《高考物理沖刺專題復(fù)習課件第四章 第三講 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理沖刺專題復(fù)習課件第四章 第三講 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用ppt（62頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

,歡迎進入物理課堂,一、超重和失重1．視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的稱為視重，視重大小等于測力計所受物體的或臺秤所受物體的．,示數(shù),拉力,壓力,2．超重、失重和完全失重比較,大于,小于,等于,豎直向上,豎直向下,豎直向下,減,減,速下降,速上升,[特別提醒](1)在超重、失重、完全失重現(xiàn)象中，物體所受的重力不變．(2)物體處于超重還是失重狀態(tài)，與速度的大小和方向無關(guān)．,二、整體法與隔離法1．整體法：當系統(tǒng)中各物體的相同時，我們可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個整體，這個整體的質(zhì)量等于各物體的．當整體受到的外力F已知時，可用求出整體的加速度，這種處理問題的思維方法叫做整體法．,加速度,質(zhì)量之和,牛頓第二定律,2．隔離法：從研究的方便出發(fā)，當求系統(tǒng)內(nèi)物體間時，常把某個物體從系統(tǒng)中“隔離”出來進行受力分析，依據(jù)牛頓第二定律列方程，這種處理連接體問題的思維方法叫做隔離法．,相互,作用的內(nèi)力,3．外力和內(nèi)力如果以物體系統(tǒng)為研究對象，受到系統(tǒng)之外的物體的作用力，這些力是該系統(tǒng)受到的，而系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力為．應(yīng)用牛頓第二定律列方程時不考慮內(nèi)力．如果把某物體隔離出來作為研究對象，則將轉(zhuǎn)換為隔離體的．,外力,內(nèi)力,內(nèi)力,外力,1.下列說法中正確的是()A．只有正在向上運動的物體，才有可能處于超重狀態(tài)B．超重就是物體所受的重力增加C．物體處于超重狀態(tài)時，地球?qū)λ囊ψ兇驞．超重時物體所受的重力不變,解析：物體處于超重狀態(tài)時，物體具有向上的加速度，但物體的速度不一定向上，故A錯誤；物體處于超重狀態(tài)，并不是物體的重力發(fā)生了變化，故B、C錯誤，D正確．,答案：D,2．如圖3－3－1是我國長征火箭把載人神舟飛船送上太空的情景．宇航員在火箭發(fā)射與飛船回收的過程中均要經(jīng)受超重與失重的考驗，下列說法正確的是(),A．火箭加速上升時，宇航員處于失重狀態(tài)B．飛船加速下落時，宇航員處于失重狀態(tài)C．飛船落地前減速，宇航員對座椅的壓力小于其重力D．火箭上升的加速度逐漸減小時，宇航員對座椅的壓力小于其重力,解析：只要火箭或飛船的加速度豎直向上，宇航員就處于超重狀態(tài)；加速度豎直向下，宇航員就處于失重狀態(tài)．,答案：B,3．(2011池州模擬)在水平面上放著兩個質(zhì)量分別為3kg和2kg的小鐵塊A和B，它們之間用一根自由長度為10cm，勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧相連，鐵塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為0.2.鐵塊A受到一大小為20N的恒定水平外力F，兩個鐵塊一起向右做勻加速直線運動，如圖3－3－2所示，這時兩鐵塊之間的彈簧長度應(yīng)為(重力加速度g取10m/s2)()A．12cmB．13cmC．15cmD．18cm,解析：取A、B為一整體，由牛頓第二定律可得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，則a＝2m/s2，再以B為研究對象：kx－μmBg＝mBa，可得：x＝0.08m＝8cm，故彈簧的長度應(yīng)為l＝l0＋x＝18cm，D正確．,答案：D,4.如圖3－3－3(甲)所示，兩物體A、B疊放在光滑水平面上，對物體A施加一水平力F，F(xiàn)－t關(guān)系圖象如圖(乙)所示．兩物體在力F作用下由靜止開始運動，且始終相對靜止．則(),A．兩物體做勻變速直線運動B．兩物體沿直線做往復(fù)運動C．B物體所受摩擦力的方向始終與力F的方向相同D．t＝2s到t＝3s這段時間內(nèi)兩物體間的摩擦力逐漸減小,解析：由于兩物體在F作用下由靜止開始運動，且始終相對靜止，則有F＝(mA＋mB)a，對B有Ff＝mBa，由F－t圖象可知，F(xiàn)隨時間變化，則a隨時間變化，A項錯，C項正確；A、B先沿正方向做加速度增大的變加速運動，再做加速度逐漸減小的變加速運動，然后做加速度增大的變減速運動，再做加速度逐漸減小的變減速運動至速度為0，整個過程中運動方向不變，B項錯；2s～3s的時間內(nèi)，F(xiàn)逐漸增大，a增大，F(xiàn)f增大，D項錯．,答案：C,[典例啟迪][例1]一同學想研究電梯上升過程的運動規(guī)律．某天乘電梯上樓時他攜帶了一個質(zhì)量為5kg的砝碼和一套便攜式DIS實驗系統(tǒng)，砝碼懸掛在力傳感器上．電梯從第一層開始啟動，中間不間斷，一直到最高層停止．在這個過程中，顯示器上顯示出的力隨時間變化的關(guān)系如圖3－3－4所示．取重力加速度g＝10m/s2，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，求：,(1)電梯在最初加速階段的加速度a1與最后減速階段的加速度a2的大??；(2)電梯在3.0s～13.0s時段內(nèi)的速度v的大?。?3)電梯在19.0s內(nèi)上升的高度H.,[思路點撥]解答本題時應(yīng)注意以下三個方面：(1)顯示器的示數(shù)大小為砝碼所受拉力大?。?2)根據(jù)F與mg的大小關(guān)系確定a的方向；(3)由牛頓第二定律確定a的大?。?[答案](1)1.6m/s20.8m/s2(2)4.8m/s(3)69.6m,[歸納領(lǐng)悟](1)物體是超重還是失重，由物體的加速度的方向決定．(2)由物體超重還是失重，只能判斷加速度的方向，不能確定其運動的速度方向．,[題組突破]1．如圖3－3－5所示，A為電磁鐵，掛在支架C上，放到臺秤的托盤中，在它的正下方有一鐵塊B，鐵塊B靜止時，臺秤示數(shù)為G，當電磁鐵通電后，在鐵塊被吸引上升的過程中，臺秤的示數(shù)將()A．變大B．變小C．大于G，但呈恒量D．先變大，后變小,解析：鐵塊被吸起上升的過程中，由于電磁鐵A對B的吸引力越來越大，B做加速度變大的加速上升運動，對整個系統(tǒng)而言，處于超重現(xiàn)象越來越明顯的狀態(tài)(可以認為系統(tǒng)重心也在做加速度變大的加速上升運動)，所以臺秤的示數(shù)應(yīng)大于G，且不斷變大．A選項正確．,答案：A,2．在由靜止開始向上運動的電梯里，某同學把一測量加速度的小探頭(重力不計)固定在一個質(zhì)量為1kg的手提包上進入電梯，到達某一樓層后停止．該同學將采集到的數(shù)據(jù)分析處理后列在下表中：,為此，該同學在計算機上畫出了很多圖象，請你根據(jù)上表數(shù)據(jù)和所學知識判斷下列圖象(設(shè)F為手提包受到的拉力，取g＝9.8m/s2)正確的是()圖3－3－6,解析：由題意可知，電梯在14s內(nèi)一直向上運動，位移x一直增大，故④錯誤；前3s勻加速直線運動，最后3s勻減速直線運動，加速度大小不隨時間改變，故②錯誤，①正確；由F1－mg＝ma1，F(xiàn)1＝m(g＋a1)＝10.2N，中間8s內(nèi)，F(xiàn)2＝mg＝9.8N，最后3s內(nèi)，F(xiàn)2－mg＝ma2，F(xiàn)2＝m(g＋a2)＝9.4N，故③正確．,答案：B,A．①②B．①③C．②④D．③④,[典例啟迪][例2](2011鹽城模擬)如圖3－3－7所示，固定在水平面上的斜面傾角θ＝37，木塊A的MN面上釘著一顆小釘子，質(zhì)量m＝1.5kg的小球B通過一細線與小釘子相連接，細線與斜面垂直，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.50.現(xiàn)將木塊由靜止釋放，木塊將沿斜面下滑．求在木塊下滑的過程中小球?qū)δ緣KMN面的壓力．(取g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8),[思路點撥]先以A、B為一整體，由牛頓第二定律求出一起下滑的加速度，再以B為研究對象隔離分析，應(yīng)用牛頓第二定律列式求解．,[解析]由于木塊與斜面間有摩擦力的作用，所以小球B與木塊間有壓力的作用，并且它們以共同的加速度a沿斜面向下運動．將小球和木塊看做一個整體，設(shè)木塊的質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律可得(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a代入數(shù)據(jù)得a＝2.0m/s2選小球為研究對象，設(shè)MN面對小球的作用力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－FN＝ma,代入數(shù)據(jù)得FN＝6.0N根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)N面的壓力大小為6.0N，方向沿斜面向下．,[答案]6.0N方向沿斜面向下,[歸納領(lǐng)悟](1)本題中木塊A的質(zhì)量未知，但并不影響求解加速度．(2)求小球?qū)δ緣KA的MN面的壓力時，要用到牛頓第三定律，這是解題過程中最容易忽視的問題．,[題組突破]3．如圖3－3－8所示，在光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的物體A、B，m1＞m2，A、B間水平連接著一輕質(zhì)彈簧測力計．若用大小為F的水平力向右拉B，穩(wěn)定后B的加速度大小為a1，彈簧測力計示數(shù)為F1；如果改用大小為F的水平力向左拉A，穩(wěn)定后A的加速度大小為a2，彈簧測力計示數(shù)為F2.則以下關(guān)系式正確的是()A．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＞F2B．a(chǎn)1＝a2，F(xiàn)1＜F2C．a(chǎn)1＜a2，F(xiàn)1＝F2D．a(chǎn)1＞a2，F(xiàn)1＞F2,答案：A,4．(2011臨沂模擬)如圖3－3－9所示，彈簧測力計外殼質(zhì)量為m0，彈簧及掛鉤的質(zhì)量忽略不計，掛鉤吊著一質(zhì)量為m的重物，現(xiàn)用一方向豎直向上的外力F拉著彈簧測力計，使其向上做勻加速直線運動，則彈簧測力計的讀數(shù)為(),答案：D,[典例啟迪][例3]如圖3－3－10所示，物體A的質(zhì)量為M＝1kg，靜止在光滑水平面上的平板車B的質(zhì)量為m＝0.5kg、長為L＝1m．某時刻A以v0＝4m/s向右的初速度滑上平板車B的上表面，在A滑上B的同時，給B施加一個水平向右的拉力．忽略物體A的大小，已知A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，取重力加速度g＝10m/s2.試求：如果要使A不至于從B上滑落，拉力F應(yīng)滿足的條件．,[思路點撥]物體A從B上滑落有兩種情況：F較小時從右測滑出，F(xiàn)較大時從左側(cè)滑出；最后A不從B上滑出時，二者必須具有相同的速度和加速度，且此時的加速度不超過物體A的最大加速度μg.,當F較大時，在A到達B的右端之前，就與B具有相同的速度，之后，A必須相對B靜止，才不會從B的左端滑落．對A、B分別應(yīng)用牛頓第二定律得：F＝(m＋M)a，μg＝a，解得：F＝3N若F大于3N，A就會相對B向左滑下．綜合得出力F應(yīng)滿足的條件是1N≤F≤3N.,[答案]1N≤F≤3N,[歸納領(lǐng)悟]臨界問題的解法一般有三種方法：(1)極限法：在題目中如出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”等詞語時，一般隱含著臨界問題，處理這類問題時，應(yīng)把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，達到盡快求解的目的．(2)假設(shè)法：有些物理過程中沒有明顯出現(xiàn)臨界問題的線索，但在變化過程中可能出現(xiàn)臨界問題，也可能不出現(xiàn)臨界問題，解答這類題，一般用假設(shè)法．(3)數(shù)學方法：將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學公式，根據(jù)數(shù)學表達式求解得出臨界條件．,[題組突破]5．一條不可伸長的輕繩跨過質(zhì)量可忽略不計的定滑輪，繩的一端系一質(zhì)量m＝15kg的重物，重物靜止于地面上，有一質(zhì)量m1＝10kg的猴子，從繩子的另一端沿繩向上爬，如圖3－3－11所示，不計滑輪摩擦，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為(g＝10m/s2)()A．25m/s2B．5m/s2C．10m/s2D．15m/s2,解析：要使重物不離開地面，猴子拉繩子的拉力最大值為F＝mg，對猴子應(yīng)用牛頓第二定律得：F－m1g＝m1a得出a＝5m/s2，故B正確．,答案：B,6．質(zhì)量為m＝1.0kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板的右端，木板上表面光滑，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，木板長L＝1.0m．開始時兩者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對木板施加水平向右的恒力F＝12N，如圖3－3－12所示，經(jīng)一段時間后撤去F.為使小滑塊不掉下木板，試求：用水平恒力F作用的最長時間．(g取10m/s2),答案：1s,(18分)如圖3－3－13所示，一重為10N的小球，在F＝20N的豎直向上的拉力作用下，從A點由靜止出發(fā)沿AB向上運動，F(xiàn)作用1.2s后撤去．已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為，桿足夠長，試求從撤去力F開始計時，小球經(jīng)多長時間將經(jīng)過距A點為2.25m的B點．(取g＝10m/s2),[自主嘗試](試一試，能否做到正確解答),錯解1：有F作用時，小球受到的摩擦力沿桿向下，大小表示為Ff＝μ(G－F)cos30.導致a1求解錯誤．錯解2：沒有考慮到撤去F后，小球經(jīng)過A點上方2.25m的B點有兩次，只求一種情況．錯解3：對撤去F后，小球上滑和下滑兩種情況下的受力情況分析不認真，片面地認為小球上沖和下滑的全過程做加速度不變的勻變速直線運動．,[答案]0.2s0.75s,點擊下圖進入“創(chuàng)新演練大沖關(guān)”,同學們,來學校和回家的路上要注意安全,同學們,來學校和回家的路上要注意安全,