高三物理一輪復習第三章(內部資料)專題三

1、專題三牛頓運動定律的綜合應用考綱解讀 1.掌握超重、失重的概念，會分析超重、失重的相關問題.2.學會分析臨界與極值問題.3.會進行力學多過程問題的分析1 對超重和失重的理解關于超重和失重的下列說法中，正確的是()A超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了B物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用C物體具有向上的速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時處于失重狀態(tài)D物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化答案D解析物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，超重和失重并非物體的重力發(fā)生變化，而是物體對支持

2、物的壓力或對懸掛物的拉力發(fā)生了變化，綜上所述，A、B、C均錯，D正確2 超重與失重概念的應用下列說法中正確的是()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)答案B解析當加速度有豎直向下的分量時，物體處于失重狀態(tài)；當加速度有豎直向上的分量時，物體處于超重狀態(tài)，蹦床運動員在空中上升和下降的過程中加速度方向均豎直向下，且ag，為完全失重狀態(tài)，所以B正確而A、C、D中運動員均為平衡狀態(tài)，F(xiàn)mg，既不超重也不失重3 動力學中的圖象問題一個木塊以某一水平初

3、速度自由滑上粗糙的水平面，在水平面上運動的vt圖象如圖1所示已知重力加速度為g，則根據圖象不能求出的物理量是()圖1A木塊的位移B木塊的加速度C木塊所受摩擦力D木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)答案C解析位移可由圖象與時間軸所圍的面積求出，由vt圖線的斜率可求出加速度a，由牛頓第二定律知，ag，故動摩擦因數(shù)也可求出，由于不知木塊的質量，故不能求出木塊所受摩擦力1 超重(1)定義：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(2)產生條件：物體具有向上的加速度2 失重(1)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的情況(2)產生條件：物體具有向下的加速度3 完全失重(1

4、)定義：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的情況稱為完全失重現(xiàn)象(2)產生條件：物體的加速度ag，方向豎直向下考點一超重與失重現(xiàn)象1 超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發(fā)生了變化(即“視重”發(fā)生變化)2 只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運動還是向下運動無關3 盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)4 物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于

5、ma.例1如圖2所示，物體A被平行于斜面的細線拴在斜面的上端，整個裝置保持靜止狀態(tài)，斜面被固定在臺秤上，物體與斜面間無摩擦，裝置穩(wěn)定后，當細線被燒斷物體下滑時與靜止時比較，臺秤的示數(shù)()A增加B減小C不變 圖2D無法確定解析細線被燒斷物體沿斜面下滑時不受摩擦力，則物體A將加速下滑，則物體A的加速度沿豎直向下方向的分量不為0，則A處于失重狀態(tài)，故臺秤對系統(tǒng)的支持力將減小，故B正確答案B突破訓練1在探究超重和失重規(guī)律時，某體重為G的同學站在一壓力傳感器上完成一次下蹲動作，傳感器和計算機相連，經計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖象，則下列圖象中可能正確的是()答案D解析該同學下蹲過程中，其加速度

6、方向先向下后向上，故先失重后超重，故選項D正確考點二動力學中的圖象問題1 圖象的類型(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況(2)已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況2 問題的實質是力與運動的關系問題，求解這類問題的關鍵是理解圖象的物理意義，理解圖象的軸、點、線、截、斜、面六大功能例2如圖3甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放著小物塊A，某時刻，B受到水平向左的外力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即Fkt，其中k為已知常數(shù)若A、B之間的滑動摩擦力Ff的大小等于最大靜摩擦力，且A、B的質量

7、相等，則下列圖中可以定性地描述物塊A的vt圖象的是()圖3解析剛開始，外力F較小，A、B保持相對靜止，加速度大小為a，可見，加速度a的大小隨著時間t逐漸增大，對應的vt圖線的斜率逐漸增大，C、D錯誤；隨著時間t的增大，外力F增大，當物塊和木板之間的摩擦力大小達到最大靜摩擦力時，物塊A與木板B發(fā)生相對運動，此時有Ffma，F(xiàn)Ffma，解得F2Ff，即kt2Ff，可見t>后物塊將在大小恒定的摩擦力的作用下做勻加速直線運動，其對應的vt圖線是傾斜的直線，A錯誤，B正確答案B數(shù)圖結合解決動力學問題物理公式與物理圖象的結合是一種重要題型動力學中常見的圖象有vt圖象、xt圖象、Ft圖象、Fa圖象等，

8、解決圖象問題的關鍵有：(1)分清圖象的橫、縱坐標所代表的物理量及單位，并且注意坐標原點是否從零開始，明確其物理意義(2)明確圖線斜率的物理意義，如vt圖線的斜率表示加速度，注意圖線中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、情景結合，并結合斜率、特殊點等的物理意義，確定能從圖象中反饋出來哪些有用信息(如vt圖線所圍面積表示位移等)并結合牛頓運動定律求解突破訓練2如圖4所示，足夠長的水平傳送帶以v02 m/s的速度勻速運行t0時，在最左端輕放一個小滑塊，t2 s時，傳送帶突然制動停下已知滑塊與傳送帶之間的

9、動摩擦因數(shù)為0.2.在下列圖中，關于滑塊相對地面運動的vt圖象正確的是()圖4答案D解析t0時，小滑塊受向右的摩擦力做加速運動有mgma，a2 m/s2，由v0at1，得t11 s.1 s2 s，滑塊相對地面以v0勻速運動t2 s時，滑塊受向左的摩擦力，以2 m/s2做減速運動，運動時間為t21 s,3 s時減速為0.考點三動力學中的臨界極值問題臨界或極值條件的標志(1)有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；(2)若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)；(3)若題目中有“

10、最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點；(4)若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度例3(2013·山東·22)如圖5所示，一質量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/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t2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L10 m已知斜面傾角30°，物塊與斜面之間的 圖5動摩擦因數(shù).重力加速度g取10 m/s2.(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最

11、小值是多少？解析(1)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Lv0tat2vv0at聯(lián)立式，代入數(shù)據得a3 m/s2v8 m/s(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN聯(lián)立式得F由數(shù)學知識得cos sin sin(60°)由式可知對應最小F的夾角30°聯(lián)立式，代入數(shù)據得F的最小值為Fmin N答案(1)3 m/s28 m/s(2)30° N動力學中的典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，

12、臨界條件是：彈力FN0.(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)繩子斷裂與松馳的臨界條件：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，繩子松馳的臨界條件是：FT0.(4)加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：當加速度變?yōu)榱銜r突破訓練3如圖6所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA6 kg，mB2 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)0.2，開始時F10 N，此后逐漸增加，在增大到45 N的過程 圖6中，g取10 m/s2，則()A當拉力F<12

13、 N時，物體均保持靜止狀態(tài)B兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12 N時，開始相對運動C兩物體從受力開始就有相對運動D兩物體始終沒有相對運動答案D解析當A、B間的靜摩擦力達到最大靜摩擦力，即滑動摩擦力時，A、B才會發(fā)生相對運動此時對B有：FfmaxmAg12 N，而FfmaxmBa，a6 m/s2，即二者開始相對運動時的加速度為6 m/s2，此時對A、B整體：F(mAmB)a48 N，即F>48 N時，A、B才會開始相對運動，故選項A、B、C錯誤，D正確12.“傳送帶模型”問題的分析思路1 模型特征一個物體以速度v0(v00)在另一個勻速運動的物體上開始運動的力學系統(tǒng)可看做“傳送帶”模型

14、，如圖7(a)、(b)、(c)所示圖72 建模指導傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題(1)水平傳送帶問題：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相等物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻(2)傾斜傳送帶問題：求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生

15、突變例4如圖8所示為某工廠的貨物傳送裝置，傾斜運輸帶AB(與水平面成37°)與一斜面BC(與水平面成30°)平滑連接，B點到C點的距離為L0.6 m，運輸帶運行速度恒為v05 m/s，A點到B點的距離為x4.5 m，現(xiàn)將一質量為圖8m0.4 kg的小物體輕輕放于A點，物體恰好能到達最高點C點，已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)1，求：(g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，空氣阻力不計)(1)小物體運動到B點時的速度v的大小；(2)小物體與運輸帶間的動摩擦因數(shù)；(3)小物體從A點運動到C點所經歷的時間t.審題與關聯(lián)解析(1)設小物體在斜

16、面上的加速度為a1，運動到B點的速度為v，由牛頓第二定律得mgsin 1mgcos ma1由運動學公式知v22a1L，聯(lián)立解得v3 m/s.(2)因為v<v0，所以小物體在運輸帶上一直做勻加速運動，設加速度為a2，則由牛頓第二定律知mgcos mgsin ma2又因為v22a2x，聯(lián)立解得.(3)小物體從A點運動到B點經歷時間t1，從B運動到C經歷時間t2聯(lián)立并代入數(shù)據得小物體從A點運動到C點所經歷的時間tt1t23.4 s.答案(1)3 m/s(2)(3)3.4 s解答傳送帶問題應注意的事項(1)水平傳送帶上物體的運動情況取決于物體的受力情況，即物體所受摩擦力的情況；傾斜傳送帶上物體的

17、運動情況取決于所受摩擦力與重力沿斜面的分力情況(2)傳送帶上物體的運動情況可按下列思路判定：相對運動摩擦力方向加速度方向速度變化情況共速，并且明確摩擦力發(fā)生突變的時刻是v物v傳(3)傾斜傳送帶問題，一定要比較斜面傾角與動摩擦因數(shù)的大小關系13.“滑塊木板模型”問題的分析思路1 模型特點：上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動2 建模指導解此類題的基本思路：(1)分析滑塊和木板的受力情況，根據牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度；(2)對滑塊和木板進行運動情況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移例5如圖9所示，

18、質量M4.0 kg的長木板B靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質量m1.0 kg的小滑塊A(可視為質點)初始時刻，A、B分別以v02.0 m/s向左、向右運動，最后A恰好沒有滑離B板已知A、B之間的動摩擦因數(shù)0.40，取g10 m/s2.求：圖9(1)A、B相對運動時的加速度aA和aB的大小與方向；(2)A相對地面速度為零時，B相對地面運動已發(fā)生的位移大小x；(3)木板B的長度l.審題與關聯(lián)解析(1)A、B分別受到大小為mg的摩擦力作用，根據牛頓第二定律對A有mgmaA則aAg4.0 m/s2方向水平向右對B有mgMaB則aBmg/M1.0 m/s2方向水平向左(2)開始階段A相對地面向左做

19、勻減速運動，設到速度為零時所用時間為t1，則v0aAt1，解得t1v0/aA0.50 sB相對地面向右做勻減速運動xv0t1aBt0.875 m(3)A先相對地面向左勻減速運動至速度為零，后相對地面向右做勻加速運動，加速度大小仍為aA4.0 m/s2B板向右一直做勻減速運動，加速度大小為aB1.0 m/s2當A、B速度相等時，A滑到B最左端，恰好沒有滑離木板B，故木板B的長度為這個全過程中A、B間的相對位移在A相對地面速度為零時，B的速度vBv0aBt11.5 m/s設由A速度為零至A、B速度相等所用時間為t2，則aAt2vBaBt2解得t2vB/(aAaB)0.3 s共同速度vaAt21.2

20、 m/s從開始到A、B速度相等的全過程，利用平均速度公式可知A向左運動的位移xA m0.32 mB向右運動的位移xB m1.28 mB板的長度lxAxB1.6 m答案(1)A的加速度大小為4.0 m/s2，方向水平向右B的加速度大小為1.0 m/s2，方向水平向左(2)0.875 m(3)1.6 m高考題組1 (2013·浙江·19)如圖10所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g10 m/s2.

21、關于該熱氣球，下列說法正確的是()A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s 圖10D以5 m/s的速度勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N答案AD解析從地面剛開始豎直上升時v0，空氣阻力Ff0.由F浮mgma，得F浮m(ga)4 830 N，故A正確；最終氣球勻速上升，說明氣球加速運動的過程中空氣阻力逐漸增大，故B錯誤；氣球做加速度減小的加速運動，故加速到5 m/s的時間大于10 s，C錯誤；勻速上升時F浮mgFf0，計算得Ff230 N，D正確2 (2013·廣東·19)如圖11，游樂場中，從高處

22、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()圖11A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處答案BD解析在曲線上任取一點，作切線，設切線與水平方向成的銳角為，則切向力為：mgsin mat，可以看出甲的切向加速度一直減小，乙的切向加速度一直增大，在B點，就有甲的切向加速度小于乙，當然這樣的地方還有很多，A錯當甲、乙下降相同的高度h時，由動能定理得：mghmv2，即：v，B對畫切向速度函數(shù)圖象如下：分析過程：經分析甲、乙開始一段時間，切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面圖(a)、(b)、(c)3種可能，假設圖(b)成立，從0到末時刻有s甲>s乙，末時刻速度大小相同，表示甲、乙下降的高度相同，然后用水平線去截甲、乙軌跡，如圖(d)所示，則有s甲<s乙，與上面結論相矛盾，故假設不成立，同理圖(c)也不成立，只有圖(a)成立，即C錯，D對模擬題組3 如圖12所示是自動扶梯運送乘客的示意圖，扶梯在正常工作狀