《2019高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題3 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用課件 新人教版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題3 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用課件 新人教版.ppt（49頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題3牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 知識梳理 考點自診 一 超重和失重1 實重和視重 1 實重物體實際所受的重力 與物體的運動狀態(tài)無關(guān) 2 視重彈簧測力計 或臺秤 的示數(shù) 當物體在豎直方向上有加速度時 物體對彈簧測力計的拉力 或?qū)ε_秤的壓力 將不再等于物體的重力 知識梳理 考點自診 2 超重 失重和完全失重的比較 知識梳理 考點自診 知識梳理 考點自診 二 整體法和隔離法1 整體法當連接體內(nèi) 即系統(tǒng)內(nèi) 各物體的加速度相同時 可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個整體 分析其受力和運動情況 運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法 2 隔離法當求系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用的內(nèi)力時 常把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來 分析其受力和運動情況 再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法 知識梳理 考點自診 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)受到的外力 而系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力為內(nèi)力 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 則內(nèi)力將轉(zhuǎn)換為隔離體的外力 知識梳理 考點自診 1 2017 湖北浠水縣三模 如圖所示 將物體A放在容器B中 以某一速度把容器B豎直上拋 不計空氣阻力 運動過程中容器B的底面始終保持水平 下列說法正確的是 A 在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為零B 上升過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力C 下降過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力D 在上升和下降過程中A對B的壓力都等于物體A受到的重力 答案 解析 知識梳理 考點自診 2 2017 黑龍江哈爾濱模擬 如圖所示 質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上 用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起 當用水平力F作用在m1上時 兩物塊均以加速度a做勻加速運動 此時 彈簧伸長量為x 若用水平力F 作用在m1上時 兩物塊均以加速度a 2a做勻加速運動 此時彈簧伸長量為x 則下列關(guān)系正確的是 A F 2FB x 2xC F 2FD x 2x 答案 解析 知識梳理 考點自診 3 2017 福建三明模擬 如圖所示 木塊A B靜止疊放在光滑水平面上 A的質(zhì)量為m B的質(zhì)量為2m 現(xiàn)施水平力F拉B 如圖甲 A B剛好不發(fā)生相對滑動 一起沿水平面運動 若改用水平力F 拉A 如圖乙 使A B也保持相對靜止 一起沿水平面運動 則F 不得超過 答案 解析 知識梳理 考點自診 4 多選 2018 山東棗莊質(zhì)檢 如圖所示 甲 乙兩車均在光滑的水平面上 質(zhì)量都是M 人的質(zhì)量都是m 甲車上人用力F推車 乙車上的人用等大的力F拉繩子 繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計 人與車始終保持相對靜止 下列說法正確的是 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 對超重 失重的理解1 不論超重 失重或完全失重 物體的重力都不變 只是 視重 改變 2 物體是否處于超重或失重狀態(tài) 不在于物體向上運動還是向下運動 而在于物體的加速度方向 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) 3 當物體處于完全失重狀態(tài)時 重力只有使物體產(chǎn)生a g的加速度效果 不再有其他效果 命題點一 命題點二 命題點三 例1 2017 廣東佛山二模 廣州塔 昵稱小蠻腰 總高度達600米 游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺 若電梯簡化成只受重力與繩索拉力 已知電梯在t 0時由靜止開始上升 a t圖象如圖所示 則下列相關(guān)說法正確的是 A t 4 5s時 電梯處于失重狀態(tài)B 5 55s時間內(nèi) 繩索拉力最小C t 59 5s時 電梯處于超重狀態(tài)D t 60s時 電梯速度恰好為零 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 思維點撥當物體的加速度向上時 處于超重狀態(tài) 當加速度向下時 處于失重狀態(tài) 加速度a 0時物體處于平衡狀態(tài) 根據(jù)加速度的正負分析物體的狀態(tài) 命題點一 命題點二 命題點三 判斷超重和失重的方法 命題點一 命題點二 命題點三 即學即練1 多選 有一種大型娛樂器械可以讓人體驗超重和失重 其環(huán)形座艙套在豎直柱子上 由升降機送上幾十米的高處 然后讓座艙自由下落 落到一定位置時 制動系統(tǒng)啟動 座艙做減速運動 到地面時剛好停下 下列說法中正確的是 A 座艙自由下落的過程中人處于失重狀態(tài)B 座艙自由下落的過程中人處于超重狀態(tài)C 座艙減速下落的過程中人處于失重狀態(tài)D 座艙減速下落的過程中人處于超重狀態(tài) 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 2 多選 如圖甲所示 在升降機的頂部安裝了一個能夠顯示拉力大小的傳感器 傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧 彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球 若升降機在勻速運行過程中突然停止 并以此時為零時刻 在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示 g為重力加速度 則 A 升降機停止前在向上運動B 0 t1時間內(nèi)小球處于失重狀態(tài) t1 t2時間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)C t1 t3時間內(nèi)小球向下運動 速度先增大后減小D t3 t4時間內(nèi)小球向下運動 速度一直增大 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 連接體問題整體法和隔離法的選取原則1 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時 可以把它們看成一個整體 分析整體受到的合外力 應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度 或其他未知量 2 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(yīng)用牛頓第二定律列方程求解 3 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 且要求物體之間的作用力時 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 命題點一 命題點二 命題點三 例2 2017 福建福州二模 如圖所示 有材料相同的P Q兩物塊通過輕繩相連 并在拉力F作用下沿斜面向上運動 輕繩與拉力F的方向均平行于斜面 當拉力F一定時 Q受到繩的拉力 A 與斜面傾角 有關(guān)B 與動摩擦因數(shù)有關(guān)C 與系統(tǒng)運動狀態(tài)有關(guān)D 僅與兩物塊質(zhì)量有關(guān) 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 思維點撥先對整體分析 運用牛頓第二定律求出整體的加速度 再隔離對Q分析 運用牛頓第二定律求出繩子的拉力大小 從而判斷拉力大小與什么因素有關(guān) 命題點一 命題點二 命題點三 例3如圖所示 車廂里懸掛著兩個質(zhì)量不同的小球 上面的球比下面的球質(zhì)量大 當車廂向右做勻加速運動 空氣阻力不計 時 下列各圖中正確的是 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 思維點撥分別對兩個小球進行受力分析 根據(jù)豎直方向平衡 水平方向做勻加速運動列式 即可求解 正確地選取研究對象是解題的首要環(huán)節(jié)弄清各物體之間哪些屬于連接體 哪些物體應(yīng)該單獨分析 并分別確定出它們的加速度 然后根據(jù)牛頓運動定律列方程求解 命題點一 命題點二 命題點三 即學即練3 2018 河北衡水中學一調(diào) 如圖所示 n個質(zhì)量為m的相同木塊并列放在水平面上 木塊跟水平面間的動摩擦因數(shù)為 當對1木塊施加一個水平向右的推力F時 木塊加速運動 木塊5對木塊4的壓力大小為 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 4 趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球球拍托球沿水平面勻加速跑 設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M m 球拍平面和水平面之間夾角為 球拍與球保持相對靜止 它們間摩擦力及空氣阻力不計 則 A 運動員的加速度為gtan B 球拍對球的作用力為mgC 運動員對球拍的作用力為 M m gcos D 若加速度大于gsin 球一定沿球拍向上運動 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 動力學中的臨界極值問題1 臨界值或極值條件的標志 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(yīng)臨界狀態(tài) 3 若題目中有 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 命題點一 命題點二 命題點三 2 處理臨界問題的三種方法 命題點一 命題點二 命題點三 例4 2018 河北衡水中學二調(diào) 如圖所示 在光滑水平面上有一輛小車A 其質(zhì)量為mA 2 0kg 小車上放一個物體其質(zhì)量為mB 1 0kg 如圖甲所示 給B一個水平推力F 當F增大到稍大于3 0N時 A B開始相對滑動 如果撤去F 對A施加一水平推力F 如圖乙所示 要使A B不相對滑動 則F 的最大值Fmax為 A 2 0NB 3 0NC 6 0ND 9 0N 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 思維點撥在圖甲中 對整體分析 求出整體的加速度 隔離對A分析 根據(jù)牛頓第二定律求出A B間的最大靜摩擦力 在圖乙中 隔離對B分析 求出最大的加速度 再對整體分析 根據(jù)牛頓第二定律求出F 的最大值Fmax 命題點一 命題點二 命題點三 例5 2018 江西贛州月考 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)量為m1 4kg的物塊P Q為一重物 已知Q的質(zhì)量為m2 8kg 彈簧的質(zhì)量不計 勁度系數(shù)k 600N m 系統(tǒng)處于靜止 如圖所示 現(xiàn)給Q施加一個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運動 已知在前0 2s時間內(nèi) F為變力 0 2s以后 F為恒力 g取10m s2 求 1 物體做勻加速運動的加速度大小 2 F的最大值與最小值 命題點一 命題點二 命題點三 答案 1 3m s2 2 最大值72N 最小值36N解析 1 設(shè)剛開始時彈簧壓縮量為x0 在沿斜面方向上有 m1 m2 gsin kx0因為在前0 2s時間內(nèi) F為變力 0 2s以后 F為恒力 所以在0 2s時 P對Q的作用力為0 由牛頓第二定律知 沿斜面方向上有kx1 m1gsin m1a前0 2s時間內(nèi)P Q向上運動的距離x0 x1 at2聯(lián)立各式解得a 3m s2 2 當P Q開始運動時拉力最小 此時有Fmin m1 m2 a 36N當P Q分離時拉力最大 此時有Fmax m2 a gsin 72N 命題點一 命題點二 命題點三 思維點撥先根據(jù)平衡條件求出彈簧開始的壓縮量 因為在前0 2s時間內(nèi) F為變力 0 2s以后 F為恒力 所以在0 2s時 P對Q的作用力為0 由牛頓第二定律求出勻加速運動的加速度 當P Q開始運動時拉力最小 當P Q分離時拉力最大 根據(jù)牛頓第二定律即可求解 命題點一 命題點二 命題點三 動力學中極值問題的臨界條件和處理方法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 則發(fā)生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 加速度變?yōu)?時 命題點一 命題點二 命題點三 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 命題點一 命題點二 命題點三 即學即練5 多選 如圖所示 A B兩物體的質(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F 2 mg時 A B都相對地面靜止 答案 解析 命題點一 命題點二 命題點三 6 多選 如圖所示 粗糙水平面上放置質(zhì)量分別為m 2m和3m的3個木塊 木塊與水平面間動摩擦因數(shù)相同 其間均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拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊 使3個木塊以同一加速度運動 則正確的是 A 繩斷前 a b兩輕繩的拉力比總為4 1B 當F逐漸增大到FT時 輕繩a剛好被拉斷C 當F逐漸增大到1 5FT時 輕繩a剛好被拉斷D 若水平面是光滑的 則繩斷前 a b兩輕繩的拉力比大于4 1 答案 解析 模型建立 典例示范 變式訓練 滑塊 木板 模型1 模型特點 滑塊 視為質(zhì)點 置于木板上 滑塊和木板均相對地面運動 且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動 2 位移關(guān)系 滑塊由木板一端運動到另一端的過程中 滑塊和木板同向運動時 位移之差 x x1 x2 L 板長 滑塊和木板反向運動時 位移之和 x x2 x1 L 模型建立 典例示范 變式訓練 例題 2018 甘肅白銀市月考 如圖所示 一足夠長的木板靜止在水平面上 質(zhì)量M 0 4kg 長木板與水平面間的動摩擦因數(shù) 1 0 1 一質(zhì)量m 0 4kg的小滑塊以v0 1 8m s的速度從長木板的右端滑上長木板 滑塊與長木板間動摩擦因數(shù) 2 0 4 小滑塊可看成質(zhì)點 重力加速度g取10m s2 求 1 小滑塊剛滑上長木板時 長木板的加速度大小a1和小滑塊加速度大小a2 2 小滑塊與長木板速度相等時 小滑塊相對長木板上滑行的距離L 3 從小滑塊滑上長木板到最后靜止下來的過程中 小滑塊運動的總距離s 模型建立 典例示范 變式訓練 答案 1 a1 2m s2 a2 4m s2 2 L 0 27m 3 s 0 54m解析 1 小滑塊對長木板的滑動摩擦力Ff2大于地面對長木板的滑動摩擦力Ff1 長木板向左加速 小滑塊向左減速 據(jù)牛頓第二定律 設(shè)向右為正 2mg 1 M m g Ma1設(shè)向右為正 2mg ma2代入數(shù)據(jù)得a1 2m s2 a2 4m s2 2 小滑塊與長木板速度相等時 有v0 a2t a1t 代入數(shù)據(jù)得t 0 3s 所以L s2 s1 0 27m 模型建立 典例示范 變式訓練 3 此后一起做勻減速運動 有v a1t 0 6m s據(jù)牛頓第二定律 1 M m g M m a3加速度的大小為a3 1m s2 所以小滑塊滑行的距離為s s2 s3 0 54m 模型建立 典例示范 變式訓練 思維點撥 1 分別對小滑塊和木板進行受力分析 然后結(jié)合牛頓第二定律即可求出兩個加速度的大小 2 根據(jù)速度公式 求出速度相等的時間 然后由運動學的公式即可求出 3 二者速度相等后一起做勻減速直線運動 由位移公式求出位移 然后求和即可 命題分析滑塊 木板模型作為力學的基本模型經(jīng)常出現(xiàn) 此類問題通常是一個小滑塊在木板上運動 小滑塊與長木板是靠一對滑動摩擦力或靜摩擦力聯(lián)系在一起的 是一個高頻的考查模型 該模型涉及摩擦力分析 相對運動 摩擦生熱 多次互相作用 屬于多物體多過程問題 知識綜合性較強 對能力要求較高 高考中往往以壓軸題形式出現(xiàn) 模型建立 典例示范 變式訓練 總結(jié)提升 滑塊 木板 問題的分析方法 模型建立 典例示范 變式訓練 1 多選 2018 山東臨沭月考 如圖所示 在光滑水平面上放著兩塊長度相同 質(zhì)量分別為M1和M2的木板 在兩木板的左端各放一個大小 形狀 質(zhì)量完全相同的物塊m 開始時 各物塊均靜止 若在兩物塊上各作用一水平恒力F1 F2 使物塊滑離木板 分離時木板的速度分別為v1和v2 物塊和木板間的動摩擦因數(shù)相同 下列說法正確的是 A 若F1 F2 M1 M2 則v1F2 則v1 v2D 若M1 M2 F1v2 AD 模型建立 典例示范 變式訓練 解析 首先看F1 F2時情況 由題很容易得到兩物塊所受的摩擦力大小是相等的 因此兩物塊的加速度相同 我們設(shè)兩物塊的加速度大小為a 對于M1 M2 滑動摩擦力即為它們的合力 設(shè)M1的加速度大小 其中m為物塊的質(zhì)量 設(shè)板的長度為L 它們向右都做勻加速直線運動 當物塊與木板分離時 若M1 M2 a1a2 所以得t1 t2 M1的速度為v1 a1t1 M2的速度為v2 a2t2 則v1 v2 故B錯誤 模型建立 典例示范 變式訓練 若F1 F2 M1 M2 根據(jù)受力分析和牛頓第二定律 則M1上的物塊的加速度大于M2上的物塊的加速度 即aa ab 由于M1 M2 所以M1 M2加速度相同 設(shè)M1 M2加速度為a 它們向右都做勻加速直線運動 當物塊與木板分離時 由于aa ab 所以得t1v2 故D正確 模型建立 典例示范 變式訓練 2 如圖所示 光滑水平面上靜止放置質(zhì)量M 2kg 長L 1 20m的長木板A 離板右端s0 0 18m處放置質(zhì)量m 1kg的小物塊B A與B間的動摩擦因數(shù) 0 4 在板右端正上方懸掛一個擋板 現(xiàn)在木板A上加一水平向右的力F 使B與擋板發(fā)生碰撞 碰后瞬間立即撤去力F和擋板 假設(shè)碰撞前后瞬間A的速度不變 B的速度大小不變 方向反向 設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 B的寬度可忽略 g取10m s2 求 1 若B與擋板發(fā)生碰撞前 A B恰好不發(fā)生相對滑動 力F為多大 2 若F 16N 經(jīng)歷以上過程 B能否從A上掉下 若不能 B最終停在A上何處 模型建立 典例示范 變式訓練 答案 1 12N 2 B最終停在A板上離板右端1 02m處解析 1 A B恰好不發(fā)生相對滑動 A B間摩擦力達到最大靜摩擦力 根據(jù)牛頓第二定律有 對B mg ma1對A B整體 F m M a1代入數(shù)據(jù)得F 12N 2 當F 16N 12N時 碰前A B在F作用下發(fā)生相對滑動 B與擋板碰前速度為v1 a1t1對A F mg Ma2A與擋板碰前速度為v2 a2t1碰后 B加速度仍為a1 模型建立 典例示范 變式訓練 對A mg Ma3兩者共速時 v2 a3t2 v1 a1t2A B整個過程的v t如圖所示碰前B相對A發(fā)生的相對位移 s1為圖中 OSQ的面積 則有 整個過程B相對A發(fā)生的相對位移為 s s1 s2代入數(shù)據(jù)解得 s 0 84m s s0 0 84m 0 18m 1 02m故B最終停在距A右端處 模型建立 典例示范 變式訓練 3 2018 山東棗莊質(zhì)檢 如圖所示 一質(zhì)量為M 10kg 長為L 2m的木板放在水平地面上 已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為 1 0 1 在此木板的右端上還有一質(zhì)量為m 4kg的小物塊 且視小物塊為質(zhì)點 木板厚度不計 今對木板突然施加一個F 24N的水平向右的拉力 g取10m s2 1 若木板上表面光滑 則小物塊經(jīng)多長時間將離開木板 2 若小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為 小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為2 小物塊相對木板滑動且對地面的總位移s 3m 求 值 模型建立 典例示范 變式訓練 答案 1 2s 2 0 042解析 1 對木板受力分析 由牛頓第二定律得F 1 M m g Ma由運動學公式 得L at2代入數(shù)據(jù)解得t 2s 2 以物塊為研究對象在木板上時 mg ma1在地面上時 2 mg ma2設(shè)物塊從木板上滑下時的速度為v1 物塊在木板上和地面上的位移分別為x1 x2 則 并且滿足s x1 x2 3m 聯(lián)立 解得x1 2m 模型建立 典例示范 變式訓練 設(shè)物塊在木板上滑行時間為t1