高三物理二轮复习 第一篇 专题攻略 专题一 力与直线运动 第3讲 牛顿运动定律及其应用课件

第3讲牛顿运动定律及其应用 主干回顾 核心速填 1 牛顿第一定律 一切物体总保持 状态或 状态 直到有 迫使它改变这种状态为止 2 牛顿第二定律 物体的加速度a跟物体所受的合外力成 跟物体的质量m成反比 加速度的方向与 的方向相同 匀速直线运动 静止 外力 正比 合外力 3 牛顿第三定律 两个物体之间的作用力和反作用力总是 作用在同一直线上 4 超重与失重 超重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 的现象 条件是 系统具有 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 竖直向上 失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 的现象 条件是 系统具有 的加速度或加速度有 的分量 5 两类动力学 小于 自身重力 向下 竖直向下 F ma 运动学公式 热点考向1两类动力学问题 典例1 多选 2016 全国卷 两实心小球甲和乙由同一种材料制成 甲球质量大于乙球质量 两球在空气中由静止下落 假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比 与球的速率无关 若它们下落相同的距离 则 A 甲球用的时间比乙球长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 两个小球下落时受什么力 做什么运动 提示 受重力和阻力作用 由于重力和阻力都是恒定不变的 小球做匀加速直线运动 2 小球下落的加速度受哪些因素影响 提示 小球下落时a 所以小球的加速度受小球半径的影响 解析 选B D 设小球的密度为 其质量m 设阻力与球的半径的比值为k 根据牛顿第二定律得 a 由此可见 由m甲 m乙 甲 乙 r甲 r乙可知a甲 a乙 选项C错误 由于两球由静止下落 两小球下落相同的距离则由x at2 t2 t甲 t乙 选项A错误 由v2 2ax可知 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 选项B正确 由于甲球质量大于乙球质量 所以甲球半径大于乙球半径 甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力 则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 选项D正确 题组过关 1 2016 福州一模 甲 乙两个质点 质点甲固定在原点O 质点乙只能在x轴上运动 甲 乙之间的作用力F与x的关系如图所示 若乙质点自P点 x 2 2m 由静止释放 乙只受力F作用 规定力F沿 x方向为正 则质点乙沿 x方向运动时 下列说法正确的是 A 乙运动时 加速度大小先减小后增大B 乙运动到Q点时 速度最大C 乙运动到R点时 加速度最小D 乙运动到R点时 速度最大 解析 选B 乙所受力F的大小先减小后增大再减小 所以乙运动时 加速度的大小先减小后增大再减小 A错误 乙运动到Q点之前做加速运动 之后做减速运动 所以运动到Q点时 速度最大 B正确 D错误 乙运动到Q点时 加速度最小等于零 C错误 2 如图 在倾角为 37 的足够长的固定斜面底端 一小物块以某一初速度沿斜面上滑 一段时间后返回到出发点 若物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2的大小关系满足t1 t2 1 g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 试求 1 物块和斜面之间的动摩擦因数 2 若斜面倾角变为60 并改变斜面粗糙程度 小物块上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上 发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关 求此时加速度大小 解析 1 上滑加速度a1 gsin gcos 下滑加速度a2 gsin gcos x at2又t1 t2 1 所以 a1 a2 2 1代入解得 0 25 2 以小物块为研究对象 垂直斜面方向FN Fsin mgcos 沿斜面方向Fcos mgsin FN ma所以a gsin gcos 加速度与F无关 则Fcos Fsin 0所以 a m s2 故加速度的大小为m s2 答案 1 0 25 2 m s2 规律总结 解答牛顿运动定律的应用问题的方法 1 研究对象的选取方法 整体法和隔离法灵活应用 一般已知或求解外力时选用整体法 已知或求解物体间的相互作用力时选用隔离法 2 受力分析的处理方法 合成法和正交分解法合理应用 当物体在两个力作用下变速运动时 可用合成法 当物体在两个以上的力的作用下变速运动时 常用正交分解法解题 3 多阶段问题的分析方法 常用程序法 即针对先后经历的几个过程逐一分析 运用程序法时要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始 两个过程交接点的速度往往是解决问题的关键 加固训练 1 如图所示 物块A静止在水平放置的固定木板上 若分别对A施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2作用时 F1 F2 A将分别沿F1和F2的方向匀加速滑动 其受到的滑动摩擦力大小分别为Ff1和Ff2 其加速度大小分别为a1和a2 若从静止开始同时对A施加F1和F2 其受到的滑动摩擦力大小为Ff3 其加 速度大小为a3 关于以上各物理量之间的关系 判断正确的是 A a3 a1 a2B a3 a2 a1C Ff3 Ff1 Ff2D Ff1 Ff2 Ff3 解析 选B 因为拉力均沿水平方向 所以物块A对水平木板的压力始终等于物块A的重力 滑动摩擦力Ff mg 大小相等 选项C D错误 由牛顿第二定律得F1 mg ma1 F2 mg ma2 mg ma3 因为F1a2 a1 选项A错误 B正确 2 2016 烟台二模 如图所示 将质量m 2kg的圆环套在与水平面成 37 角的足够长直杆上 直杆固定不动 环的直径略大于杆的截面直径 杆上依次有三点A B C sAB 8m sBC 0 6m 环与杆间动摩擦因数 0 5 现在对环施加一个与杆成37 斜向上大小为20N的拉力F 使环从A点由静止开始沿杆向上运动 圆环到达B点时撤去拉力F 此后圆环从B点继续向上运动 求此 环从A点到达C点所用的时间 已知重力加速度g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 解析 圆环从A到B的过程中做匀加速直线运动 设所用时间为t1 由受力分析和牛顿第二定律得 沿着直杆方向 Fcos37 mgsin37 FN ma1垂直直杆方向 FN Fsin37 mgcos37 解得 a1 1m s2由sAB 得 t1 4s圆环到达B点的速度为 vB a1t1 4m s 撤去力后向上运动过程 对圆环受力分析 由牛顿第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma2 解得加速度大小a2 10m s2 圆环减速到零时间为t0 运动距离为s 则 vB a2t0 解得 t0 0 4s 2a2s 解得 s 0 8m 若环向上经过C点 则 sBC vBt2 解得t2 0 2s 或者 t2 0 6s 舍去 当环运动到最高点 将再次向下匀加速运动 则由牛顿第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma3 解得 a3 2m s2环从最高点下滑到C点时发生的位移x s sBC 0 2m由x 所以 圆环从A点到达C点所用的时间 t t1 t2 4 2s或者为 t t1 t0 t3 s 答案 4 2s或s 热点考向2动力学的图象问题 典例2 多选 如图甲所示 木板OA可绕轴O在竖直平面内转动 某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木板向上 大小为F 8N的力作用下加速度与倾角 的关系 已知物块的质量m 1kg 通过DIS实验 描绘出了如图乙所示的加速度大小a与倾角 的关系图线 90 若物块与木板间的动摩擦因数为0 2 假定 物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力 g取10m s2 则下列说法中正确的是 A 由图象可知木板与水平面的夹角处于 1和 2之间时 物块所受摩擦力一定为零 B 由图象可知木板与水平面的夹角大于 2时 物块所受摩擦力一定沿木板向上C 根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6m s2D 根据题意可以计算当 45 时 物块所受摩擦力为Ff mgcos45 N 名师点拨 1 2时 物体所受摩擦力为滑动摩擦力且沿斜面向上 2 2时 依据牛顿第二定律列式分析 1 2时 依据平衡条件列式分析 解析 选B C 由图象可知木板与水平面的夹角处于 1和 2之间时 物块的加速度为零 当 1时 物块所受的摩擦力沿斜面向下 当 2时 物块所受的摩擦力沿斜面向上 木板与水平面的夹角大于 2时 物块所受摩擦力一定沿木板向上 A错误 B正确 当 0时 F mg ma0 即8N 0 2 1 10N 1kg a0 所以a0 6m s2 C正确 当 45 时 F mgsin45 mgcos45 F mgsin45 所以物块保持静止 受到的是静摩擦力 根据平衡条件F mgsin45 Ff 可得Ff 8 5 N 故D错误 迁移训练 迁移1 v t图象的应用 多选 2014 山东高考 一质点在外力作用下做直线运动 其速度v随时间t变化的图象如图 在图中标出的时刻中 质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 A t1B t2C t3D t4 解析 选A C 合外力与速度方向相同 说明质点做加速运动 在图象中表示质点正在做加速运动的时刻有t1和t3时刻 做减速运动的时刻为t2和t4时刻 故选项A C正确 B D错误 迁移2 a t图象的应用 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 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 迁移3 x 图象的应用 2016 信阳一模 某同学近日做了这样一个实验 将一个小铁块 可看成质点 以一定的初速度 沿倾角可在0 90 之间任意调整的木板向上滑动 设它沿木板向上能达到的最大位移为x 若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角 的关系如图所示 g取10m s2 求 结果如果是根号 可以保留 1 小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数 是多少 2 当 60 时 小铁块达到最高点后 又回到出发点 物体速度将变为多大 解析 1 当 90 时 x 1 25m则v0 5m s当 30 时 x 1 25ma 10m s2由牛顿第二定律 a gsin30 gcos30 解得 2 当 60 时 上滑的加速度 a1 gsin60 gcos60 下滑的加速度 a2 gsin60 gcos60 因为v2 2ax所以 可得 v m s答案 1 5m s 2 m s 规律总结 动力学的图象问题求解思路动力学图象不仅能直观地描述物体的运动 图象中还隐含着大量的信息和解题条件 挖掘这些信息和条件往往成为解题的突破口 1 牛顿第二定律与v t图象结合的问题 一般先由v t图象分析物体的加速度及其变化规律 再由牛顿第二定律列方程求解 或者先由牛顿第二定律分析加速度及其变化规律 再作出v t图象 2 牛顿第二定律与加速度图象结合的问题 先由图象分析物体在不同情况下的加速度 再针对不同情况由牛顿第二定律列方程求解 加固训练 如图甲所示 一根直杆AB与水平面成某一角度固定 在杆上套一个小物块 杆底端B处有一弹性挡板 杆与板面垂直 现将物块拉到A点静止释放 物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t图象如图乙所示 物块最终停止在B点 重力加速度g取10m s2 求 1 物块与杆之间的动摩擦因数 2 物块滑过的总路程s 解析 1 由图象可知 物块下滑的加速度a1 4m s2 上滑时的加速度大小a2 8m s2 杆AB长L 2m 设直杆的倾角为 物块的质量为m 由牛顿第二定律得 F合1 mgsin mgcos ma1 F合2 mgsin mgcos ma2代入数据 得 0 25 sin 0 6 cos 0 8 2 对物块整个过程分析 由动能定理得 mgLsin mgscos 0 代入数据得 s 6m答案 1 0 25 2 6m 热点考向3 滑块 木板模型 问题 典例3 2015 全国卷 下暴雨时 有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害 某地有一倾角为 37 sin37 的山坡C 上面有一质量为m的石板B 其上下表面与斜坡平行 B上有一碎石堆A 含有大量泥土 A和B均处于静止状态 如图所示 假设某次暴雨中 A浸透雨水后 总质量也为m 可视为质量不变的滑块 在极短时间内 A B间的动摩擦因数 1减小为 B C间的动摩擦因数 2减小为0 5 A B开始运动 此时刻为计时起点 在第2s末 B的上表面突然变为光滑 2保持不变 已知A开始运动时 A离B下边缘的距离l 27m C足够长 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 在0 2s时间内A和B加速度的大小 2 A在B上总的运动时间 思维流程 第一步 审题干 提取信息 1 0 2s时间内 石板与斜坡之间的动摩擦因数及石板与碎石堆之间的动摩擦因数题中已给出 2 2s后 石板与斜坡之间的动摩擦因数及石板与碎石堆接触面的情况题中已给出 第二步 突破难点 分阶段分析A B的运动情况 1 分析0 2s时间内A B的加速度 末速度及位移 2 分析石板B在2s至停止过程中的加速度 时间 位移 3 分析碎石堆A在2s至离开石板过程中的位移 时间 4 比较石板B停止时 碎石堆A与石板B的位移 确定碎石堆A在石板B上的位置 解析 1 在0 2s时间内A的受力分析如图N Gcos37 0 8mgF Gsin37 1N 0 6mg 0 8mg 0 3mg由牛顿第二定律可得aA 在0 2s时间内B的受力分析如图NA mgcos37 0 8mgNC NA mgcos37 1 6mgfA 1NA 0 8mg 0 3mgfC 2NC 0 5 1 6mg 0 8mgF G sin37 fA fC 0 6mg 0 3mg 0 8mg 0 1mg 由牛顿第二定律可得aB 2 2s时 vA aAt 3 2m s 6m svB aBt 1 2m s 2m sB的上表面突然变为光滑后aA 6m s2aB 1s后B将停止运动 3s内B运动的距离为sB aB 2s 2 vB 1s aB 1s 2 3m设A在B上总的运动时间为t 则A的位移为30m sA aA 2s 2 vA t 2s aA t 2s 2 30m解得t 4s答案 1 3m s21m s2 2 4s 真题变式1 若 典例3 中 暴雨中 A B间的动摩擦因数 1减小为0 6 B C间的动摩擦因数 2减小为0 5 此时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 假设A B相对静止 以整体为研究对象N 2mgcos37 2mgsin37 2N 2ma可得 a gsin37 2gcos37 2m s2以A为研究对象N mgcos37 mgsin37 fA ma 可得 fA 4m N 1mgcos37 所以假设成立 A和B加速度都是2m s2答案 2m s22m s24m N 真题变式2 若 典例3 中碎石堆A与石板B始终保持相对静止 暴雨时 石板B开始下滑 B与斜坡间的摩擦力随速度变化规律是f mg 0 05mgv 则石板下滑的最大速度是多少 当石板下滑20m时 此时石板已达到最大速度 克服摩擦力做功是多少 解析 石板先变加速下滑 后匀速下滑 匀速下滑时的速度是石板下滑的最大速度 此时受力平衡mg 0 05mgv 2mgsin37 可得 v 4m s当石板下滑20m时 若克服摩擦力做功为Wf 根据动能定理2mgxsin37 Wf 2mv2可得Wf 224m J 答案 4m s224m J 真题变式3 若 典例3 中碎石堆离开石板后 与斜坡间的动摩擦因数 3 0 9 此时 有一个人在离碎石堆70m处的下方 发现危险后立即以v0 6m s的速度紧急沿斜坡向下逃离 判断此人能否