高三物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用课件.ppt

第3讲牛顿运动定律的综合应用 知识梳理 知识点1超重和失重超重 失重和完全失重比较 大于 小于 等于零 竖直向上 竖直向下 竖直向下 a g 加速 减速 加速 减速 加速 减速 例 如图所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景 则 1 火箭加速上升阶段 具有 的加速度 宇航员处于 状态 2 当火箭停止工作后上升阶段 具有 的加速度 宇航员处于 状态 向上 超重 向下 失重 知识点2牛顿运动定律的应用 1 整体法 当连接体内 即系统内 各物体的 相同时 可以把系统内的所有物体看成一个 分析其受力和运动情况 运用牛顿第二定律对 列方程求解的方法 加速度 整体 整体 2 隔离法 当求系统内物体间 时 常把某个物体从系统中 出来 分析其受力和运动情况 再用牛顿第二定律对 出来的物体列方程求解的方法 3 外力和内力 外力 系统外的物体对 的作用力 内力 系统内 的作用力 相互作用的内力 隔离 隔离 研究对象 物体之间 易错辨析 1 超重说明物体的重力增大了 2 失重时物体的重力小于mg 3 物体超重时 加速度向上 速度也一定向上 4 物体失重时 也可能向上运动 5 应用牛顿运动定律进行整体分析时 可以分析内力 6 加速度大小等于g的物体处于完全失重状态 提示 1 超重是物体对支持物的压力大于物体的重力的现象 物体的重力不变 2 失重是物体对支持物的压力小于物体的重力的现象 物体的重力不变 3 超重时 物体的加速度一定向上 但其速度可能向上 也可能向下 4 失重时 物体可能向上做减速运动 5 对系统整体分析只分析外力 不能分析内力 6 物体处于完全失重状态时 物体的加速度大小为g 方向竖直向下 考点1对超重和失重的理解 核心要素精讲 判断超重和失重现象的三个角度 1 从受力的角度判断 当物体受向上的拉力 或支持力 大于重力时 物体处于超重状态 小于重力时处于失重状态 等于零时处于完全失重状态 2 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时处于超重状态 具有向下的加速度时处于失重状态 向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态 3 从速度变化角度判断 物体向上加速或向下减速时 超重 物体向下加速或向上减速时 失重 高考命题探究 典例1 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 世纪金榜导学号42722063 a t 2s时最大b t 2s时最小c t 8 5s时最大d t 8 5s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 感悟提高 1 特点 本题属于超失重问题 2 方法 解答本题用到牛顿第二定律 根据f mg ma 得f 分析图象中 的大小和方向来判断f的最小值和最大值 mg ma 加速度 强化训练 1 如图所示 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 这一现象表明 a 电梯一定是在上升b 电梯一定是在下降c 电梯的加速度方向一定是向下d 乘客一定处在超重状态 解析 选d 电梯静止时 弹簧的拉力和重力相等 现在 弹簧的伸长量变大 则弹簧的拉力增大 小铁球的合力方向向上 加速度方向向上 小铁球处于超重状态 但是电梯的运动方向可能向上也可能向下 故只有d正确 2 多选 某人乘电梯从24楼到1楼的v t图象如图所示 下列说法正确的是 a 0 4s内人做匀加速直线运动 加速度为1m s2b 4 16s内人做匀速直线运动 速度保持4m s不变 处于完全失重状态c 16 24s内 人做匀减速直线运动 速度由4m s减至0 处于失重状态d 0 24s内 此人经过的位移为72m 解析 选a d 0 4s内 v t图线是一条倾斜直线 且a 1m s2 a对 4 16s内 a 0 不是完全失重状态 b错 16 24s内 电梯减速下降 a向上 处于超重状态 c错 0 24s内 位移大小等于图线与横轴围成的面积数值 故x 24 12 4m 72m d对 规律总结 超失重的两点注意 1 不管物体的加速度是否沿竖直方向 只要其加速度在竖直方向上有分量 物体就会处于超重或失重状态 2 发生超失重现象时 物体的重力依然存在 且不发生变化 只是物体对支持物的压力 或对悬挂物的拉力 发生变化 加固训练 空中缆车是旅游景点给游客准备的上山和进行空中参观的交通工具 如图所示 一质量为m的游客乘坐空中缆车沿着坡度为30 的钢绳索上行 开始时缆车平稳匀速上行 由于故障 缆车以a 的加速度减速上行 下列判断中正确的是 a 缆车平稳匀速上行和减速上行时 缆车对游客的摩擦力平行钢绳索向上b 缆车平稳匀速上行和减速上行时 游客对缆车的作用力均竖直向下c 缆车减速上行时 缆车对游客的作用力是平稳匀速上行时的d 缆车减速上行时 缆车对游客的支持力是平稳匀速上行时的 解析 选d 缆车平稳匀速上行时 游客仅受两个力 重力mg和支持力n1 其合力为零 即n1 mg 当缆车减速上行时 游客受三个力 重力 支持力n2 水平向左的摩擦力 将加速度往水平和竖直方向分解 如图所示 mg n2 masin30 n2 f macos30 缆车对游客的作用力f 故本题选d 考点2整体法和隔离法解决连接体问题 核心要素精讲 1 整体法的选取原则及步骤 1 当只涉及研究系统而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时 一般采用整体法 2 运用整体法解题的基本步骤 2 隔离法的选取原则及步骤 1 当涉及系统 连接体 内某个物体的受力和运动情况时 一般采用隔离法 2 运用隔离法解题的基本步骤 明确研究对象或过程 状态 将某个研究对象或某段运动过程 某个状态从系统或全过程中隔离出来 画出某状态下的受力图或运动过程示意图 选用适当的物理规律列方程求解 自思自悟 1 整体法和隔离法如何准确地选取研究对象 2 利用整体法和隔离法解题的基本步骤有哪些 高考命题探究 典例2 如图所示 a b两物体用一轻细线绕过定滑轮连接 并且斜面上的细线部分平行于斜面 a b质量分别为m1 m2 斜面光滑 倾角为 不计一切摩擦和滑轮质量 开始用外力固定b 并且使b到滑轮间的细线竖直 系统静止 斜面已固定 求撤去外力后a b两物体的加速度 世纪金榜导学号42722064 解析 假设a沿斜面向下滑动 则b向上运动 设它们的加速度大小为a 细线上的张力为t 应用牛顿第二定律 对a有 m1gsin t m1a对b有 t m2g m2a联立两式可得 a 讨论 1 若m1gsin m2g 则与假设相同 2 若m1gsin m2g 则a 0 保持静止 3 若m1gsin m2g 则a的大小为a沿斜面向上滑动 而b下降 a的加速度沿斜面向上 而b的加速度竖直向下 答案 见解析 迁移训练 迁移1 两物体改为倾斜叠放如图所示 质量为m的物体a放在上表面水平的小车b上 小车沿光滑的斜面下滑 斜面倾角为 已知滑动过程中a b相对静止 求a所受的支持力和摩擦力 解析 根据a b接触面水平和所求作用力是水平和竖直的 可把加速度分解到水平和竖直两个方向 整体下滑加速度a gsin 水平和竖直方向上 加速度分别为ax acos gsin cos ay asin gsin2 对a 水平方向 fx max 即ff mgsin cos 水平向左 竖直方向 fy may b对a的支持力为fn mg may mgcos2 竖直向上答案 mgcos2 方向竖直向上mgsin cos 方向水平向左 迁移2 两物体改为多物体如图所示 三个物体a b c 质量分别为ma mb mc 不计细线和滑轮的质量和一切摩擦 欲使三个物体保持相对静止 需加一外力f 那么f应该作用在哪个物体上 大小和方向如何 解析 三个物体保持相对静止 则可能它们都静止 还可能它们一起运动 1 三者都静止 f竖直向上作用在物体b上 满足f mbg 使系统静止 2 三者都运动 f水平向右作用在a上 使系统一起向右加速 设细线对c的水平拉力为ft b竖直方向平衡 有 ft mbg 对c有 a 对整体有 f ma mb mc a 可解得 f ma mb mc g 答案 见解析 迁移3 绳子改为弹簧如图所示 在粗糙的水平面上 质量分别为m和m的物块a b用轻弹簧相连 且m m 1 3 两物块与水平面间的动摩擦因数相同 若用水平力f向右拉b且两物块共同向右加速运动时 弹簧的伸长量为x1 若用大小相同的水平力向左拉a且两物块共同向左加速运动时 弹簧的伸长量为x2 则x1 x2等于多大 解析 由于m m 1 3 即m 3m用水平力f向右拉b时 对整体 根据牛顿第二定律 有 f m m g m m a 隔离物体a 根据牛顿第二定律 有 kx1 mg ma 联立 解得 kx1 当用大小相同的水平力向左拉a且两物块共同向左加速运动时 对整体 根据牛顿第二定律 有 f m m g m m a 隔离物体b 根据牛顿第二定律 有 kx2 mg ma 联立 解得 kx2 f故 答案 1 3 加固训练 多选 2017 无锡模拟 如图所示 在粗糙的水平面上 质量分别为m和m的物块a b用轻弹簧相连 两物块与水平面间的动摩擦因数均为 当用水平力f作用于b上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时 弹簧的伸长量为x1 当用同样大小的恒力f沿着倾角为 的光滑斜面方向作用于b上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时 弹簧的伸长量为x2 则下列说法中正确的是 a 若m m 有x1 x2b 若msin 有a1 a2d 若 sin 有a1 a2 解析 选a b 在水平面上滑动时 对整体 根据牛顿第二定律 有 f m m g m m a1 隔离物体a 根据牛顿第二定律 有 ft mg ma1 联立 解得 ft 在斜面上滑动时 对整体 根据牛顿第二定律 有 f m m gsin m m a2 隔离物体a 根据牛顿第二定律 有 ft mgsin ma2 联立 解得 ft 由 可得 a1 a2 gsin 若 sin 则a1 a2比较 可知 弹簧的弹力相等 与动摩擦因数和斜面的坡度无关 故a b正确 c d错误 考点3动力学中的临界和极值问题 核心要素精讲 1 动力学中的典型临界问题 1 接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离 临界条件是 弹力fn 0 2 相对滑动的临界条件 两物体相接触且处于相对静止时 常存在着静摩擦力 则相对滑动的临界条件是 静摩擦力达到最大值 3 绳子断裂与松弛的临界条件 绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力 绳子松弛的临界条件是 ft 0 4 加速度最大与速度最大的临界条件 当物体在变化的外力作用下运动时 其加速度和速度都会不断变化 当所受合外力最大时 加速度最大 合外力最小时 加速度最小 当出现速度有最大值或最小值的临界条件时 加速度为零 2 解题思路 解决此类问题重在形成清晰的物理图景 分析物理过程 找出临界条件或达到极值的条件 要注意可能出现的多种情况 分情况讨论 高考命题探究 典例3 如图 水平地面上的矩形箱子内有一倾角为 的固定斜面 斜面上放一质量为m的光滑球 静止时 箱子顶部与球接触但无压力 箱子由静止开始向右做匀加速运动 然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止 经过的总路程为s 运动过程中的最大速度为v 世纪金榜导学号42722065 1 求箱子加速阶段的加速度大小a 2 若a gtan 求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力 解析 1 由匀变速直线运动公式有 v2 2a s1 v2 2as2 且s s1 s2 解得 a 2 假设球不受箱子作用 应满足 fnsin ma fncos mg 解得 a gtan 减速时加速度向左 此加速度由斜面支持力fn与左壁支持力f左共同决定 当a gtan f左 0 球受力如图所示 在水平方向上根据牛顿第二定律有fnsin ma 在竖直方向有fncos f上 mg 解得 f上 m acot g 答案 1 2 0m acot g 强化训练 如图所示 质量均为m的a b两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止 用大小等于mg的恒力f向上拉b 运动距离h时 b与a分离 下列说法正确的是 a b和a刚分离时 弹簧长度等于原长b b和a刚分离时 它们的加速度为gc 弹簧的劲度系数等于d 在b和a分离前 它们做匀加速直线运动 解析 选c a b分离前 a b共同做加速运动 由于f是恒力 而弹力是变力 故a b做变加速直线运动 当两物体要分离时 fab 0 对b f mg ma 对a kx mg ma 即f kx时 a b分离 此时弹簧处于压缩状态 由f mg 拉b前设弹簧压缩量为x0 则2mg kx0 h x0 x 解以上各式得k 综上所述 只有c项正确 加固训练 2017 芜湖模拟 如图所示 质量分别为m m的两物块a b叠放在一起沿光滑水平地面以速度v做匀速直线运动 a b间的动摩擦因数为 在t 0时刻对物块a施加一个随时间变化的推力f kt k为一常量 则从力f作用开始到两物块刚要发生相对滑动所经过的时间为 解析 选c 两物块发生相对滑动的条件是系统的加速度大于物块b能获得的最大加速度 与物块a的运动速度无关 a错误 由牛顿第二定律可得系统一起运动的加速度a 物块b的加速度由a对b的静摩擦力产生 最大加速度abm 当a abm时 a b发生相对滑动 代入f kt解得t c项正确 传送带 模型问题1 模型特点 1 水平传送带 2 倾斜传送带 2 思路方法 1 水平传送带问题 求解关键在于对物体所受摩擦力进行正确的分析判断 进一步分析物体的运动情况 物体的速度与传送带速度相等的时刻摩擦力发生突变 2 倾斜传送带问题 求解关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况 进一步分析物体所受摩擦力的情况及运动情况 当物体速度与传送带速度相等时 物体所受摩擦力可能发生突变 示例 如图所示 水平传送带以5m s的恒定速度运动 传送带长l 2 5m 今在其左端a处将一工件轻轻放在上面 工件被带动 传送到右端b处 已知工件与传送带间的动摩擦因数 0 5 试求 工件经多少时间由传送带左端a运动到右端b g取10m s2 世纪金榜导学号42722066 方法导入 1 工件轻放 即工件对地初速度为v0 0 2 工件相对传送带向左滑 所受传送带的摩擦力方向向右 3 当工件与传送带速度相等时 工件所受摩擦力变为零 解析 工件被轻轻放在传送带左端 即工件对地初速度v0 0 对工件 由牛顿第二定律得 ff fn mg ma解得a g 5m s2工件做初速度为零的匀加速直线运动 当工件速度等于传送带速度时 有t1 1s此时工件的位移 x1 2 5m由于x1 l则工件从左端a运动到右端b一直做匀加速运动 t t1 1s答案 1s 对点训练 1 多选 2017 锦州模拟 如图所示 水平传送带a b两端相距s 3 5m 物体与传送带间的动摩擦因数 0 1 物体滑上传送带a端的瞬时速度va 4m s 到达b端的瞬时速度设为vb 下列说法中正确的是 a 若传送带不动 vb 3m sb 若传送带逆时针匀速转动 vb一定等于3m sc 若传送带顺时针匀速转动 vb一定等于3m sd 若传送带顺时针匀速转动 vb有可能等于3m s 解析 选a b d 若传送带不动 物体做匀减速直线运动 根据牛顿第二定律得 匀减速直线运动的加速度大小a g 1m s2 根据 2as 解得vb 3m s 故a正确 若传送带逆时针转动 物块滑上传送带做匀减速直线运动 由于滑块所受的滑动摩擦力与传送带静止时相同 则加速度与传送带静止时也相同 到达b 点的速度大小一定等于3m s 故b正确 若传送带顺时针匀速转动 若传送带的速度小于3m s 物块滑上传送带做匀减速直线运动 加速度与传送带静止时也相同 则到达b点的速度等于3m s 故c错误 d正确 2 如图所示 绷紧的传送带与水平面的夹角 30 传送带在电动机的带动下 始终保持v0 2m s的速率运行 现把一质量为m 10kg的工件 可看作质点 轻轻放在传送带的底端 工件与传送带之间的动摩擦因数 经过时间t 1 9s 工件被传送到顶端 g取10m s2求 1 传送带的长度 2 这个过程中产生热量q 3 电动机由于传送工件多消耗的电能 解析 1 工件开始阶段做匀加速直线运动 由牛顿第二定律 得 mgcos mgsin ma得 a gcos gsin 2 5m s2 加速至速度与传送带相同时通过的位移为x1 所用时间为t1 0 8s在接下来的1 1s内工件做匀速直线运动 通过的位移为x2 v0t2 2 2m故传送带的长度为l x1 x2 3m 2 在时间t1内 传送带运动的位移 x2 v0t1 1 6m工件相对传送带的位移为 x x2 x1 0 8m在时间t1内 传送带与工件的摩擦生热为 q mgcos x 60j 3 工件获得的动能为 ek 20j工件增加的势能为 ep mglsin30 150j电动机多消耗的电能为 w q ek ep 230j答案 1 3m 2 60j 3 230j 用牛顿运动定律处理动力学问题 经典案例 17分 2016 四川高考 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施 由制动坡床和防撞设施等组成 如图所示竖直平面内 制动坡床视为与水平面夹角为 的斜面 一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床 当车速为23m s时 车尾位于制动坡床的底端 货物开始在车厢内向车头滑动 当货物在车厢内滑动了4m时 车头距制动坡床顶端38m 再过一段时间 货车停止 已知货车质量是货物质量的4倍 货物与车厢间的动摩擦因数为0 4 货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物