《2020屆高考物理一輪 專題09 牛頓運動定律的應用學案 新課標》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理一輪 專題09 牛頓運動定律的應用學案 新課標（21頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2020屆高三新課標物理一輪原創(chuàng)精品學案 專題09 牛頓運動定律的應用 課時安排：2課時 教學目標：1．掌握運用牛頓定律解決動力學兩類基本問題的方法和技巧 2．學會用整體法、隔離法進行受力分析，并熟練應用牛頓定律求解 3．理解超重、失重的概念，并能解決有關的問題 本講重點：1．牛頓運動定律在解決動力學基本問題中的應用 2．整體法、隔離法的應用 本講難點：超重、失重的概念 考點點撥：1．動力學的兩類基本問題 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．動力學與運動學中的圖象問題 5．相互接觸的物體分離的條件及應用 第一課時 2．超重

2、 （1）物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力） 大于 物體所受重力的情況稱為超重現(xiàn)象。 （2）產生超重現(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。 （3）產生超重現(xiàn)象的原因：當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（或對懸掛物的拉力）F ′＞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。 二、高考要點精析 （一）動力學兩類基本問題 ☆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，在動力學問題中應用牛頓第二定律，正確的受力分析和運動分析是解題的關鍵，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。現(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．質量的物塊（可視為質點）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,當其速度達到v0后,便以此速度做勻速運動。經過一段時間，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，要注意質量m與研究對象對應。 【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。 【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．某同學找了一個用過的“易拉罐”在靠近底部的側面打了一個洞，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）動力學與運動學中的圖象問題 ☆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，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】一彈簧秤秤盤的質量M=1.5kg，盤內

11、放一個質量m=10.5kg的物體P，彈簧質量忽略F m k M P 不計，輕彈簧的勁度系數(shù)k=800N/m，系統(tǒng)原來處于靜止狀態(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彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板。系統(tǒng)處一靜止狀態(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 設經歷時間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、考點落實訓練 A組 3．如圖，質量為m的物體A放置在質量為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，設彈簧的勁度系數(shù)為k，當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，一個質量為M的人站在臺秤上，用跨過定滑輪的繩子，將質量為m的物體自高處放下，當物體以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之間的關系為___________。 4．一根勁度系數(shù)為k，質量不計的輕彈簧，上端固定，下端系一質量為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的另一側時可使合力方向與加速度方向一致，D正確。 4． 解析 設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FN=0時，物體與平板分離，所以此時 根據(jù)運動學關系有： 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A、B間的靜摩擦力達到5N時，既可以認為它們仍然保持相對靜止，有共同的加速度，又可以認為它們間已經發(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F=10N<15N時， A、B一定仍相對靜止，所以 （2）當F=20N>15N時，A、B間一定發(fā)生了相對滑動，用質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，設木塊的質量為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。