高三物理二輪復(fù)習(xí)第一篇專題攻略專題一力與直線運(yùn)動第3講牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用課件

第3講 牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用,【主干回顧】,【核心速填】 (1)牛頓第一定律:一切物體總保持_狀態(tài) 或_狀態(tài),直到有_迫使它改變這種狀態(tài)為止。 (2)牛頓第二定律:物體的加速度a跟物體所受的合外 力成_,跟物體的質(zhì)量m成反比。加速度的方向與 _的方向相同。,勻速直線運(yùn)動,靜止,外力,正比,合外力,(3)牛頓第三定律:兩個物體之間的作用力和反作用力 總是_,_,作用在同一直線上。 (4)超重與失重。 超重:物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦 _的現(xiàn)象。條件是:系統(tǒng)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,豎直向上,失重:物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦 _的現(xiàn)象。條件是:系統(tǒng)具有_的加速度或 加速度有_的分量。 (5)兩類動力學(xué)。,小于,自身重力,向下,豎直向下,F=ma,運(yùn)動學(xué)公式,熱點考向1 兩類動力學(xué)問題 【典例1】(多選)(2016全國卷)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成,甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落,假設(shè)它們運(yùn)動時受到的阻力與球的半徑成正比,與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離,則 ( ),A.甲球用的時間比乙球長 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)兩個小球下落時受什么力?做什么運(yùn)動? 提示:受重力和阻力作用,由于重力和阻力都是恒定不變的,小球做勻加速直線運(yùn)動。,(2)小球下落的加速度受哪些因素影響? 提示:小球下落時a= ,所以小球的加速 度受小球半徑的影響。,【解析】選B、D。設(shè)小球的密度為,其質(zhì)量m= , 設(shè)阻力與球的半徑的比值為k,根據(jù)牛頓第二定律得:a= ,由此可見,由m甲m乙,甲 =乙,r甲r乙可知a甲a乙,選項C錯誤;由于兩球由靜止 下落,兩小球下落相同的距離則由x= at2,t2= ,t甲,t乙,選項A錯誤;由v2=2ax可知,甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小,選項B正確;由于甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量,所以甲球半徑大于乙球半徑,甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力,則兩小球下落相同的距離甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,選項D正確。,【題組過關(guān)】 1.(2016福州一模)甲、乙兩個質(zhì)點,質(zhì)點甲固定在原點O,質(zhì)點乙只能在x軸上運(yùn)動,甲、乙之間的作用力F與x的關(guān)系如圖所示。若乙質(zhì)點自P點(x=2.2m)由靜止釋放,乙只受力F作用,規(guī)定力F沿+x方向為正,則質(zhì)點乙沿+x方向運(yùn)動時,下列說法正確的是 ( ),A.乙運(yùn)動時,加速度大小先減小后增大 B.乙運(yùn)動到Q點時,速度最大 C.乙運(yùn)動到R點時,加速度最小 D.乙運(yùn)動到R點時,速度最大,【解析】選B。乙所受力F的大小先減小后增大再減小,所以乙運(yùn)動時,加速度的大小先減小后增大再減小,A錯誤;乙運(yùn)動到Q點之前做加速運(yùn)動,之后做減速運(yùn)動,所以運(yùn)動到Q點時,速度最大,B正確、D錯誤;乙運(yùn)動到Q點時,加速度最小等于零,C錯誤。,2.如圖,在傾角為=37的足夠長的固定斜面底端,一 小物塊以某一初速度沿斜面上滑,一段時間后返回到出 發(fā)點。若物塊上滑所用時間t1和下滑所用時間t2的大 小關(guān)系滿足t1t2=1 ,g取10m/s2,sin37=0.6, cos37=0.8,試求: (1)物塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)。,(2)若斜面傾角變?yōu)?0,并改變斜面粗糙程度,小物塊上滑的同時用水平向右的推力F作用在物塊上,發(fā)現(xiàn)物塊勻減速上滑過程中加速度與推力大小無關(guān),求此時加速度大小。,【解析】(1)上滑加速度a1=gsin+gcos 下滑加速度a2=gsin-gcos x= at2 又t1t2=1 所以:a1a2=21 代入解得=0.25,(2)以小物塊為研究對象, 垂直斜面方向FN=Fsin+mgcos 沿斜面方向Fcos-mgsin-FN=ma 所以a= -gsin-gcos 加速度與F無關(guān),則Fcos-Fsin=0 所以= ,a=- m/s2,故加速度的大小為 m/s2。 答案:(1)0.25 (2) m/s2,【規(guī)律總結(jié)】解答牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用問題的方法 (1)研究對象的選取方法:整體法和隔離法靈活應(yīng)用,一般已知或求解外力時選用整體法,已知或求解物體間的相互作用力時選用隔離法。 (2)受力分析的處理方法:合成法和正交分解法合理應(yīng)用,當(dāng)物體在兩個力作用下變速運(yùn)動時,可用合成法;當(dāng)物體在兩個以上的力的作用下變速運(yùn)動時,常用正交分解法解題。,(3)多階段問題的分析方法:常用程序法,即針對先后經(jīng)歷的幾個過程逐一分析,運(yùn)用程序法時要注意前一個過程的結(jié)束是后一個過程的開始,兩個過程交接點的速度往往是解決問題的關(guān)鍵。,【加固訓(xùn)練】 1.如圖所示,物塊A靜止在水平放置的 固定木板上,若分別對A施加相互垂直 的兩個水平拉力F1和F2作用時(F1F2),A將分別沿F1和F2 的方向勻加速滑動,其受到的滑動摩擦力大小分別為 Ff1和Ff2,其加速度大小分別為a1和a2;若從靜止開始同 時對A施加F1和F2,其受到的滑動摩擦力大小為Ff3,其加,速度大小為a3,關(guān)于以上各物理量之間的關(guān)系,判斷正確的是 ( ) A.a3=a1=a2 B.a3a2a1 C.Ff3Ff1=Ff2 D.Ff1=Ff2Ff3,【解析】選B。因為拉力均沿水平方向,所以物塊A對水 平木板的壓力始終等于物塊A的重力,滑動摩擦力Ff= mg,大小相等,選項C、D錯誤;由牛頓第二定律得F1- mg=ma1,F2-mg=ma2, -mg=ma3,因為F1a2a1,選項A錯誤,B正確。,2.(2016煙臺二模)如圖所示,將質(zhì)量m=2kg的圓環(huán)套 在與水平面成=37角的足夠長直桿上,直桿固定不 動,環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。桿上依次有三點 A、B、C,sAB=8m,sBC=0.6m,環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)= 0.5。現(xiàn)在對環(huán)施加一個與桿成37斜向上大小為20N 的拉力F,使環(huán)從A點由靜止開始沿桿向上運(yùn)動,圓環(huán)到 達(dá)B點時撤去拉力F,此后圓環(huán)從B點繼續(xù)向上運(yùn)動,求此,環(huán)從A點到達(dá)C點所用的時間。(已知重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8),【解析】圓環(huán)從A到B的過程中做勻加速直線運(yùn)動,設(shè)所 用時間為t1,由受力分析和牛頓第二定律得: 沿著直桿方向:Fcos37-mgsin37-FN=ma1 垂直直桿方向:FN+Fsin37=mgcos37 解得:a1=1m/s2 由sAB= 得:t1=4s 圓環(huán)到達(dá)B點的速度為:vB=a1t1=4m/s,撤去力后向上運(yùn)動過程, 對圓環(huán)受力分析,由牛頓第二定律得: mgsin37+mgcos37=ma2, 解得加速度大小a2=10m/s2; 圓環(huán)減速到零時間為t0,運(yùn)動距離為s,則:vB=a2t0,解得: t0=0.4s;2a2s= ,解得:s=0.8m;,若環(huán)向上經(jīng)過C點,則:sBC=vBt2- 解得t2=0.2s,或者;t2=0.6s(舍去) 當(dāng)環(huán)運(yùn)動到最高點,將再次向下勻加速運(yùn)動,則由牛頓 第二定律得:mgsin37-mgcos37=ma3, 解得:a3=2m/s2 環(huán)從最高點下滑到C點時發(fā)生的位移x=s-sBC=0.2m 由x=,所以,圓環(huán)從A點到達(dá)C點所用的時間: t=t1+t2=4.2s 或者為:t=t1+t0+t3= s。 答案:4.2s或 s,熱點考向2 動力學(xué)的圖象問題 【典例2】(多選)如圖甲所示,木板OA可繞軸O在豎直平 面內(nèi)轉(zhuǎn)動,某研究小組利用此裝置探索物塊在方向始終 平行于木板向上、大小為F=8N的力作用下加速度與傾 角的關(guān)系。已知物塊的質(zhì)量m=1kg,通過DIS實驗,描 繪出了如圖乙所示的加速度大小a與傾角的關(guān)系圖線 (90)。若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2,假定,物塊與木板間的最大靜摩擦力始終等于滑動摩擦力(g取10m/s2)。則下列說法中正確的是 ( ) A.由圖象可知木板與水平面的夾角處于1和2之間時,物塊所受摩擦力一定為零,B.由圖象可知木板與水平面的夾角大于2時,物塊所 受摩擦力一定沿木板向上 C.根據(jù)題意可以計算得出物塊加速度a0的大小為6m/s2 D.根據(jù)題意可以計算當(dāng)=45時,物塊所受摩擦力為 Ff=mgcos45= N,【名師點撥】 (1)2時,物體所受摩擦力為滑動摩擦力且沿斜面向上。 (2)2時,依據(jù)牛頓第二定律列式分析;12時,依據(jù)平衡條件列式分析。,【解析】選B、C。由圖象可知木板與水平面的夾角處 于1和2之間時,物塊的加速度為零,當(dāng)=1時,物 塊所受的摩擦力沿斜面向下,當(dāng)=2時,物塊所受的 摩擦力沿斜面向上,木板與水平面的夾角大于2時,物 塊所受摩擦力一定沿木板向上,A錯誤,B正確;當(dāng)=0 時,F-mg=ma0,即8N-0.2110N=1kga0,所以a0= 6m/s2,C正確;當(dāng)=45時,Fmgsin45+mgcos45,Fmgsin45,所以物塊保持靜止,受到的是靜摩擦力, 根據(jù)平衡條件F=mgsin45+Ff,可得Ff=(8-5 )N,故D 錯誤。,【遷移訓(xùn)練】,遷移1:v -t圖象的應(yīng)用 (多選)(2014山東高考)一質(zhì)點在外力 作用下做直線運(yùn)動,其速度v隨時間t變 化的圖象如圖。在圖中標(biāo)出的時刻中, 質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相同的有 ( ) A.t1 B.t2 C.t3 D.t4,【解析】選A、C。合外力與速度方向相同,說明質(zhì)點做加速運(yùn)動,在圖象中表示質(zhì)點正在做加速運(yùn)動的時刻有t1和t3時刻,做減速運(yùn)動的時刻為t2和t4時刻,故選項A、C正確,B、D錯誤。,遷移2:a -t圖象的應(yīng)用 (多選)(2015江蘇高考)一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對地板的壓力 ( ) A.t=2 s時最大 B.t=2 s時最小 C.t=8.5 s時最大 D.t=8.5 s時最小,【解析】選A、D。在豎直方向,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項正確;加速度方向向下且越大,F就越小,所以D項正確。,遷移3:x -圖象的應(yīng)用 (2016信陽一模)某同學(xué)近日做了這樣一個實驗,將一個小鐵塊(可看成質(zhì)點)以一定的初速度,沿傾角可在090之間任意調(diào)整的木板向上滑動,設(shè)它沿木板向上能達(dá)到的最大位移為x,若木板傾角不同時對應(yīng)的最大位移x與木板傾角的關(guān)系如圖所示。g取10m/s2。求(結(jié)果如果是根號,可以保留):,(1)小鐵塊初速度的大小v0以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)是多少? (2)當(dāng)=60時,小鐵塊達(dá)到最高點后,又回到出發(fā)點,物體速度將變?yōu)槎啻?,【解析】(1)當(dāng)=90時,x=1.25m 則v0= =5m/s 當(dāng)=30時,x=1.25m a= =10m/s2 由牛頓第二定律:a=gsin30+gcos30 解得:=,(2)當(dāng)=60時,上滑的加速度:a1=gsin60+gcos60 下滑的加速度:a2=gsin60-gcos60 因為v2=2ax 所以: 可得:v= m/s 答案:(1)5m/s (2) m/s,【規(guī)律總結(jié)】動力學(xué)的圖象問題求解思路 動力學(xué)圖象不僅能直觀地描述物體的運(yùn)動,圖象中還隱含著大量的信息和解題條件,挖掘這些信息和條件往往成為解題的突破口。,(1)牛頓第二定律與v -t圖象結(jié)合的問題:一般先由v -t圖象分析物體的加速度及其變化規(guī)律,再由牛頓第二定律列方程求解,或者先由牛頓第二定律分析加速度及其變化規(guī)律,再作出v -t圖象。 (2)牛頓第二定律與加速度圖象結(jié)合的問題:先由圖象分析物體在不同情況下的加速度,再針對不同情況由牛頓第二定律列方程求解。,【加固訓(xùn)練】 如圖甲所示,一根直桿AB與水平面成某一角度固定,在桿上套一個小物塊,桿底端B處有一彈性擋板,桿與板面垂直,現(xiàn)將物塊拉到A點靜止釋放,物塊下滑與擋板第一次碰撞前后的v -t圖象如圖乙所示,物塊最終停止在B點。重力加速度g取10m/s2,求:,(1)物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)。 (2)物塊滑過的總路程s。,【解析】(1)由圖象可知,物塊下滑的加速度 a1= =4m/s2, 上滑時的加速度大小a2= =8m/s2, 桿AB長L=2m, 設(shè)直桿的傾角為,物塊的質(zhì)量為m,由牛頓第二定律得: F合1=mgsin-mgcos=ma1, F合2=mgsin+mgcos=ma2 代入數(shù)據(jù),得:=0.25,sin=0.6,cos=0.8。,(2)對物塊整個過程分析,由動能定理得: mgLsin-mgscos=0,代入數(shù)據(jù)得,s=6m 答案:(1)0.25 (2)6m,熱點考向3 “滑塊木板模型”問題 【典例3】(2015全國卷)下暴雨時, 有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi) 害。某地有一傾角為=37(sin37 = )的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與 斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處 于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后,總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時間內(nèi), A、B間的動摩擦因數(shù)1減小為 ,B、C間的動摩擦因 數(shù)2減小為0.5,A、B開始運(yùn)動,此時刻為計時起點;在 第2s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變。已知A 開始運(yùn)動時,A離B下邊緣的距離l=27m,C足夠長,設(shè)最大 靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g= 10m/s2。求:,(1)在02s時間內(nèi)A和B加速度的大小。 (2)A在B上總的運(yùn)動時間。,【思維流程】 第一步:審題干提取信息 (1)02s時間內(nèi),石板與斜坡之間的動摩擦因數(shù)及石板與碎石堆之間的動摩擦因數(shù)題中已給出。 (2)2s后,石板與斜坡之間的動摩擦因數(shù)及石板與碎石堆接觸面的情況題中已給出。,第二步:突破難點分階段分析A、B的運(yùn)動情況 (1)分析02s時間內(nèi)A、B的加速度、末速度及位移。 (2)分析石板B在2s至停止過程中的加速度、時間、位移。 (3)分析碎石堆A在2s至離開石板過程中的位移、時間。 (4)比較石板B停止時,碎石堆A與石板B的位移,確定碎石堆A在石板B上的位置。,【解析】(1)在02s時間內(nèi)A的受力分析如圖 N=Gcos37=0.8mg F=Gsin37-1N=0.6mg- 0.8mg=0.3mg 由牛頓第二定律可得 aA=,在02s時間內(nèi)B的受力分析如圖 NA=mgcos37=0.8mg NC=NA+mgcos37=1.6mg fA=1NA= 0.8mg=0.3mg fC=2NC=0.51.6mg=0.8mg F=Gsin37+fA-fC=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg,由牛頓第二定律可得 aB= (2)2s時,vA=aAt=32m/s=6m/s vB=aBt=12m/s=2m/s B的上表面突然變?yōu)楣饣?aA= =6m/s2 aB=,1s后B將停止運(yùn)動,3s內(nèi)B運(yùn)動的距離為 sB= aB(2s)2+vB1s+ aB(1s)2=3m 設(shè)A在B上總的運(yùn)動時間為t,則A的位移為30m, sA= aA(2s)2+vA(t-2s)+ aA(t-2s)2=30m 解得t=4s 答案:(1)3m/s2 1 m/s2 (2)4 s,真題變式1.若【典例3】中,暴雨中,A、B間的動摩擦因數(shù)1減小為0.6,B、C間的動摩擦因數(shù)2減小為0.5,此時A和B加速度的大小是多少?A受到的摩擦力大小是多少?,【解析】假設(shè)A、B相對靜止,以整體為研究對象 N=2mgcos37 2mgsin37-2N=2ma 可得:a=gsin37-2gcos37=2m/s2 以A為研究對象 N=mgcos37 mgsin37-fA=ma,可得:fA=4m(N)1mgcos37 所以假設(shè)成立,A和B加速度都是2m/s2 答案:2m/s2 2 m/s2 4m(N),真題變式2.若【典例3】中碎石堆A與石板B始終保持相對靜止,暴雨時,石板B開始下滑,B與斜坡間的摩擦力隨速度變化規(guī)律是f=mg+0.05mgv,則石板下滑的最大速度是多少?當(dāng)石板下滑20m時(此時石板已達(dá)到最大速度),克服摩擦力做功是多少?,【解析】石板先變加速下滑,后勻速下滑,勻速下滑時 的速度是石板下滑的最大速度,此時受力平衡 mg+0.05mgv=2mgsin37 可得:v=4m/s 當(dāng)石板下滑20m時,若克服摩擦力做功為Wf, 根據(jù)動能定理2mgxsin37-Wf= 2mv2 可得Wf=224m(J) 答案:4m/s 224m(J),真題變式3.若【典例3】中碎石堆離開石板后,與斜坡間的動摩擦因數(shù)3=0.9,此時,有一個人在離碎石堆70m處的下方,發(fā)現(xiàn)危險后立即以v0=6m/s的速度緊急沿斜坡向下逃離,判斷此人能否安全逃離?,【解析】由【典例3】可得,碎石堆離開石板時的速度, vA=aAt1+aA(t-t1)=18m/s 對碎石受力分析 mgsin37-3mgcos37=maA 可得:aA=-1.2m/s2 若經(jīng)過時間t碎石堆與人的速度相等 vA+aAt=v0,則t=10s 此時,碎石堆和人的位移分別為 xA= t=120m x人=v0t=60m 因為xA-x人70m,所以人能夠安全逃離。 答案:能安全逃離。,【規(guī)律總結(jié)】板塊問題中摩擦力方向的判斷方法 (1)一“靜”一“動”型:即木板和滑塊一個靜止,一個運(yùn)動,此時,靜止的一個受到的另一個對它的摩擦力為動力,運(yùn)動的一個受到的另一個對它的摩擦力為阻力。,(2)一“快”一“慢”型:即木板和滑塊同向運(yùn)動一個速度大,一個速度小,此時,速度大的一個受到的另一個對它的摩擦力為阻力,速度小的一個受到的另一個對它的摩擦力為動力。 (3)一“左”一“右”型:即木板和滑塊反向運(yùn)動,此時,兩個物體受到的另一個對它的摩擦力都是阻力。,【加固訓(xùn)練】 如圖所示,長為L=2m、質(zhì)量為M=8kg的木板,放在水平地面上,木板向右運(yùn)動的速度v0=6m/s時,在木板前端輕放一個大小不計,質(zhì)量為m=2kg的小物塊。木板與地面、物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為=0.2,g取10m/s2。求: (1)物塊及木板的加速度大小。 (2)物塊滑離木板時的速度大小。,【解析】(1)物塊的加速度 am=g=2m/s2, 對木板有: mg+(M+m)g=MaM, 解得aM=3m/s2 (2)設(shè)物塊經(jīng)時間t從木板滑離,則: L=v0t- aMt2- amt2,解得t1=0.4s或t2=2s(因物塊已滑離木板,故舍去) 滑離木板時物塊的速度: v=amt1=0.8m/s。 答案:(1)2m/s2 3 m/s2 (2)0.8 m/s,