系统具有_的加速度或 加速度有_的分量。 (5)两类动力学。,小于,自身重力,向下,竖直向下,F=ma,运动学公式,热点考向1 两类动力学问题 【典例1】(多选)(2016全国卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则 ( ),A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,【思考】 (1)两个小球下落时受什么力?做什么运动? 提示:受重力和阻力
3、作用,由于重力和阻力都是恒定不变的,小球做匀加速直线运动。,(2)小球下落的加速度受哪些因素影响? 提示:小球下落时a= ,所以小球的加速 度受小球半径的影响。,【解析】选B、D。设小球的密度为,其质量m= , 设阻力与球的半径的比值为k,根据牛顿第二定律得:a= ,由此可见,由m甲m乙,甲 =乙,r甲r乙可知a甲a乙,选项C错误;由于两球由静止 下落,两小球下落相同的距离则由x= at2,t2= ,t甲,t乙,选项A错误;由v2=2ax可知,甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小,选项B正确;由于甲球质量大于乙球质量,所以甲球半径大于乙球半径,甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力,则两小球下落相同
4、的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,选项D正确。,【题组过关】 1.(2016福州一模)甲、乙两个质点,质点甲固定在原点O,质点乙只能在x轴上运动,甲、乙之间的作用力F与x的关系如图所示。若乙质点自P点(x=2.2m)由静止释放,乙只受力F作用,规定力F沿+x方向为正,则质点乙沿+x方向运动时,下列说法正确的是 ( ),A.乙运动时,加速度大小先减小后增大 B.乙运动到Q点时,速度最大 C.乙运动到R点时,加速度最小 D.乙运动到R点时,速度最大,【解析】选B。乙所受力F的大小先减小后增大再减小,所以乙运动时,加速度的大小先减小后增大再减小,A错误;乙运动到Q点之前做加速运动,之后
5、做减速运动,所以运动到Q点时,速度最大,B正确、D错误;乙运动到Q点时,加速度最小等于零,C错误。,2.如图,在倾角为=37的足够长的固定斜面底端,一 小物块以某一初速度沿斜面上滑,一段时间后返回到出 发点。若物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2的大 小关系满足t1t2=1 ,g取10m/s2,sin37=0.6, cos37=0.8,试求: (1)物块和斜面之间的动摩擦因数。,(2)若斜面倾角变为60,并改变斜面粗糙程度,小物块上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上,发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关,求此时加速度大小。,【解析】(1)上滑加速度a1=gsin+gcos 下滑加
6、速度a2=gsin-gcos x= at2 又t1t2=1 所以:a1a2=21 代入解得=0.25,(2)以小物块为研究对象, 垂直斜面方向FN=Fsin+mgcos 沿斜面方向Fcos-mgsin-FN=ma 所以a= -gsin-gcos 加速度与F无关,则Fcos-Fsin=0 所以= ,a=- m/s2,故加速度的大小为 m/s2。 答案:(1)0.25 (2) m/s2,【规律总结】解答牛顿运动定律的应用问题的方法 (1)研究对象的选取方法:整体法和隔离法灵活应用,一般已知或求解外力时选用整体法,已知或求解物体间的相互作用力时选用隔离法。 (2)受力分析的处理方法:合成法和正交分解
7、法合理应用,当物体在两个力作用下变速运动时,可用合成法;当物体在两个以上的力的作用下变速运动时,常用正交分解法解题。,(3)多阶段问题的分析方法:常用程序法,即针对先后经历的几个过程逐一分析,运用程序法时要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始,两个过程交接点的速度往往是解决问题的关键。,【加固训练】 1.如图所示,物块A静止在水平放置的 固定木板上,若分别对A施加相互垂直 的两个水平拉力F1和F2作用时(F1F2),A将分别沿F1和F2 的方向匀加速滑动,其受到的滑动摩擦力大小分别为 Ff1和Ff2,其加速度大小分别为a1和a2;若从静止开始同 时对A施加F1和F2,其受到的滑动摩擦力大小为
8、Ff3,其加,速度大小为a3,关于以上各物理量之间的关系,判断正确的是 ( ) A.a3=a1=a2 B.a3a2a1 C.Ff3Ff1=Ff2 D.Ff1=Ff2Ff3,【解析】选B。因为拉力均沿水平方向,所以物块A对水 平木板的压力始终等于物块A的重力,滑动摩擦力Ff= mg,大小相等,选项C、D错误;由牛顿第二定律得F1- mg=ma1,F2-mg=ma2, -mg=ma3,因为F1a2a1,选项A错误,B正确。,2.(2016烟台二模)如图所示,将质量m=2kg的圆环套 在与水平面成=37角的足够长直杆上,直杆固定不 动,环的直径略大于杆的截面直径。杆上依次有三点 A、B、C,sAB=
9、8m,sBC=0.6m,环与杆间动摩擦因数= 0.5。现在对环施加一个与杆成37斜向上大小为20N 的拉力F,使环从A点由静止开始沿杆向上运动,圆环到 达B点时撤去拉力F,此后圆环从B点继续向上运动,求此,环从A点到达C点所用的时间。(已知重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8),【解析】圆环从A到B的过程中做匀加速直线运动,设所 用时间为t1,由受力分析和牛顿第二定律得: 沿着直杆方向:Fcos37-mgsin37-FN=ma1 垂直直杆方向:FN+Fsin37=mgcos37 解得:a1=1m/s2 由sAB= 得:t1=4s 圆环到达B点的速度为:vB=a1t
10、1=4m/s,撤去力后向上运动过程, 对圆环受力分析,由牛顿第二定律得: mgsin37+mgcos37=ma2, 解得加速度大小a2=10m/s2; 圆环减速到零时间为t0,运动距离为s,则:vB=a2t0,解得: t0=0.4s;2a2s= ,解得:s=0.8m;,若环向上经过C点,则:sBC=vBt2- 解得t2=0.2s,或者;t2=0.6s(舍去) 当环运动到最高点,将再次向下匀加速运动,则由牛顿 第二定律得:mgsin37-mgcos37=ma3, 解得:a3=2m/s2 环从最高点下滑到C点时发生的位移x=s-sBC=0.2m 由x=,所以,圆环从A点到达C点所用的时间: t=t
11、1+t2=4.2s 或者为:t=t1+t0+t3= s。 答案:4.2s或 s,热点考向2 动力学的图象问题 【典例2】(多选)如图甲所示,木板OA可绕轴O在竖直平 面内转动,某研究小组利用此装置探索物块在方向始终 平行于木板向上、大小为F=8N的力作用下加速度与倾 角的关系。已知物块的质量m=1kg,通过DIS实验,描 绘出了如图乙所示的加速度大小a与倾角的关系图线 (90)。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2,假定,物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力(g取10m/s2)。则下列说法中正确的是 ( ) A.由图象可知木板与水平面的夹角处于1和2之间时,物块所受摩擦力一定为零,B.由
12、图象可知木板与水平面的夹角大于2时,物块所 受摩擦力一定沿木板向上 C.根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6m/s2 D.根据题意可以计算当=45时,物块所受摩擦力为 Ff=mgcos45= N,【名师点拨】 (1)2时,物体所受摩擦力为滑动摩擦力且沿斜面向上。 (2)2时,依据牛顿第二定律列式分析;12时,依据平衡条件列式分析。,【解析】选B、C。由图象可知木板与水平面的夹角处 于1和2之间时,物块的加速度为零,当=1时,物 块所受的摩擦力沿斜面向下,当=2时,物块所受的 摩擦力沿斜面向上,木板与水平面的夹角大于2时,物 块所受摩擦力一定沿木板向上,A错误,B正确;当=0 时,F-m
13、g=ma0,即8N-0.2110N=1kga0,所以a0= 6m/s2,C正确;当=45时,Fmgsin45+mgcos45,Fmgsin45,所以物块保持静止,受到的是静摩擦力, 根据平衡条件F=mgsin45+Ff,可得Ff=(8-5 )N,故D 错误。,【迁移训练】,迁移1:v -t图象的应用 (多选)(2014山东高考)一质点在外力 作用下做直线运动,其速度v随时间t变 化的图象如图。在图中标出的时刻中, 质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 ( ) A.t1 B.t2 C.t3 D.t4,【解析】选A、C。合外力与速度方向相同,说明质点做加速运动,在图象中表示质点正在做加速运动的时
14、刻有t1和t3时刻,做减速运动的时刻为t2和t4时刻,故选项A、C正确,B、D错误。,迁移2:a -t图象的应用 (多选)(2015江苏高考)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,则人对地板的压力 ( ) A.t=2 s时最大 B.t=2 s时最小 C.t=8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小,【解析】选A、D。在竖直方向,有F-mg=ma,得F=mg+ma,加速度方向向上且越大,F就越大,所以A项正确;加速度方向向下且越大,F就越小,所以D项正确。,迁移3:x -图象的应用 (2016信阳一模)某同学近日做了这样一个实验,将一个小铁
15、块(可看成质点)以一定的初速度,沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动,设它沿木板向上能达到的最大位移为x,若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示。g取10m/s2。求(结果如果是根号,可以保留):,(1)小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少? (2)当=60时,小铁块达到最高点后,又回到出发点,物体速度将变为多大?,【解析】(1)当=90时,x=1.25m 则v0= =5m/s 当=30时,x=1.25m a= =10m/s2 由牛顿第二定律:a=gsin30+gcos30 解得:=,(2)当=60时,上滑的加速度:a1=gsin60+gcos60 下滑的加速度:a2=gsin60-gcos60 因为v2=2ax 所以: 可得:v= m/s 答案:(1)5m/s (2) m/s,【规律总结】动力学的图象问题求解思路 动力学图象不仅能直观地描述物体的运动,图象中还隐含着大量的信息和解题条件,挖掘这些信息和条件往往成为解题的突破口。,(1)牛顿第二定律与v -t图象结合的问题:一般先由v -t图象分析物体的加速度及其变化规律,再由牛顿第二定律列方程求解,或者先由牛顿第二
