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1、專題三 牛頓運動定律,知識清單,方法一應用牛頓運動定律解決多過程問題 1.多過程問題 很多動力學問題中涉及的物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程,在物體不同的運動階段,物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化,這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題。 2.類型 多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題。 例1如圖甲所示,為一傾角=37的足夠長斜面,將一質(zhì)量為m=1 kg的物體無初速度在斜面上釋放,同時施加一沿斜面向上的拉力,拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.25,取 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:,突破方法,(
2、1)2 s末物體的速度; (2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移 解析(1)由分析可知物體在前2 s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動,由牛頓第二定律可得 mg sin -F1-mg cos =ma1 v1=a1t1,代入數(shù)據(jù)可得 a1=2.5 m/s2,方向沿斜面向下 v1=5 m/s,方向沿斜面向下 (2)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1,則 x1=a1=5 m,方向沿斜面向下 當拉力為F2=4.5 N時,由牛頓第二定律可得 F2+mg cos -mg sin =ma2 代入數(shù)據(jù)可得a2=0.5 m/s2,方向沿斜面向上 物體經(jīng)過t2時間速度減為0,則 v1=a2t2 得t2=10 s t
3、2時間內(nèi)發(fā)生的位移為x2,則 x2=a2=25 m,方向沿斜面向下,由于mg sin -mg cos
4、木箱的質(zhì)量m=50 kg,木箱與冰面間的動摩擦因數(shù)=0.1。某選手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直線運動,若木箱可視為質(zhì)點,g取10 m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功,試求: (1)推力作用在木箱上時的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的時間滿足什么條件?,方法二傳送帶問題的分析技巧 1.水平傳送帶問題 設傳送帶的速度為v帶,物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為,兩輪之間的距離為L,物體置于傳送帶一端時的初速度為v0。 (1)v0=0,如圖甲所示,物體剛置于傳送帶上時由于受摩擦力作用,將做a=g的勻加速運動。假定物體從開始置于傳送帶上一直加速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的
5、速度為v=。顯然, 若v帶<,則物體在傳送帶上將先加速,后勻速運動;若v帶,則物體在傳送帶上將一直 加速運動。 甲,(2)v00,且v0與v帶同向,如圖乙所示。 乙 v0v帶,物體剛放到傳送帶上時將做加速度大小為a=g的勻減速運動。假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的速度為v=。顯然,若v帶,則物體在傳送帶上 將一直減速運動;若v0v帶,則物體在傳送帶上將先減速,后勻速運動。 (3)v00,且v0與v帶反向,如圖丙所示。,丙 此種情形下,物體剛放到傳送帶上時將做加速度大小為a=g的勻減速運動,假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的速度為v=。
6、顯然,若v0,則物體將一直做 勻減速運動直到從傳送帶的另一端離開傳送帶;若v0<,則物體將不會從傳送帶的另一端 離開,而是從進入端離開,其可能的運動情形有: 先沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速運動直至從進入端離開傳送帶。 先沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速,最后勻速運動直至從進入端離開傳送帶。 例2水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站,如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v=1 m/s運行,一質(zhì)量為m=4 kg的行李無初速度地放在A處,傳,送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的
7、動摩擦因數(shù)=0.1,A、B間的距離L=2 m,g取10 m/s2。 (1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小; (2)求行李做勻加速直線運動的時間; (3)如果提高傳送帶的運行速率,行李就能被較快地傳送到B處,求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。 解題思路關鍵詞:無初速度地放在A處,行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。對行李受力分析,行李運動過程先勻加速后勻速直線運動,利用牛頓第二定律、運動學公式求解未知量。 解析(1)行李所受滑動摩擦力大小Ff=mg=0.1410 N=4 N, 加速度大小a=g=0.110 m/s
8、2=1 m/s2。,(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速,則 v=at1, 得t1== s=1 s。 (3)行李始終勻加速運行時,所需時間最短,加速度大小仍為a=1 m/s2,當行李到達右端時,有 =2aL, 得vmin== m/s=2 m/s, 所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s。 由vmin=atmin得行李最短運行時間tmin== s=2 s。 答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s 點評傳送帶問題通常涉及不同物體、不同參考系、相對運動,并有多個過程,是常規(guī)的動力學問題,綜合性較強,但是規(guī)律性也很強,故學生應熟練掌握。,2.傾斜傳送帶問題 (1)物體和傳
9、送帶一起勻速運動 勻速運動說明物體處于平衡狀態(tài),則物體受到的靜摩擦力和重力沿傳送帶方向的分力等大反向,即物體受到的靜摩擦力的方向沿傳送帶向上,大小為mg sin (為傳送帶的傾角)。 (2)物體和傳送帶一起加速運動 若物體和傳送帶一起向上加速運動,傳送帶的傾角為,則對物體有f-mg sin =ma,即物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向上,大小為f=ma+mg sin 。 若物體和傳送帶一起向下加速運動,傳送帶的傾角為,則靜摩擦力的大小和方向決定于加速度a的大小。 當a=g sin 時,無靜摩擦力; 當ag sin 時,有mg sin +f=ma,即物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向下,大小為f=m
10、a-mg sin 。在這種情況下,重力沿傳送帶向下的分力不足以提供物體的加速度a,物體有相對于傳送帶向上的運動趨勢,受到的靜摩擦力沿傳送帶向下以彌補重力分力的不足; 當a
11、5。求物體從A運動到B所需時間是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8) 解析物體放在傳送帶上后,開始階段,由于傳送帶的速度大于物體的速度,傳送帶給物體一個沿傳送帶向下的滑動摩擦力F,物體受力情況如圖甲所示。物體由靜止加速,由牛頓第二定律有mg sin +mg cos =ma1,得 a1=10(0.6+0.50.8) m/s2=10 m/s2。 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時間,t1== s=1 s, t1時間內(nèi)物體的位移x=a1=5 m。 由于
12、乙所示,由牛頓第二定律有mg sin -mg cos =ma2,得a2=2 m/s2。,甲,乙,設后一階段物體滑至底端所用的時間為t2,由L-x=vt2+a2,解得t2=1 s,t2=-11 s(舍去)。 所以物體由AB的時間t=t1+t2=2 s。 答案2 s,方法三滑塊滑板模型問題分析方法 1.模型特點 涉及兩個物體,并且物體間存在相對滑動。 2.兩種位移關系 滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中,若滑塊和滑板同向運動,位移大小之差等于板長;反向運動時,位移大小之和等于板長。 設板長為L,滑塊位移大小為x1,滑板位移大小為x2 同向運動時:L=x1-x2 反向運動時:L=x1+x2,3.解
13、題步驟 例4如圖所示,質(zhì)量M=1 kg的木塊A靜止在水平地面上,在木塊的左端放置一個質(zhì)量m=1 kg 的鐵塊B(大小可忽略),鐵塊與木塊間的動摩擦因數(shù)1=0.3,木塊長L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在鐵塊上,g取10 m/s2。,(1)若水平地面光滑,計算說明兩物塊間是否發(fā)生相對滑動。 (2)若木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)2=0.1,求鐵塊運動到木塊右端的時間。 解析(1)A、B之間的最大靜摩擦力為 fm1mg=0.3110 N=3 N 假設A、B之間不發(fā)生相對滑動,則 對A、B整體: F=(M+m)a 對A:fAB=Ma 解得:fAB=2.5 N 因fAB
14、對滑動,(2)對B:F-1mg=maB 對A:1mg-2(M+m)g=MaA 據(jù)題意有:xB-xA=L xA=aAt2 xB=aBt2 解得:t= s 答案(1)見解析(2) s 4-1如圖,可看做質(zhì)點的小物塊放在長木板正中間,已知長木板質(zhì)量為M=4 kg,長度為L=2 m,小物塊質(zhì)量為m=1 kg,長木板置于光滑水平地面上,兩物體皆靜止?,F(xiàn)在用一大小為F的水平恒力作用于小物塊上,發(fā)現(xiàn)只有當F超過2.5 N時,才能讓兩物體間產(chǎn)生相對滑動。設兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小,重力加速度g=10 m/s2,試求:,(1)小物塊和長木板間的動摩擦因數(shù)。 (2)若一開始力F就作用在長木板上
15、,且F=12 N,則小物塊經(jīng)過多長時間從長木板上掉下? 答案(1)0.2(2)2 s 解析(1)設兩物體間的最大靜摩擦力大小為f,當F=2.5 N作用于小物塊時,對整體由牛頓第二定律有 F=(M+m)a 對長木板,由牛頓第二定律 f=Ma 由可得 f=2 N 小物塊豎直方向上受力平衡,所受支持力N=mg,則所受摩擦力大小 f=mg 得=0.2 (2)F=12 N作用于長木板上時,兩物體發(fā)生相對滑動,設長木板、小物塊的加速度分別為a1、a2,對,長木板,由牛頓第二定律 F-f=Ma1 得a1=2.5 m/s2 對小物塊,由牛頓第二定律 f=ma2 得a2=2 m/s2 由勻變速直線運動規(guī)律,可知兩物體在t時間內(nèi)的位移分別為 s1=a1t2 s2=a2t2 小物塊剛滑下長木板時,有 s1-s2=L 解得t=2 s,