广东省惠州市惠阳一中实验学校高考物理一轮专题复习 专题二 牛顿运动定律的综合应用导学案.doc

广东省惠州市惠阳一中实验学校高考物理一轮专题复习 专题二 牛顿运动定律的综合应用导学案 【学习目标】1、大纲对“牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用、匀变速直线运动及其公式、图象”等考点均为类要求；对“超重和失重” 为类要求；2、能熟练应用牛顿运动定律解决简单连接体问题；3、能识别vt图象并能应用vt图象解决问题；4、掌握运动和力的关系，并能熟练解决动力学的两类基本问题；【重点难点】重点：应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题难点：动力学多过程问题的分析预习案【方法与技巧】1回顾匀变速直线运动的基本规律及符号法则：2选择“整体法”与“隔离法”来解决简单连接体问题的基本思路：3、判断“超重”与“失重”的基本标志是什么？ 【自主复习检测】（如有错题，请再次复习、巩固相关知识点，也可在本组内发起相关讨论）1. 关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(CD)A物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大图1D物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零2. 建筑工人用如图1所示的定滑轮装置运送建筑(B) 材料质量为70.0 kg的建筑工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度提升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则建筑工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(B)A510 N B490 N C890 N D910 N3.质量m1 kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t1 s，速度大小变为4 m/s，则这个力的大小可能是(AC)A2 N B4 N C6 N D8 N探究案一、 合作探究（在自主学习时如有困难，可参阅南方凤凰台相关例题，并在组内合作学习时发起讨论） 探究一 用牛顿第二定律分析瞬时加速度图2【例1】如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(B)A0 B.g Cg D.g【归纳总结】加速度瞬时性涉及的实体模型 1.分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型： 特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计不计处处相等橡皮绳 较大轻弹簧较大轻杆微小不计2.在求解瞬时加速度问题时应注意：(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变探究二 动力学两类基本问题 求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁 图3【例2】质量为10 kg的物体在F200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角37，如图3所示力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零求：物体与斜面间的动摩擦因数和物体的总位移s.(已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2) 【归纳总结】解答动力学两类问题的基本程序：1明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程2根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确其施力物体和受力物体，以免分析受力时有所遗漏或无中生有3应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果探究三 利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题图4【例3】如图4所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是（A)A. B. C.(mM)g D.(mM)g【归纳总结】1整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的 ，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 力，应用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 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 ，且要求物体之间的 时，可以先用整体法求出 ，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 即“先整体求加速度，后隔离求内力”探究四 应用动力学方法分析传送带问题图5【例4】如图5所示，倾角为37，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间图4【归纳总结】传送带问题模型解题思路：1、 关键是分析清楚物体与传送带间的摩擦力的大小、方向及物体与传送带之间的相对运动情况2、分析处理传送带问题时需要特别注意两点：1） 是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；2）是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析训练案图61、质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上A紧靠墙壁，如图6所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F撤去，此瞬间(BD)AA球的加速度为BA球的加速度为零CB球的加速度为 DB球的加速度为2、质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是(C)A50 m B42 m C25 m D24 m3、一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止若同时撤去其中大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是(BC)A2 m/s2 B3 m/s2 C12 m/s2 D15 m/s24、车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右做匀加速运动(空气阻力不计)时，下列各图中正确的是(B)5、如图7所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接下列图象中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是 (C)图7图86、如图8甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角37，一滑块以初速度v016 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点滑块运动的图象如图乙所示，求：(已知：sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2) (1)AB之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间例题2答案：答案0.2516.25 m解析设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：a1t1a2t2有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示由牛顿第二定律可得：Fcos mgsin Ff1ma1Ff1FN1(mgcos Fsin )撤去力F后，对物体受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mgsin Ff2ma2Ff2FN2mgcos 联立式，代入数据得：a28 m/s2，a15 m/s2，0.25物体运动的总位移sa1ta2t16.25 m例题4答案：解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin 37cos 37)ma则agsin 37gcos 372 m/s2，根据lat2得t4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1则有a110 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为s1，则有t1 s1 s，s1a1t5 mmgcos 37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a22 m/s2s2ls111 m又因为s2vt2a2t，则有10t2t11解得：t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s.答案(1)4 s(2)2 s训练案6：答案(1)16 m(2)8 m/s(3)(22) s解析(1)由vt图象知AB之间的距离为：sAB m16 m.(2)设滑块从A滑到B过程的加速