2020屆高考物理一輪 專題09 牛頓運動定律的應(yīng)用學(xué)案 新課標(biāo)

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1、2020屆高三新課標(biāo)物理一輪原創(chuàng)精品學(xué)案 專題09 牛頓運動定律的應(yīng)用 課時安排：2課時 教學(xué)目標(biāo)：1．掌握運用牛頓定律解決動力學(xué)兩類基本問題的方法和技巧 2．學(xué)會用整體法、隔離法進行受力分析，并熟練應(yīng)用牛頓定律求解 3．理解超重、失重的概念，并能解決有關(guān)的問題 本講重點：1．牛頓運動定律在解決動力學(xué)基本問題中的應(yīng)用 2．整體法、隔離法的應(yīng)用 本講難點：超重、失重的概念 考點點撥：1．動力學(xué)的兩類基本問題 2．整體法與隔離法解決簡單的連接體問題 3．超重、失重問題的分析求解 4．動力學(xué)與運動學(xué)中的圖象問題 5．相互接觸的物體分離的條件及應(yīng)用 第一課時 2．超重

2、 （1）物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ? 大于 物體所受重力的情況稱為超重現(xiàn)象。 （2）產(chǎn)生超重現(xiàn)象的條件：物體具有 向上 的加速度。與物體速度的大小和方向無關(guān)。 （3）產(chǎn)生超重現(xiàn)象的原因：當(dāng)物體具有向上的加速度a（向上加速運動或向下減速運動）時，支持物對物體的支持力（或懸掛物對物體的拉力）為F，由牛頓第二定律得 F－mg＝ma 所以F＝m（g＋a）＞mg 由牛頓第三定律知，物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ〧 ′＞mg. 點評：（1）在地球表面附近，無論物體處于什么狀態(tài)，其本身的重力G＝mg始終不變。超重時，物體所受的拉力（或支持力）與重力的合力方

3、向向上，測力計的示數(shù)大于物體的重力；失重時，物體所受的拉力（或支持力）與重力的合力方向向下，測力計的示數(shù)小于物體的重力.可見，在失重、超重現(xiàn)象中，物體所受的重力始終不變，只是測力計的示數(shù)（又稱視重）發(fā)生了變化，好像物體的重量有所增大或減小。 （2）發(fā)生超重和失重現(xiàn)象，只決定于物體在豎直方向上的加速度。物體具有向上的加速度時，處于超重狀態(tài)；物體具有向下的加速度時，處于失重狀態(tài)；當(dāng)物體豎直向下的加速度為重力加速度時，處于完全失重狀態(tài).超重、失重與物體的運動方向無關(guān)。 二、高考要點精析 （一）動力學(xué)兩類基本問題 ☆考點點撥 不論是已知運動求受力，還是已知受力求運動，做好“兩分析”是關(guān)鍵，即

4、受力分析和運動分析。受力分析時畫出受力圖，運動分析時畫出運動草圖能起到“事半功倍”的效果。 【例1】如圖所示，質(zhì)量m=4kg的物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，在與水平方向成θ=37°角的恒力F作用下，從靜止起向右前進t1=2.0s后撤去F，又經(jīng)過t2=4.0s物體剛好停下。求：F的大小、最大速度vm、總位移s。 解析：由運動學(xué)知識可知：前后兩段勻變速直線運動的加速度a與時間t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得：F=54.5N 第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得

5、： vm=a2t2=20m/s 又由于兩段的平均速度和全過程的平均速度相等，所以有 m 點評：需要引起注意的是：在撤去拉力F前后，物體受的摩擦力發(fā)生了改變。 可見，在動力學(xué)問題中應(yīng)用牛頓第二定律，正確的受力分析和運動分析是解題的關(guān)鍵，求解加速度是解決問題的紐帶，要牢牢地把握住這一解題的基本方法和基本思路。 A B a 【例2】一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖。已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件

6、是什么？（以g表示重力加速度） ☆考點精煉 1．質(zhì)量的物塊（可視為質(zhì)點）在水平恒力F作用下，從水平面上A點由靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行停在B點，已知A、B兩點間的距離，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)，求恒力F多大。（） 2．一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊（可視為質(zhì)點），煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動,當(dāng)其速度達到v0后,便以此速度做勻速運動。經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動。求此黑色痕跡的長度。 （二）整體法、隔離法解決簡單的連接體問題

7、 ☆考點點撥 對于有共同加速度的連接體問題，一般先用整體法由牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)題目要求，將其中的某個物體進行隔離分析和求解。 由整體法求解加速度時，F(xiàn)=ma，要注意質(zhì)量m與研究對象對應(yīng)。 【例3】如圖所示，兩個用輕線相連的位于光滑水平面上的物塊，質(zhì)量分別為m1和m2，拉力F1和F2方向相反，與輕線沿同一水平直線，且F1>F2。試求在兩個物塊運動過程中輕線的拉力T。 解析： 設(shè)兩物塊一起運動的加速度為a，則有 F1－F2=（m1+m2）a ① 根據(jù)牛頓第二定律，對質(zhì)量為m1的物塊有 F1－T=m1a ② 由①、②兩式得 ③

8、 第二課時 （三）超重、失重問題的分析求解 ☆考點點撥 發(fā)生超重和失重現(xiàn)象，只決定于物體在豎直方向上的加速度。物體具有向上的加速度時，處于超重狀態(tài)；物體具有向下的加速度時，處于失重狀態(tài)；當(dāng)物體豎直向下的加速度為重力加速度時，處于完全失重狀態(tài)。超重、失重與物體的運動方向無關(guān)。 【例4】下列哪個說法是正確的？ （ ） A．體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài) B．蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài) C．舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài) D．游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài) 解析 當(dāng)物體有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，有

9、向下的加速度時處于失重狀態(tài)，當(dāng)加速度為零時處于平衡狀態(tài)。對照四個選項的說法，只有B選項正確。 答案：B ☆考點精煉 5．某同學(xué)找了一個用過的“易拉罐”在靠近底部的側(cè)面打了一個洞，用手指按住洞，向罐中裝滿水，然后將易拉罐豎直向上拋出，空氣阻力不計，則下列說法正確的是 （ ） A．易拉罐上升的過程中，洞中射出的水的速度越來越快 B．易拉罐下降的過程中，洞中射出的水的速度越來越快 C．易拉罐上升、下降的過程中，洞中射出的水的速度都不變 D．易拉罐上升、下降的過程中，水不會從洞中射出 （四）動力學(xué)與運動學(xué)中的圖象問題 ☆考點精煉 6．從同一地點同時開始沿同一方向做直線運動的兩

10、個物體Ⅰ、Ⅱ的速度圖象如圖所示。在0～t0時間內(nèi)，下列說法中正確的是 （ ） Ⅰ Ⅱ t t0 O v v2 v1 A．Ⅰ、Ⅱ兩個物體所受的合外力都在不斷減小 B．Ⅰ物體所受的合外力不斷增大，Ⅱ物體所受的合外力不斷減小 C．Ⅰ物體的位移不斷增大，Ⅱ物體的位移不斷減小 D．Ⅰ、Ⅱ兩個物體的平均速度大小都是 （五）相互接觸的物體分離的條件及應(yīng)用 ☆考點點撥 相互接觸的物體間可能存在彈力作用。對于兩接觸的物體，剛好要分離時的條件是，彈力恰為零，此時，兩物體還有相同速度和加速度。抓住以上特點，就可以順利求解。 【例6】一彈簧秤秤盤的質(zhì)量M=1.5kg，盤內(nèi)

11、放一個質(zhì)量m=10.5kg的物體P，彈簧質(zhì)量忽略F m k M P 不計，輕彈簧的勁度系數(shù)k=800N/m，系統(tǒng)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示?，F(xiàn)給物體P施加一豎直向上的拉力F，使P由靜止開始向上作勻加速直線運動。已知在前0.2s時間內(nèi)F是變力，在0.2s以后是恒力。求力F的最小值和最大值各多大？取g=10m/s2。 ☆考點精煉 7．如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板。系統(tǒng)處一靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度a和從開始到此

12、時物塊A的位移d，重力加速度為g。 考點精煉參考答案 2.解：根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0。根據(jù)牛頓定律，可得 a=μg 設(shè)經(jīng)歷時間t，傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，煤塊則由靜止加速到v，有 v0=a0t v=at 由于a

13、帶上留下的黑色痕跡的長度 l=s0－s 由以上各式得 5．D（不論上升還是下降，易拉罐具有豎直向下的加速度g，均處于完全失重狀態(tài)，水都不會從洞中射出） 6．A 速度圖象的切線斜率值表示加速度的大小，由圖象可知，兩物體的加速度值逐漸減小。根據(jù)牛頓第二定律有Ⅰ、Ⅱ兩個物體所受的合外力都在不斷減小。兩物體均沿正方向運動，位移都不斷增大。Ⅰ、Ⅱ兩個物體在0～t0時間內(nèi)均做變加速運動，平均速度大小都不等于。 7．解析：令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知 ① 令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量， a表示此時A的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知： kx2=mBg

14、sinθ ② F－mAgsinθ－kx2=mAa ③ 由②③式可得 ④ 由題意 d=x1+x2 ⑤ 由①②⑤式可得 ⑥ 三、考點落實訓(xùn)練 A組 3．如圖，質(zhì)量為m的物體A放置在質(zhì)量為M的物體B上，B與彈簧相連，它們一起在光滑水平面上做簡諧振動，振動過程中A、B之間無相對運動，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，當(dāng)物體離開平衡位置的位移為x時，A、B間摩擦力的大小等于 A．0 B．kx C．（）kx D．（）kx B組 1．如圖所示，一個質(zhì)量為M的人站在臺秤上，用跨過定滑輪的繩子，將質(zhì)量為m的物體自高處放下，當(dāng)物體以a加速下降（a＜g

15、)時，臺秤的讀數(shù)為 （ ） A．（M－m）g＋ma B．（M＋m）g－ma C．（M－m）g D．（M－m）g－ma b c d α a 3．如圖所示，ab、bd、cd是豎直平面內(nèi)三根固定的細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為最低點。每根桿上都套著一個小滑環(huán)（圖中末畫出）。三個滑環(huán)分別從a、b、c處釋放（初速為0），用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)到達d點所用的時間，t1、t2、t3之間的關(guān)系為___________。 4．一根勁度系數(shù)為k，質(zhì)量不計的輕彈簧，上端固定，下端系一質(zhì)量為m

16、的物體。有一水平板將物體托住，并使彈簧處于自然長度，如圖所示?，F(xiàn)讓木板由靜止開始以加速度a勻加速向下移動，且a＜g。經(jīng)過t=___________多長時間木板開始與物體分離。 5．如圖所示，A、B兩木塊的質(zhì)量分別為mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面勻加速向右運動，求A、B間的彈力FN。 考點落實訓(xùn)練參考答案 A組 1．D 2．D 3．D 4．N=（F+2μmg） 5．2.5　　　48 解析 某人在地面上，最多可舉起60kg的物體，說明人能產(chǎn)生最大的向上舉的力為Fm=mg，這個力保持不變。在一個加速下降的電梯里最

17、多可舉起m1=80kg的物體，設(shè)此電梯的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定有： m1g－Fm=m1a 解得：a=2.5m/s2。 若電梯以此加速度上升，根據(jù)牛頓第二定有： Fm－m2g=m2a 解得：m2=48kg。 6．H=1.2 s 8．Hm=480m F= 11250 N B組 2．CD 解析 根據(jù)牛頓第二定律，應(yīng)使物體所受的合力方向沿加速度a的方向。沿a方向施加一個作用力F2，F(xiàn)1與 F2的合力方向不能沿a的方向，所以A錯。加在物體上的最大作用力F2無法確定，所以B錯。加在物體上的最小作用力F2=F1sinθ，C正確。在物體上施加一個與F1大小相等，與a方向

18、也成θ角的力F2，且F2方向在a的另一側(cè)時可使合力方向與加速度方向一致，D正確。 4． 解析 設(shè)物體與平板一起向下運動的距離為x時，物體受重力mg，彈簧的彈力kx和平板的支持力FN作用。據(jù)牛頓第二定律有： mg－kx－FN=ma 得FN=mg－kx－ma 當(dāng)FN=0時，物體與平板分離，所以此時 根據(jù)運動學(xué)關(guān)系有： 所以，。 7．解析：先確定臨界值，即剛好使A、B發(fā)生相對滑動的F值。當(dāng)A、B間的靜摩擦力達到5N時，既可以認為它們?nèi)匀槐３窒鄬o止，有共同的加速度，又可以認為它們間已經(jīng)發(fā)生了相對滑動，A在滑動摩擦力作用下加速運動。這時以A為對象得到a =5m/s2；再以

19、A、B系統(tǒng)為對象得到 F =（mA+mB）a =15N （1）當(dāng)F=10N<15N時， A、B一定仍相對靜止，所以 （2）當(dāng)F=20N>15N時，A、B間一定發(fā)生了相對滑動，用質(zhì)點組牛頓第二定律列方程：，而a A =5m/s2，于是可以得到a B =7.5m/s2 8．解法一：（隔離法） 木箱與小球沒有共同加速度，所以須用隔離法. 取小球m為研究對象，受重力mg、摩擦力Ff，如圖，據(jù)牛頓第二定律得： mg-Ff=ma ① 取木箱M為研究對象，受重力Mg、地面支持力FN及小球給予的摩擦力Ff′如圖. 據(jù)物體平衡條件得： FN -Ff′-Mg=0 ②

20、 且Ff=Ff′ ③ 由①②③式得FN=g 由牛頓第三定律知，木箱對地面的壓力大小為 FN′=FN =g. 解法二：（整體法） 對于“一動一靜”連接體，也可選取整體為研究對象，依牛頓第二定律列式： （mg+Mg）-FN = ma+M×0 故木箱所受支持力：FN=g，由牛頓第三定律知： 木箱對地面壓力FN′=FN=g. 11．解：以木塊和小球整體為對象，設(shè)木塊的質(zhì)量為M，下滑的加速度為a，沿斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律有： （M＋m）gsin37o－μ（M＋m）gcos37o=（M＋m）a 解得：a=g（sin37o－μcos37o）=2m/s2 以小球B為對象，受重力mg，細線拉力T和MN面對小球沿斜面向上的彈力FN，沿斜面方向，根據(jù)牛頓第二定律有： mgsin37o－FN=ma 解得：FN=mgsin37o－ma=6N。