《高考物理一轮总复习 专题三 第3讲 牛顿运动定律的运用课件 新人教版.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮总复习 专题三 第3讲 牛顿运动定律的运用课件 新人教版.ppt（49页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲牛顿运动定律的运用1超重和失重定义(1)超重：物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)_物体所受重力的现象大于(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬绳的拉力)_物体所受重力的现象小于(3) 完全失重：物体对支持物的压力( 或对悬绳的拉力) 为_的现象零超重和失2发生超重或失重现象的条件上加速减速(1)发生超重现象的条件：具有向_的加速度如物体向上做_运动或向下做_运动(2)发生失重现象的条件：具有向_的加速度如物体做向上_运动或向下_运动(3)拓展：运动在水平和竖直方向正交分解时，只要加速度具有向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度具有向下的分量，物体就处于失重状态下减速加速3超重和失重
2、的本质超重和失重本质上并不是物体受到的重力(实重)发生了变化，而是物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力或对悬绳的拉力(视重)发生了变化，即看起来好像物体的重力变了，但实际上物体的重力并没有发生变化【基础检测】(2015 年广东惠东高级中学月考)小敏随着十几个人一起乘电梯上五楼，走进电梯时电梯没有显示超载，但电梯刚启动时报警器却响了起来对这一现象的解释，下列说法正确的是()A刚启动时，物体的加速度向下，人处于超重状态B刚启动时，人所受的重力变大了C刚启动时，人对电梯底板的压力大于底板对人的支持力D刚启动时，人对电梯底板的压力变大了解析：人随电梯一起加速上升，电梯刚启动时报警器却响了起来
3、，说明人和电梯的加速度向上，合外力向上，电梯和人处于超重的状态所以人对电梯底板的压力变大了，故 D 正确答案：D考点1 超重和失重典例剖析例 1：(多选)如图 3-3-1 所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹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C电梯的加速度方向一定向下D乘客一定处在超重状态图 3-3-1思维点拨：弹簧的伸长量变大，说明弹簧的弹力变大，从而判断出小铁球所受的合外力向上、加速度方向向上解析：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
4、铁球所受的合外力方向向上，加速度方向向上，小铁球处于超重状态但电梯可能是加速向上运动，也可能是减速向下运动答案：BD备考策略：超重和失重现象是生产和生活中常见的现象，近年高考比较注重对本部分的考查解决此类问题的实质是牛顿第二定律的应用注意，判断物体处于超重或失重状态是看加速度方向如何，而不是看速度方向如何【考点练透】1(2015 年甘肃一模)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t 图象如图 3-3-2 所示，以下判断正确的是()图 3-3-2A前 3 s 内货物处于失重状态B最后 2 s 内货物只受重力作用C前 3 s 内平均速度小于最后 2 s 内的平均速度D
5、最后 2 s 的过程中货物的机械能增加答案：D2(2015 年贵州五校联考)如图 3-3-3 所示，与轻绳相连的物体 A 和 B 跨过定滑轮，质量 mAmAgDTmBg解析：物体 A 向上加速运动，物体 B 向下加速运动，因此A 处于超重状态，TmAg，B 处于失重状态，TmBg，故 B 正确答案：B考点2 动力学多过程分析对一个复杂的物理过程，我们常常分解成几个简单的有规律的子过程，并找出子过程之间的相互联系和制约条件认清每个子过程的运动性质，再选取合适的物理规律，列方程求解典例剖析例 2：(2015 年河北正定中学月考)如图 3-3-4 所示，一水平传送带以 2.0 m/s 的速度顺时针传
6、动，水平部分长为 2.0 m其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数0.2, 试问：(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离(2)物块从出发到 9.5 s 末通过的路程(sin 370.6，g 取10 m/s2)图 3-3-4解：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动mgma1所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以 v0 速度滑上斜面mgsin ma2物块速度为零时上升的距离由于 s20.4 m，所以物块未到达斜面的最高点2s1 Ls12v0 2(2)物块从开
7、始到第一次到达传送带右端所用时间t1v0 v01.5 s物块在斜面上往返一次时间t2 sa2 3物块再次滑到传送带上速度仍为 v0，方向向左mgma3 a32 m/s2向左端发生的最大位移s，在斜面上匀加速下降 s 后回到传送带，物块运动的全过程为：先匀加还1 s，再匀速运动0.5 s，在斜面上匀减速上升13再经过 1 s 速度减为零，然后加速 1 s 运动到斜面底端如此往复，周期为83s，由第一次到达斜面底端算起，还剩 8 s，恰好完成三个周期，所以 sL6(s2s3)10 m.13备考策略：多过程问题往往是求解整个过程中的某一个物理量，可能是力学量，也可能是运动学的量，关键是要对物体的受力
8、情况和运动过程有比较清晰的分析，画出运动过程示意图，结合牛顿第二定律建立方程求解【考点练透】3(2015 年宁夏银川校级一模)如图 3-3-5 所示，水平绷紧的传送带 AB 长 L6 m，始终以恒定速率 v14 m/s 运行初速度大小为 v26 m/s 的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经 A 点滑上传送带小物块 m1 kg，物块与传送带间的动摩擦因数0.4，g 取 10 m/s2.求：(1)小物块能否到达 B 点，计算分析说明(2)小物块在传送带上运动时，摩擦力产生的热量为多少？图 3-3-5解：(1)不能，因为小物块在水平方向受到摩擦力的作用，有 fmg，速度等于传送带速
9、度 v1 时，经历的时间tv1v2a2.5 s，传送带的位移 sv1t42.5 m10 m，小物块相对于传送带的位移xs(xx)10(4.52) m12.5 m小物块在传送带上运动时，因相互摩擦产生的热量为Qfx0.410112.5 J50 J.4(多选，2015 年江苏徐州质检)如图 3-3-6 所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t0 时刻滑块从板的左端以速度 v0 水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块的 v-t 图象可能是下列各图所示中的()图 3-3-6ACBD答案：BD 解析：设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面
10、间的动摩擦因数为2，若有1mg2(Mm)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a11g，木板不动，选项D正确；若有：1mg2(Mm)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a11g，木板向右匀加速运动，当二者同速后，一起以a22g的加速度匀减速到停止，因a1a2，故选项B正确考点3 牛顿第二定律与图象相结合对物理图象分析1看清坐标轴所表示的物理量及单位，分析图象与横、纵轴交点的意义，图象斜率的意义和图象与横、纵轴所围面积的含义2分析图象问题，常常结合横、纵轴物理量间的函数关系来进行分析重点归纳典例剖析例 3：(2015年吉林摸底)如图 3-3-7 甲所示，质量为M1 kg的木板静止在粗
11、糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数10.1，在木板的左端放置一个质量为 m1 kg，大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数20.4，g 取 10 m/s2，试求：(1)若木板长 L1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力 F8 N，经过多长时间铁块运动到木板右端；(2)若在铁块上加一个大小从零开始均匀增加的水平向右的力 F，通过分析和计算后，请在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力 f2 随拉力 F 大小变化的图象(设木板足够长)甲乙图 3-3-7设经过时间 t 铁块运动到木板的右端，则有解得 t1 s.(2)当 F1(mgMg)2 N 时，M、m 相对静止且对地静止，f2F.F1(Mm)g
12、F设 FF1 时，M、m 恰保持相对静止，此时系统的加速度 aa22 m/s2以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F11(Mm)g(Mm)a解得 F16 N所以，当 2 NF6 N 时，M、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度 aMm 2 1，以 M 为研究对象，根据牛顿第二定律有f21(Mm)gMa，当 F6 N，M、m 发生相对运动，f22mg4 N故画出 f2 随拉力 F 大小变化的图象如图 3-3-8 所示图 3-3-8【考点练透】5(多选)如图 3-3-9 所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度 v0 逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为 m 的小木块，小木块与
13、传送带间的动摩擦因数 )tan ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是(图 3-3-9ACBD解析：小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma1，小木块与传送带同速后，因tan ，小木块将继续向下加速运动，此时有 mgsin mgcos ma2，有 a1a2 故 B、D 正确，A、C错误答案：BD6(2015 年山东潍坊一中检测)一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞行的子弹击中并从物块中穿过，如图 3-3-10 甲所示固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块被击中后的位移 x 随时间的变化关系如图乙所示(图象前3 s 内为
14、二次函数，34.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向)已知传送带的速度 v1保持不变，g取10 m/s2.甲乙图 3-3-10(1)求传送带速度 v1 的大小(2)求 0 时刻物块速度 v0 的大小(3)在图 3-3-11 中画出物块对应的 v-t 图象图 3-3-11解：(1)由 x-t 的图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动(2)23 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小 ag，v1at102 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小 ag解得 0 时刻物块的速度 v0at24 m/s.(3)根据 x-t 的图象分析得到的运动规律用 v-t
15、图象画出如图D21 所示图 D21模型连接体模型1连接体概述两个或两个以上的物体以轻绳、轻杆、轻弹簧等连接在一起，或是多个物体直接叠放或是并排在一起的物体系统就是连接体如图 3-3-12 所示图 3-3-122问题分类(1)已知外力求内力(先整体后隔离)如果已知连接体在合外力的作用下一起运动，可以先把连接体系统作为一个整体，根据牛顿第二定律求出它们共同的加速度；再隔离其中的一个物体，求相互作用力(2)已知内力求外力(先隔离后整体)如果已知连接体物体间的相互作用力，可以先隔离其中一个物体，根据牛顿第二定律求出它们共同的加速度，再把连接体系统看成一个整体，求解外力的大小例 4：(多选)如图 3-3
16、-13 所示，水平地面上两个完全相同的物体 A 和 B 紧靠在一起，在水平推力 F 的作用下运动，FAB 代表 A、B 间的作用力，则()图 3-3-13A若地面完全光滑，则 FABFB若地面完全光滑，则 FABF2C若物体与地面的动摩擦因数为，则 FABFD若物体与地面的动摩擦因数为，则 FABF2审题突破：物体 A、B 在力 F 的作用下一起向右加速运动，具有相同的加速度，故先用整体法求解运动的加速度，再用隔离法求解它们之间的作用力解析：设物体的质量为 m，且与地面间有摩擦A、B 加速度相同，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F2mg2ma 答案：BD题外拓展：本题中把 B 物体叠在 A
17、物体上面一起加速运动，如模型介绍中的模型2，则 AB 之间的作用力除了弹力(支持力和压力)外，还有摩擦力，若FAB 仍代表A、B 间的作用力，则FAB应该是弹力和摩擦力的矢量和，大小为FAB 有兴趣的同学可以尝试解答，方法与例 题的方法类似 M，求：【触类旁通】1(2015 年江苏无锡期中)如图 3-3-14 所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度 g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究已知物体 A、B 的质量相等均为 M，物体
18、 C 的质量为 m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果 m图 3-3-14(1)物体 B 从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值(2)系统由静止释放后运动过程中物体 C 对 B 的拉力解：(1)设物体的加速度为a，绳子中的张力为F，对物体A，FMgMa，对 BC 整体，(Mm)gF(Mm)a，即物体 B 从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为 3.(2)设 B 对 C 的拉力为 f，对物体 C，由牛顿运动定律，2如图 3-3-15 所示，质量为 m1 kg 的物块放在倾角为37的斜面体上，斜面体质量为 M2 kg，斜面与物
19、块间的动摩擦因数为0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力 F，要要使物块 m 相对斜面静止，试确定推力 F 的取值范围(g 取 10 m/s2)图 3-3-15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 D22 所示，取加速度方向为 x 轴正方向，对物块分析，图 D22在水平方向有FNsin FNcosma1竖直方向有FNcosFNsinmg0对整体有 F1(Mm)a1代入数值得 a14.8 m/s2，F114.4 N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 D23 所示，对物块分析图 D23在水平方向有FNsin FNcos ma2竖直方向有FNcos FNsin mg0对整体有 F2(Mm)a2代入数值得 a211.2 m/s2，F233.6 N综上所述可知推力 F 的取值范围为144 NF33.6 N.
