高中物理復(fù)習(xí)課件專題3牛頓運(yùn)動(dòng)定律第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

高考總復(fù)習(xí)物理·課件第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用必備知識(shí)·深悟固基一、超重和失重1．超重：物體對(duì)水平支持物的壓力(或繩對(duì)豎直懸掛物的拉力)________物體所受重力的情況．產(chǎn)生條件：物體具有________的加速度．大于向上2．失重：物體對(duì)水平支持物的壓力(或繩對(duì)豎直懸掛物的拉力)________物體所受重力的情況．產(chǎn)生條件：物體具有________的加速度．3．完全失重：物體對(duì)水平支持物的壓力(或繩對(duì)豎直懸掛物的拉力)________的情況．4．視重：當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重．視重大小等于彈簧測力計(jì)或臺(tái)秤所受的拉力或壓力．小于向下為零二、解連接體問題的常用方法1．整體法：當(dāng)系統(tǒng)中各物體的________相同時(shí)，可把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個(gè)整體，其質(zhì)量等于各物體的__________，當(dāng)所受外力已知時(shí)，可用______________求出整體的加速度．2．隔離法：當(dāng)求解系統(tǒng)內(nèi)物體間的____________時(shí)，常把物體從系統(tǒng)中“隔離”出來分析，依據(jù)牛頓第二定律列方程．3．外力和內(nèi)力(1)外力：系統(tǒng)外的物體對(duì)研究對(duì)象的作用力．(2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力．加速度質(zhì)量之和牛頓第二定律相互作用力三、瞬時(shí)問題1．由F合＝ma知，加速度由物體所受合外力決定，加速度方向與物體所受合外力的方向一致，當(dāng)物體所受合外力發(fā)生突變時(shí)，加速度也隨著發(fā)生突變，而物體運(yùn)動(dòng)的速度不能發(fā)生突變．2．輕繩、輕桿和輕彈簧(橡皮條)的區(qū)別：(1)輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有彈力將突變?yōu)榱悖?2)輕彈簧和橡皮條：當(dāng)輕彈簧和橡皮條兩端與其他物體連接時(shí)，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發(fā)生突變．1．[超重和失重]某人站在體重秤上稱體重，如果他站在體重秤上起立和下蹲，下列說法正確的是 (

)A．下蹲過程中人處于失重狀態(tài)B．起立過程中人處于超重狀態(tài)C．下蹲過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)D．起立過程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)【答案】D2．[瞬時(shí)問題]如圖所示，將一手電筒豎直向上放置，接通電源開關(guān)，旋松后蓋使小電珠恰能點(diǎn)亮．手持手電筒并保持它在豎直方向運(yùn)動(dòng)，要使得小電珠熄滅，可以

(

)A．緩慢向上勻速運(yùn)動(dòng)

B．緩慢向下勻速運(yùn)動(dòng)C．突然向上加速運(yùn)動(dòng)

D．突然向下加速運(yùn)動(dòng)【答案】C3．[連接體問題](多選)在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)的小車，通過定滑輪用繩子吊起一個(gè)物體，若小車和被吊的物體在同一時(shí)刻速度分別為v1和v2，繩子對(duì)物體的拉力為FT，物體所受重力為G，則下面說法正確的是 (

)A．物體做勻速運(yùn)動(dòng)，且v1＝v2B．物體做加速運(yùn)動(dòng)，且v1＞v2C．物體做加速運(yùn)動(dòng)，且FT＞GD．物體做勻速運(yùn)動(dòng)，且FT＝G【答案】BC

【解析】小車的運(yùn)動(dòng)可分解為沿繩子方向和垂直繩子方向兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩段繩子的夾角為θ，由幾何知識(shí)，可得v2＝v1sinθ，所以v1＞v2，小車向左運(yùn)動(dòng)，θ逐漸增大，故v2逐漸增大，物體有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，所以FT＞G，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤．關(guān)鍵能力·突破要點(diǎn)考點(diǎn)1超重和失重[基礎(chǔ)考點(diǎn)]1．超重、失重和完全失重比較比較超重失重完全失重產(chǎn)生條件物體有向上的加速度物體有向下的加速度物體的加速度等于g列原理式F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝mgF＝0運(yùn)動(dòng)狀態(tài)加速上升、減速下降減速上升、加速下降無阻力的拋體運(yùn)動(dòng)、無動(dòng)力繞行的衛(wèi)星

2．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(huì)處于超重或失重狀態(tài)．1．(2021年江門模擬)如圖甲中的塔吊是現(xiàn)代工地必不可少的建筑設(shè)備，圖乙為建筑材料被吊車豎直提升過程的運(yùn)動(dòng)圖像(豎直向上為正方向)，根據(jù)圖像下列判斷正確的是

(

)

A．46s時(shí)材料離地面的距離最大B．前36s重力的沖量為零C．在30～36s鋼索最容易發(fā)生斷裂D．36～46s材料處于失重狀態(tài)【答案】D【答案】C

考點(diǎn)2隔離法和整體法解連接體問題[能力考點(diǎn)]1．連接體的類型及特點(diǎn)輕繩輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度一定相等輕桿輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比輕彈簧在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時(shí)，兩端連接體的速率相等2．連接體問題的處理方法方法原則整體法若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不用求物體之間的作用力，可以把它們看成一個(gè)整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度或其他未知量隔離法若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時(shí)，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解方法原則交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”【答案】C

1．(2021年濟(jì)南模擬)粗糙水平面上有三個(gè)通過不計(jì)質(zhì)量的卡扣依次連接在一起的貨箱A、B、C，質(zhì)量分別為m、2m、3m，每個(gè)貨箱與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，取重力加速度為g．現(xiàn)在兩人合作搬運(yùn)貨箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同時(shí)也用力F向右推A，使貨箱向右運(yùn)動(dòng)，則B、C間的卡扣對(duì)C的作用力大小為 (

)A．0

B．F－3μmgC．F

D．F－3μmg【答案】A

【解析】對(duì)整體由牛頓第二定律得2F－μ·6mg＝6ma，對(duì)C由牛頓第二定律得F＋FN－3μmg＝3ma，解得FN＝0，故A正確．2．(2021年杭州二模)位于杭州市風(fēng)情大道與江南大道交叉口附近的智慧之門建成之后會(huì)成為杭州智慧建筑的典范，兩棟高達(dá)272米的雙子塔將組成“門”的形象(如圖甲所示)，圖乙是智慧之門現(xiàn)場施工的實(shí)拍圖片，圖丙是重物正在被豎直向上勻速吊起的放大圖．先將該情境簡化為如圖丁所示的示意圖，繩子CD和CE共同掛著質(zhì)量為m1的重物A，繩子FG和FH共同掛著質(zhì)量為m2的重物B，F(xiàn)點(diǎn)拴在重物A的下方．【答案】B

考點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問題[能力考點(diǎn)]在應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決動(dòng)力學(xué)的問題中，當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的加速度不同時(shí)，物體有可能處于不同的狀態(tài)．特別是題目中出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”等詞語時(shí)，往往會(huì)有臨界現(xiàn)象，此時(shí)要采用假設(shè)法或極限分析法，看物體以不同的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)有哪些現(xiàn)象發(fā)生，優(yōu)先找出臨界點(diǎn)，求出臨界條件．1．接觸與脫離的臨界條件：彈力N＝0．2．相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：靜摩擦力達(dá)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，繩子松弛的臨界條件是FT＝0．4．加速度最大與速度最大的臨界條件：所受合力最大時(shí)，具有最大加速度；所受合力最小時(shí)，具有最小加速度．當(dāng)出現(xiàn)速度有最大值或最小值的臨界條件時(shí)，物體處于臨界狀態(tài)，所對(duì)應(yīng)的加速度為零或最大．例2如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊放在傾角為θ＝37°的斜面體上，斜面質(zhì)量為M＝2kg，斜面與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，地面光滑．現(xiàn)對(duì)斜面體施一水平推力F，要使物塊m相對(duì)斜面靜止，試確定推力F的取值范圍(g取10m/s2)．

深化理解

此題有兩個(gè)臨界條件，當(dāng)推力F較小時(shí)，物塊有相對(duì)斜面向下運(yùn)動(dòng)的可能性，此時(shí)物塊受到的摩擦力沿斜面向上；當(dāng)推力F較大時(shí)，物塊有相對(duì)斜面向上運(yùn)動(dòng)的可能性，此時(shí)物塊受到的摩擦力沿斜面向下．找準(zhǔn)臨界狀態(tài)是求解此題的關(guān)鍵．解：設(shè)物塊處于相對(duì)斜面向下滑動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)的推力為F1，此時(shí)物塊受力如圖所示，取加速度的方向?yàn)閤軸正方向．對(duì)物塊分析，在水平方向有Nsinθ－μN(yùn)cosθ＝ma1，豎直方向有Ncosθ＋μN(yùn)sinθ

－mg＝0，對(duì)整體有F1＝(M＋m)a1，代入數(shù)值得a1＝4.8m/s2，F(xiàn)1＝14.4N．設(shè)物塊處于相對(duì)斜面向上滑動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)的推力為F2，對(duì)物塊分析，在水平方向有Nsinθ＋μN(yùn)cosθ＝ma2，豎直方向有Ncosθ－μN(yùn)sinθ－mg＝0，對(duì)整體有F2＝(M＋m)a2，代入數(shù)值得a2＝11.2m/s2，F(xiàn)2＝33.6N．綜上所述，可知推力F的取值范圍為14.4N≤F≤33.6N．1．如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量m1＝4kg的物塊P．Q為一重物，已知Q的質(zhì)量m2＝8kg，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)給Q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知在前0.2s時(shí)間內(nèi)F為變力，0.2s以后F為恒力(g取10m/s2)．求：(1)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大??；(2)F的最大值與最小值．(2)當(dāng)P、Q開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，此時(shí)有Fmin＝(m1＋m2)a＝36N，當(dāng)P、Q分離時(shí)拉力最大，此時(shí)有Fmax＝m2(a＋gsinθ)＝72N．【答案】A

動(dòng)力學(xué)中的典型模型模型一板塊模型1．兩種類型深度研練·素養(yǎng)提升類型圖示規(guī)律分析

木板B帶動(dòng)物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＝xA＋L類型圖示規(guī)律分析

物塊A帶動(dòng)木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時(shí)二者速度相等，則位移關(guān)系為xB＋L＝xA2．處理“滑塊—木板”問題思維模板例3

一長木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的物塊輕放到木板上，此后木板運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖所示．已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦．物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上．g取10m/s2，求：(1)物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)從t＝0時(shí)刻到物塊與木板均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊相對(duì)于木板的位移的大小．設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1，μ2，由牛頓第二定律，得μ1mg＝ma1，

③(μ1＋2μ2)mg＝ma2，

④聯(lián)立①～④式得μ1＝0.20，

⑤μ2＝0.30．

⑥(2)在t1時(shí)刻后，地面對(duì)木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動(dòng)，物塊與木板之間的摩擦力改變方向．設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1′和a2′，則由牛頓第二定律，得f＝ma1′，

⑦2μ2mg－f＝ma2′，

⑧假設(shè)f＜μ1mg，則a1′＝a2′，由⑤～⑧式，得f＝μ2mg＞μ1mg，與假設(shè)矛盾．故f＝μ1mg．

⑨1．如圖所示，有兩個(gè)高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一質(zhì)量為5kg、長度為2m的長木板靠在高水平面邊緣A點(diǎn)，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05．一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量為1kg，在距A點(diǎn)3m處，靜止放置．現(xiàn)用大小為6N、水平向右的外力拉滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去外力，滑塊以此時(shí)的速度滑上長木板．滑塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，g取10m/s2．求：(1)滑塊滑到A點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)滑塊滑到長木板上時(shí)滑塊和長木板的加速度；(3)通過計(jì)算說明滑塊能否從長木板的右端滑出．解：(1)設(shè)滑塊在高水平面上的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有F＝ma，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有v2＝2aL0，代入數(shù)據(jù)，解得v＝6m/s．(2)設(shè)滑塊滑動(dòng)到長木板后，滑塊的加速度為a1，長木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有μ1mg＝ma1，代入數(shù)據(jù)，解得a1＝5m/s2．對(duì)長木板，有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入數(shù)據(jù)，解得a2＝0.4m/s2．2．如圖所示，兩個(gè)完全相同的長木板放置于水平地面上，木板間緊密接觸，每個(gè)木板質(zhì)量M＝0.6kg，長度l＝0.5m．現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.4kg的小木塊，以初速度v0＝2m/s從木板的左端滑上木板，已知木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，g取10m/s2．求：(1)小木塊滑上第二塊木板瞬間的速度；(2)小木塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中滑行的總位移(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)．解：(1)木板受到木塊的摩擦力f1＝μ1mg＝1.2N，木板受到地面的摩擦力f2＝μ2(2M＋m)g＝1.6N，因?yàn)閒2＞f1，所以木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板靜止不動(dòng)．木塊在左邊第一塊木板上的加速度為a1，由牛頓第二定律，有μ1mg＝ma1，a1＝3m/s2，設(shè)小木塊滑上第二塊木板的瞬間的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系式，得v2－v＝－2a1l，代入數(shù)據(jù)解得

v＝1m/s．達(dá)到共速后，木塊和木板一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)木塊、木板一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a3，位移為s2，則有μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，a3＝1m/s2，v＝2a3s2，解得s2＝0.005m，所以，滑行的總位移s＝l＋s1＋s2＝0.670m．模型二傳送帶模型1．水平傳送帶動(dòng)力學(xué)問題圖解2．傾斜傳送帶動(dòng)力學(xué)問題圖解例4

(2020年全國卷Ⅲ)如圖，相距L＝11.5m的兩平臺(tái)位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接．傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)，其速度大小v可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定．質(zhì)量m＝10kg的載物箱(可視為質(zhì)點(diǎn))，以初速度v0＝5.0m/s自左側(cè)平臺(tái)滑上傳送帶．載物箱與傳送帶間的動(dòng)摩