《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 牛頓運動定律的綜合應用（一）課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 牛頓運動定律的綜合應用（一）課件.ppt（71頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題強化三牛頓運動定律的綜合應用 一 第三章牛頓運動定律 專題解讀 1 本專題是動力學方法處理連接體問題 圖象問題和臨界極值問題 高考時選擇題為必考 計算題也曾命題 2 學好本專題可以培養(yǎng)同學們的分析推理能力 應用數(shù)學知識和方法解決物理問題的能力 3 本專題用到的規(guī)律和方法有 整體法和隔離法 牛頓運動定律和運動學公式 臨界條件和相關的數(shù)學知識 內(nèi)容索引 命題點一動力學中的連接體問題 命題點二動力學中的圖象問題 命題點三動力學中的臨界極值問題 課時作業(yè) 盤查拓展點 1 命題點一動力學中的連接體問題 1 連接體問題的類型物物連接體 輕桿連接體 彈簧連接體 輕繩連接體 2 整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度 且不需要求物體之間的作用力 可以把它們看成一個整體 分析整體受到的合外力 應用牛頓第二定律求出加速度 或其他未知量 3 隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同 或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時 就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來 應用牛頓第二定律列方程求解 4 整體法 隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度 且要求出物體之間的作用力時 一般采用 先整體求加速度 后隔離求內(nèi)力 多選 2016 天津理綜 8 我國高鐵技術處于世界領先水平 如圖所示 和諧號動車組是由動車和拖車編組而成 提供動力的車廂叫動車 不提供動力的車廂叫拖車 假設動車組各車廂質(zhì)量均相等 動車的額定功率都相同 動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比 某列車組由8節(jié)車廂組成 其中第1 5節(jié)車廂為動車 其余為拖車 則該動車組A 啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B 做勻加速運動時 第5 6節(jié)與第6 7節(jié)車廂間的作用力之比為3 2C 進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比D 與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1 2 答案 解析 例1 分析 如圖所示 粗糙水平面上放置B C兩物體 A疊放在C上 A B C的質(zhì)量分別為m 2m 3m 物體B C與水平面間的動摩擦因數(shù)相同 其間用一不可伸長的輕繩相連 輕繩能承受的最大拉力為FT 現(xiàn)用水平拉力F拉物體B 使三個物體以同一加速度向右運動 則A 此過程中物體C受重力等五個力作用B 當F逐漸增大到FT時 輕繩剛好被拉斷C 當F逐漸增大到1 5FT時 輕繩剛好被拉斷D 若水平面光滑 則繩剛斷時 A C間的摩擦力為 例2 答案 解析 分析 連接體問題的情景拓展1 2 3 1 多選 2015 新課標全國 20 在一東西向的水平直鐵軌上 停放著一列已用掛鉤連接好的車廂 當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時 連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F 當機車在西邊拉著車廂以大小為的加速度向西行駛時 P和Q間的拉力大小仍為F 不計車廂與鐵軌間的摩擦 每節(jié)車廂質(zhì)量相同 則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為A 8B 10C 15D 18 答案 解析 設PQ西邊有n節(jié)車廂 每節(jié)車廂的質(zhì)量為m 則F nma 設PQ東邊有k節(jié)車廂 則F km 聯(lián)立 得3n 2k 由此式可知n只能取偶數(shù) 當n 2時 k 3 總節(jié)數(shù)為N 5當n 4時 k 6 總節(jié)數(shù)為N 10當n 6時 k 9 總節(jié)數(shù)為N 15當n 8時 k 12 總節(jié)數(shù)為N 20 故選項B C正確 2 如圖所示 質(zhì)量分別為m1 m2的兩個物體通過輕彈簧連接 在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動 m1在光滑地面上 m2在空中 已知力F與水平方向的夾角為 則m1的加速度大小為 答案 解析 把m1 m2看成一個整體 在水平方向上加速度相同 由牛頓第二定律可得 Fcos m1 m2 a 所以a 選項A正確 3 如圖所示 固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為 在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球 下列關于桿對球的作用力F的判斷中 正確的是A 小車靜止時 F mgsin 方向沿桿向上B 小車靜止時 F mgcos 方向垂直于桿向上 答案 解析 2 命題點二動力學中的圖象問題 1 常見的動力學圖象v t圖象 a t圖象 F t圖象 F a圖象等 2 圖象問題的類型 1 已知物體受的力隨時間變化的圖線 要求分析物體的運動情況 2 已知物體的速度 加速度隨時間變化的圖線 要求分析物體的受力情況 3 由已知條件確定某物理量的變化圖象 3 解題策略 1 分清圖象的類別 即分清橫 縱坐標所代表的物理量 明確其物理意義 掌握物理圖象所反映的物理過程 會分析臨界點 2 注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義 圖線與橫 縱坐標的交點 圖線的轉(zhuǎn)折點 兩圖線的交點等 3 明確能從圖象中獲得哪些信息 把圖象與具體的題意 情境結合起來 應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數(shù)方程式 進而明確 圖象與公式 圖象與物體 間的關系 以便對有關物理問題作出準確判斷 解析 分析 如圖所示 斜面體ABC放在粗糙的水平地面上 小滑塊在斜面底端以初速度v0 9 6m s沿斜面上滑 斜面傾角 37 滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 0 45 整個過程斜面體保持靜止不動 已知小滑塊的質(zhì)量m 1kg sin37 0 6 cos37 0 8 g取10m s2 試求 1 小滑塊回到出發(fā)點時的速度大小 2 定量畫出斜面體與水平地面之間的摩擦力大小Ff隨時間t變化的圖象 例3 答案 4 8m s 答案 如圖所示 1 滑塊沿斜面上滑過程 mgsin mgcos ma1 解得a1 9 6m s2設滑塊上滑位移大小為L 則由v02 2a1L 解得L 4 8m滑塊沿斜面下滑過程 mgsin mgcos ma2 解得a2 2 4m s2由v2 2a2L 解得v 4 8m s 2 滑塊沿斜面上滑過程用時t1 1s對斜面受力分析可得Ff1 ma1cos 7 68N滑塊沿斜面下滑過程用時t2 2s對斜面受力分析可得Ff2 ma2cos 1 92NFf隨時間變化規(guī)律如圖所示 4 在圖甲所示的水平面上 用水平力F拉物塊 若F按圖乙所示的規(guī)律變化 設F的方向為正方向 則物塊的速度 時間圖象可能正確的是 答案 解析 若水平面光滑 則加速度a 即a F 滿足a1 a2 a3 F1 F2 F3 1 3 2 可見A B C D四個選項均不符合 同理 分析B C D項均不可能 5 如圖甲所示 有一傾角為30 的光滑固定斜面 斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板 開始時質(zhì)量為m 1kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上 今將水平力F變?yōu)樗较蛴掖笮〔蛔?當滑塊滑到木板上時撤去力F 假設斜面與木板連接處用小圓弧平滑連接 此后滑塊和木板在水平面上運動的v t圖象如圖乙所示 g 10m s2 求 1 水平作用力F的大小 答案 解析 滑塊受到水平推力F 重力mg和支持力FN處于平衡 如圖所示 F mgtan 代入數(shù)據(jù)可得 F 2 滑塊開始下滑時的高度 答案 解析 2 5m 由題意可知 滑塊滑到木板上的初速度為10m s當F變?yōu)樗较蛴抑?由牛頓第二定律可得 mgsin Fcos ma解得 a 10m s2下滑的位移 x 解得 x 5m故滑塊開始下滑時的高度 h xsin30 2 5m 3 木板的質(zhì)量 答案 解析 1 5kg 二者共同減速時的加速度大小a1 1m s2 發(fā)生相對滑動時 木板的加速度a2 1m s2 滑塊減速的加速度大小為 a3 4m s2可得 1 0 1在0 2s內(nèi)分別對m和M做受力分析可得 代入數(shù)據(jù)解方程可得 M 1 5kg 3 命題點三動力學中的臨界極值問題 1 四種 典型臨界條件 1 接觸與脫離的臨界條件 兩物體相接觸或脫離 臨界條件是 彈力FN 0 2 相對滑動的臨界條件 兩物體相接觸且處于相對靜止時 常存在著靜摩擦力 則相對滑動的臨界條件是 靜摩擦力達到最大值 3 繩子斷裂與松弛的臨界條件 繩子所能承受的張力是有限度的 繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力 繩子松弛與拉緊的臨界條件是 FT 0 4 加速度變化時 速度達到最值的臨界條件 當加速度變?yōu)?時 2 四種 典型數(shù)學方法 1 三角函數(shù)法 2 根據(jù)臨界條件列不等式法 3 利用二次函數(shù)的判別式法 4 極限法 如圖所示 靜止在光滑水平面上的斜面體 質(zhì)量為M 傾角為 其斜面上有一靜止的滑塊 質(zhì)量為m 兩者之間的動摩擦因數(shù)為 滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力 重力加速度為g 現(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動 求 1 若要使滑塊與斜面體一起加速運動 圖中水平向右的力F的最大值 2 若要使滑塊做自由落體運動 圖中水平向右的力F的最小值 例4 解析 分析 答案 答案 1 設一起加速的最大加速度為a FNcos Ffmsin mg Ffmcos FNsin ma 由題意知Ffm FN 對整體受力分析F M m a 2 如圖所示 要使滑塊做自由落體運動 滑塊與斜面體之間沒有力的作用 滑塊的加速度為g 設此時M的加速度為aM 則對M F MaM 6 如圖所示 質(zhì)量均為m的A B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止 用大小等于mg的恒力F向上拉B 運動距離h時 B與A分離 下列說法正確的是A B和A剛分離時 彈簧長度等于原長B B和A剛分離時 它們的加速度為gC 彈簧的勁度系數(shù)等于D 在B與A分離之前 它們做勻加速直線運動 答案 解析 A B分離前 A B共同做加速運動 由于F是恒力 而彈力是變力 故A B做變加速直線運動 當兩物體要分離時 FAB 0 對B F mg ma 對A kx mg ma 即F kx時 A B分離 此時彈簧處于壓縮狀態(tài) 由F mg 設用恒力F拉B前彈簧壓縮量為x0 又2mg kx0 h x0 x 解以上各式得k 綜上所述 只有C項正確 7 如圖所示 一質(zhì)量m 0 4kg的小物塊 以v0 2m s的初速度 在與斜面成某一夾角的拉力F作用下 沿斜面向上做勻加速運動 經(jīng)t 2s的時間物塊由A點運動到B點 A B之間的距離L 10m 已知斜面傾角 30 物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù) 重力加速度g取10m s2 1 求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小 答案 解析 3m s28m s 設物塊加速度的大小為a 到達B點時速度的大小為v 由運動學公式得L v0t at2 v v0 at 聯(lián)立 式 代入數(shù)據(jù)得a 3m s2 v 8m s 2 拉力F與斜面夾角多大時 拉力F最小 拉力F的最小值是多少 答案 解析 Fcos mgsin Ff ma Fsin FN mgcos 0 又Ff FN 夾角 30 盤查拓展點 4 一 利用表達式判斷圖象形狀當根據(jù)物理情景分析物體的x t圖象 v t圖象 a t圖象 F t圖象 E t圖象等問題 或根據(jù)已知圖象確定相應的另一圖象時 有時需借助相應的函數(shù)表達式準確判斷 其思路如下 1 審題 了解運動情景或已知圖象信息 2 受力分析 運動分析 若是 多過程 現(xiàn)象 則分析清楚各 子過程 的特點及 銜接點 的數(shù)值 應用圖象分析動力學問題的深化拓展 3 根據(jù)物理規(guī)律確定函數(shù)關系式 常用規(guī)律 牛頓第二定律 運動學規(guī)律 功能關系等 4 根據(jù)函數(shù)特點判斷相應圖象是否正確 要弄清所導出的待求量表達式的意義 如變化趨勢 截距 斜率等的物理含義 如圖所示 在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板 其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊 假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等 現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F kt k是常數(shù) 木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2 下列反映a1和a2變化的圖象中正確的是 典例1 答案 解析 二 用圖象進行定性分析當物體的運動過程不是典型的勻速直線運動或勻變速直線運動 用公式求解問題比較困難或不可能時 一般可以用 速度 圖象進行定性分析 典例2就是利用速率圖象比較時間的長短 把速度圖象中 面積 表示位移遷移到本題中 可得出速率圖象中 面積 表示路程 多選 如圖所示 游樂場中 從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道 甲 乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處 下列說法正確的有A 甲的切向加速度始終比乙的大B 甲 乙在同一高度的速度大小相等C 甲 乙在同一時刻總能到達同一高度D 甲比乙先到達B處 典例2 答案 解析 對小孩受力分析 如圖 a 所示 由牛頓第二定律得a gsin 由于甲所在軌道傾角逐漸減小 乙所在軌道傾角逐漸增大 當傾角相同時a甲 a乙 之后 a甲 a乙 A錯誤 由此可得甲 乙兩小孩的速率圖象如圖 b 由圖可知C錯誤 D正確 課時作業(yè) 5 1 如圖所示 物塊A放在木板B上 A B的質(zhì)量均為m A B之間的動摩擦因數(shù)為 B與地面之間的動摩擦因數(shù)為 最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力 若將水平力作用在A上 使A剛好要相對B滑動 此時A的加速度為a1 若將水平力作用在B上 使B剛好要相對A滑動 此時B的加速度為a2 則a1與a2的比為A 1 1B 2 3C 1 3D 3 2 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 將水平力作用在A上 使A剛好要相對B滑動 此時A B間的摩擦力達到最大靜摩擦力 則對物體B根據(jù)牛頓第二定律 mg 2mg ma1 解得a1 g 若將水平力作用在B上 使B剛好要相對A滑動 則對物體A mg ma2 解得a2 g 則a1 a2 1 3 故選C 1 2 3 4 5 6 7 8 2 多選 如圖所示 A B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m 靜止疊放在水平地面上 A B間的動摩擦因數(shù)為 B與地面間的動摩擦因數(shù)為 最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 重力加速度為g 現(xiàn)對A施加一水平拉力F 則A 當F3 mg時 A相對B滑動D 無論F為何值 B的加速度不會超過 g 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 3 如圖所示 質(zhì)量為M的吊籃P通過細繩懸掛在天花板上 物塊A B C質(zhì)量均為m B C疊放在一起 物塊B固定在輕質(zhì)彈簧上端 彈簧下端與A物塊相連 三物塊均處于靜止狀態(tài) 彈簧的勁度系數(shù)為k 彈簧始終在彈性限度內(nèi) 下列說法正確的是A 靜止時 彈簧的形變量為B 剪斷細繩瞬間 C物塊處于超重狀態(tài)C 剪斷細繩瞬間 A物塊與吊籃P分離D 剪斷細繩瞬間 吊籃P的加速度大小為 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 靜止時 彈簧受到的壓力F大小等于B C的重力2mg 則由胡克定律F k x 求出彈簧的形變量 x為 A錯誤 剪斷細繩瞬間 由于彈簧彈力不能突變 C物塊所受合力為0 加速度為0 C處于靜止狀態(tài) B錯誤 剪斷細繩瞬間 將吊籃和A物塊當作一個整體 受到重力為 M m g 以及彈簧的彈力2mg 則吊籃P和物塊A的加速度a D正確 剪斷細繩瞬間 A物塊和吊籃P的加速度相同 均為 則A物塊與吊籃P不會分離 C錯誤 1 2 3 4 5 6 7 8 4 如圖所示 表面處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上 ab面和bc面與地面的夾角分別為 和 且 一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動 經(jīng)時間t0后到達頂點b時 速度剛好為零 然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑 在小物塊從a運動到c的過程中 可能正確描述其速度大小v與時間t的關系的圖象是 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 設物塊上滑與下滑的加速度大小分別為a1和a2 根據(jù)牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 得a1 gsin gcos a2 gsin gcos 則知a1 a2 而v t圖象的斜率等于加速度 所以上滑段圖線的斜率大于下滑段圖線的斜率 上滑過程的位移大小較小 而上滑的加速度較大 由x at2知 上滑過程時間較短 上滑過程中 物塊做勻減速運動 下滑過程做勻加速直線運動 兩段圖線都是直線 由于物塊克服摩擦力做功 機械能不斷減小 所以物塊到達c點的速度小于v0 故只有選項C正確 1 2 3 4 5 6 7 8 5 多選 如圖甲所示 足夠長的傳送帶與水平面夾角為 在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊 小木塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為 小木塊速度隨時間變化關系如圖乙所示 v0 t0已知 則A 傳送帶一定逆時針轉(zhuǎn)動B tan C 傳送帶的速度大于v0D t0后木塊的加速度為2gsin 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動 當木塊下滑時 mgsin mgcos 將一直勻加速到底端 當滑塊上滑時 mgsin mgcos 先勻加速運動 在速度相等后將勻速運動 兩種情況均不符合運動圖象 故傳送帶是逆時針轉(zhuǎn)動 選項A正確 當木塊的速度等于傳送帶的速度時 木塊所受的摩擦力變成斜向上 故傳送帶的速度等于v0 選項C錯誤 等速后的加速度a2 gsin gcos 代入 值得a2 2gsin 選項D正確 1 2 3 4 5 6 7 8 6 一物體在水平推力F 15N的作用下沿水平面做直線運動 一段時間后撤去F 其運動的v t圖象如圖所示 g取10m s2 求 1 0 4s和4 6s物體的加速度大小 答案 解析 2 5m s25m s2 1 2 3 4 5 6 7 8 2 物體與水平面間的動摩擦因數(shù) 和物體的質(zhì)量m 答案 解析 0 52kg 根據(jù)牛頓第二定律得 mg ma2根據(jù)牛頓第二定律得 F mg ma1 1 2 3 4 5 6 7 8 3 在0 6s內(nèi)物體運動平均速度的大小 答案 解析 5m s 1 2 3 4 5 6 7 8 7 如圖所示 一條輕繩上端系在車的左上角的A點 另一條輕繩一端系在車左端B點 B點在A點的正下方 A B距離為b 兩條輕繩另一端在C點相結并系一個質(zhì)量為m的小球 輕繩AC長度為b 輕繩BC長度為b 兩條輕繩能夠承受的最大拉力均為2mg 1 輕繩BC剛好被拉直時 車的加速度是多大 要求畫出受力圖 答案 解析 g見解析圖甲 1 2 3 4 5 6 7 8 輕繩BC剛好被拉直時 小球受力如圖甲所示 因為AB BC b AC b 故輕繩BC與AB垂直 45 由牛頓第二定律 得mgtan ma 可得a g 1 2 3 4 5 6 7 8 2 在不拉斷輕繩的前提下 求車向左運動的最大加速度是多大 要求畫出受力圖 答案 3g見解析圖乙 解析 小車向左的加速度增大 BC繩方向不變 所以AC輕繩拉力不變 BC輕繩拉力變大 BC輕繩拉力最大時 小車向左的加速度最大 小球受力如圖乙所示 由牛頓第二定律 得FTm mgtan mam 因FTm 2mg 所以最大加速度為am 3g 1 2 3 4 5 6 7 8 8 2015 新課標全國 25 一長木板置于粗糙水平地面上 木板左端放置一小物塊 在木板右方有一墻壁 木板右端與墻壁的距離為4 5m 如圖 a 所示 t 0時刻開始 小物塊與木板一起以共同速度向右運動 直至t 1s時木板與墻壁碰撞 碰撞時間極短 碰撞前后木板速度大小不變 方向相反 運動過程中小物塊始終未離開木板 已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v t圖線如圖 b 所示 木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍 重力加速度大小g取10m s2 求 1 木板與地面間的動摩擦因數(shù) 1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 2 答案 0 10 4 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v 4m s碰撞后木板速度水平向左 大小也是v 4m s加速度大小a2 m s2 4m s2 2mg ma2 解得 2 0 4其逆運動則為勻加速直線運動 可得x vt a1t2解得a1 1m s2 得 1 m 15m g m 15m a1 即 1g a1解得 1 0 1 1 2 3 4 5 6 7 8 2 木板的最小長度 答案 6m 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 碰撞后 木板向左做勻減速運動 1 15m m g 2mg 15ma3可得a3 m s2對小物塊 加速度大小為a2 4m s2由于a2 a3 所以小物塊速度先減小到0 所用時間為t1 1s 1 2 3 4 5 6 7 8 此后 小物塊開始向左加速 加速度大小仍為a2 4m s2木板繼續(xù)減速 加速度大小仍為a3 m s2假設又經(jīng)歷t2二者速度相等 則有a2t2 v1 a3t2解得t2 0 5s此時二者的相對位移最大 x x1 x2 x3 x4 6m 此后小物塊和木板一起勻減速運動 小物塊始終沒有離開木板 所以木板最小的長度為6m 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析 6 5m 最后階段小物塊和木板一起勻減速直到停止 整體加速度大小為a1 1m s2向左運動的位移為x5 2m所以木板右端離墻壁最遠的距離為x x1 x3 x5 6 5m 3 木板右端離墻壁的最終距離 1 2 3 4 5 6 7 8