高三物理二轮复习 第一篇 专题通关一 力与直线运动 3 牛顿运动定律及其应用课件.ppt

第3讲牛顿运动定律及其应用 高考这样考 1 多选 2015 全国卷 如图甲 一物块在t 0时刻滑上一固定斜面 其运动的v t图线如图乙所示 若重力加速度及图中的v0 v1 t1均为已知量 则可求出 A 斜面的倾角B 物块的质量C 物块与斜面间的动摩擦因数D 物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析 选A C D 物块在上滑过程中有mgsin mgcos ma1 v0 a1t1 在下滑过程中有mgsin mgcos ma2 v1 a2 2t1 t1 由以上方程可以求出 和 但不能求出物块的质量m 故A C正确 B错误 由图像可得物块上滑的最大位移为x v0t1 则上滑的最大高度为hmax xsin v0t1sin 故选项D正确 2 2015 全国卷 如图 两平行的带电金属板水平放置 若在两板中间a点从静止释放一带电微粒 微粒恰好保持静止状态 现将两板绕过a点的轴 垂直于纸面 逆时针旋转45 再由a点从静止释放一同样的微粒 该微粒将 A 保持静止状态B 向左上方做匀加速运动C 向正下方做匀加速运动D 向左下方做匀加速运动 解析 选D 作出微粒的受力示意图如图所示 电场力方向为向上偏左45 并且与重力大小相等 由力合成的平行四边形定则得F合的方向为向左下方 再结合微粒由静止释放初速度为零 故微粒将向左下方做匀加速运动 D项正确 微粒合力不为零 故不能保持静止状态 A项错误 B项 C项的运动方向与合力方向不一致 故B C项均错 3 多选 2015 海南高考 如图 升降机内有一固定斜面 斜面上放一物块 开始时 升降机做匀速运动 物块相对于斜面匀速下滑 当升降机加速上升时 A 物块与斜面间的摩擦力减小B 物块与斜面间的正压力增大C 物块相对于斜面减速下滑D 物块相对于斜面匀速下滑 解析 选B D 当升降机加速上升时 物体有竖直向上的加速度 处于超重状态 物块与斜面间的正压力增大 根据滑动摩擦力公式f N可知接触面间的正压力增大 物块与斜面间的摩擦力增大 故A错误 B正确 设斜面的倾角为 物块的质量为m 当匀速运动时有mgsin mgcos 即sin cos 假设升降机以加速度a向上运动时 把a分解为垂直斜面方向与沿斜面方向 两个分量acos asin 垂直斜面方向上 物块与斜面相对静止 对物块分析 压力N m g a cos f m g a cos 因为sin cos 所以m g a sin m g a cos 即在沿斜面方向物块的加速度为asin 所以物块的加速度也为a 故物块相对于斜面匀速下滑 C错误 D正确 故选B D 4 多选 2015 江苏高考 一人乘电梯上楼 在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示 以竖直向上为a的正方向 则人对地板的压力 A t 2s时最大B t 2s时最小C t 8 5s时最大D t 8 5s时最小 解析 选A D 在竖直方向 有F mg ma 得F mg ma 加速度方向向上且越大 F就越大 所以A项正确 加速度方向向下且越大 F就越小 所以D项正确 5 2015 重庆高考 若货物随升降机运动的v t图像如图所示 竖直向上为正 则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是 解析 选B 由题图可知 升降机运动过程分为加速下降 匀速下降 减速下降 加速上升 匀速上升 减速上升 故升降机所处的状态依次为失重 正常 超重 超重 正常 失重 所以货物所受升降机的支持力与时间的关系为选项B 考情分析 主要题型 选择题计算题命题特点 1 考查角度 牛顿第二定律在简单动力学问题中以及在系统问题 多阶段问题中的应用 应用图像分析物体受力情况 运动情况的能力 2 考查方式 牛顿第二定律的简单应用多以选择题的形式考查 在系统问题 多阶段问题中的应用多以计算题的形式考查 还经常融合在电场 磁场问题中综合考查 主干回顾 要素扫描 1 牛顿第一定律 一切物体总保持 状态或 状态 直到有 迫使它改变这种状态为止 2 牛顿第二定律 物体的加速度a跟物体所受的合外力成 跟物体的质量m成反比 加速度的方向与 的方向相同 3 牛顿第三定律 两个物体之间的作用力和反作用力总是 作用在同一直线上 匀速直线运动 静止 外力 正比 合外力 大小相等 方向相反 4 超重与失重 超重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 的现象 条件是 系统具有 的加速度或加速度有 的分量 失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 的现象 条件是 系统具有 的加速度或加速度有 的分量 5 两类动力学 大于自身重力 向上 竖直向上 小于自身重力 向下 竖直向下 F ma 运动学公式 热点考向1两类动力学问题 典例1 2015 海南高考 如图 一充电后的平行板电容器的两极板相距l 在正极板附近有一质量为M 电荷量为q q 0 的粒子 在负极板附近有另一质量为m 电荷量为 q的粒子 在电场力的作用下 两粒子同时从静止开始运动 已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面 若两粒子间相互作用力可忽略 不计重力 则M m为 A 3 2B 2 1C 5 2D 3 1 解题探究 1 先根据位移关系 结合公式判断a的比值 2 再利用 寻找M与m的比值 解析 选A 因为x at2 所以 根据牛顿第二定律可得a 因此 故选A 牛顿第二定律 典例2 2015 忻州一模 如图所示 质量分别为m1 m2的两个物体通过轻弹簧连接 在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动 m1在光滑地面上 m2在空中 已知力F与水平方向的夹角为 则m1的加速度大小为 名师解读 1 命题立意 考查整体法在牛顿运动定律问题中的应用 2 关键信息 一起沿水平方向做匀加速直线运动 光滑地面 3 答题必备 整体进行受力分析的方法 牛顿第二定律 F ma 4 易错警示 误选择m1或m2为研究对象 应用隔离法进行受力分析 导致无法得到正确答案 解析 选A 把m1 m2看作一个整体 在水平方向上加速度相同 由牛顿第二定律可得 Fcos m1 m2 a 所以a 选项A正确 迁移训练 迁移1 将光滑地面换成粗糙地面将 典例2 中的光滑地面改为粗糙地面 若m1与地面间的动摩擦因数为 则m1的加速度大小是多少 解析 把m1 m2看作一个整体 在竖直方向上受力平衡 Fsin FN m1 m2 g 在水平方向上加速度相同 由牛顿第二定律可得 Fcos f m1 m2 a 又因为 f FN所以 a 答案 迁移2 将计算加速度改为计算弹簧弹力若 典例2 中两个物体一起沿水平方向做匀加速直线运动时 弹簧弹力多大 解析 以m2为研究对象 若弹簧弹力大小为F 在竖直方向上受力平衡 Fsin m2g F y 在水平方向上 由牛顿第二定律可得 Fcos F x m2a 又因为 所以 F 答案 迁移3 将求解运动情况改为求解受力情况在 典例2 中 若m1 2kg m2 1kg 60 两个物体一起由静止开始沿水平方向做匀加速直线运动 当速度为6m s时 前进的位移为9m 则拉力F大小是多少 解析 由v2 2ax 可得 a 2m s2 又因为a 代入可得 F 12N 答案 12N 加固训练 如图所示 物块A静止在水平放置的固定木板上 若分别对A施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2作用时 F1a2 a1C Ff3 Ff1 Ff2D Ff1 Ff2 Ff3 解析 选B 因为拉力均沿水平方向 所以物块A对水平木板的压力始终等于物块A的重力 滑动摩擦力Ff mg 大小相等 选项C D错误 由牛顿第二定律得F1 mg ma1 F2 mg ma2 mg ma3 因为F1a2 a1 选项A错误 B正确 热点考向2动力学图像问题 典例3 多选 2015 济南一模 如图甲所示 木板OA可绕轴O在竖直平面内转动 某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木板向上 大小为F 8N的力作用下加速度与倾角 的关系 已知物块的质量m 1kg 通过DIS实验 描绘出了如图乙所示的加速度大小a与倾角 的关系图线 90 若物块与木板间的动摩擦因数为0 2 假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力 g取10m s2 则下列说法中正确的是 A 由图像可知木板与水平面的夹角处于 1和 2之间时 物块所受摩擦力一定为零B 由图像可知木板与水平面的夹角大于 2时 物块所受摩擦力一定沿木板向上C 根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6m s2D 根据题意可以计算当 45 时 物块所受摩擦力为Ff mgcos45 N 解题探究 1 分析摩擦力方向变化情况的思维轨迹 分阶段分析 2时 1 2时 物块与斜面间为滑动摩擦力 拉力F大于重力沿斜面方向的分力 摩擦 力方向沿斜面向下 物块与斜面间为滑动摩擦力 拉力F 小于重力沿斜面方向的分力 摩擦力方向沿斜面向上 物块与斜面间为静摩擦力 摩擦力的方向随角 的增大 先沿斜面 向下 后沿斜面向上 2 计算物块加速度a0的大小的思维轨迹 3 计算 45 时物块所受摩擦力的思路 对物块进行受力分析 由 拉力 摩擦力的大小计算物块所受的合力 然后由牛顿第二定律计算 加速度 首先根据拉力和重力沿 斜面方向的分力的大小判断出物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力 然后根据平衡条件计算摩擦力的大小 解析 选B C 由图像可知木板与水平面的夹角处于 1和 2之间时 物块的加速度为零 当 1时 物块所受的摩擦力沿斜面向下 当 2时 物块所受的摩擦力沿斜面向上 木板与水平面的夹角大于 2时 物块所受摩擦力一定沿木板向上 A错误 B正确 当 0时 F mg ma0 即8N 0 2 1 10N 1kg a0 所以a0 6m s2 C正确 当 45 时 Fmgsin45 所以物块保持静止 受到的是静摩擦力 根据平衡条件F mgsin45 Ff 可得Ff 8 5 N 故D错误 典例4 为研究运动物体所受的空气阻力 某研究小组的同学找来一个倾角可调 斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块 并在滑块上固定一个高度可升降的风帆 如图甲所示 他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑 下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直 假设滑块和风帆总质量为m 滑块与斜面间的动摩擦因数为 风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比 即Ff kv 1 写出滑块下滑过程中加速度的表达式 2 求出滑块下滑的最大速度 并指出有哪些措施可以减小最大速度 3 若m 2kg 斜面倾角 30 g取10m s2 滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示 图中的斜线为t 0时v t图线的切线 由此求出 k的值 计算结果保留两位有效数字 名师解读 1 命题立意 考查牛顿第二定律以及应用数学知识处理物理问题的能力 2 关键信息 Ff kv 初状态时 v 0 a 3m s2 末状态时 v 2m s a 0 3 答题必备 牛顿第二定律 F ma 4 易错警示 误认为物体下滑时受重力 支持力 空气阻力三个力的作用 忽略斜面与滑块间的摩擦力 解析 1 由牛顿第二定律有 mgsin mgcos kv ma解得 a gsin gcos 2 当a 0时速度最大 vm 减小最大速度的方法有 适当减小斜面倾角 风帆升起一些 3 当v 0时 a gsin gcos 3m s2解得 0 23最大速度vm 2m s vm 2m s解得 k 3 0kg s 答案 1 gsin gcos 2 适当减小斜面倾角 保证滑块能静止下滑 风帆升起一些 3 0 233 0kg s 规律总结 动力学图像问题求解思路 1 动力学图像不仅能直观地描述物体的运动 图像中还隐含着大量的信息和解题条件 挖掘这些信息和条件往往成为解题的突破口 2 牛顿第二定律与v t图像结合的问题 一般先由v t图像分析物体的加速度及其变化规律 再由牛顿第二定律列方程求解 或者先由牛顿第二定律分析加速度及其变化规律 再作出v t图像 3 牛顿第二定律与加速度图像结合的问题 先由图像分析物体在不同情况下的加速度 再针对不同情况由牛顿第二定律列方程求解 题组过关 1 多选 2015 沈阳一模 如图甲所示 为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角 的关系 将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出 调节斜面与水平方向的夹角 实验测得x与斜面倾角 的关系如图乙所示 g取10m s2 根据图像可求出 A 物体的初速率v0 3m sB 物体与斜面间的动摩擦因数 0 75C 取不同的倾角 物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin 1 44mD 当某次 30 时 物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析 选B C 当角度达到90 时 物体将做竖直上抛运动 此时上升高度为1 80m 由竖直上抛运动规律可求得初速度v0 6m s 选项A错误 当角度为0时 物体相当于在水平面上运动 此时位移为2 40m 由牛顿运动定律可得 动摩擦因数 0 75 选项B正确 当倾角为 时 由牛顿运动定律可得mgsin mgcos ma 即mgsin 37 ma 所以amax 12 5m s2 又有x 可得位移的最小值为1 44m 选项C正确 为30 时 到达最高点重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力 因此达到最大位移后不会下滑 选项D错误 2 多选 2014 四川高考 如图所示 水平传送带以速度v1匀速运动 小物体P Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连 t 0时刻P在传送带左端具有速度v2 P与定滑轮间的绳水平 t t0时刻P离开传送带 不计定滑轮质量和摩擦 绳足够长 正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是 解析 选B C 当v1 v2时 P相对于传送带向左滑动 受到的滑动摩擦力向右 当Ff FT时 合外力向右 P向右做加速运动 当达到与传送带速度一样时 一起做匀速运动 受力分析如图甲 则B正确 当Ff FT时 一直减速直到减为零 再反向加速 当v1 v2时 P相对于传送带向右滑动 受力分析如图乙 P向右做减速运动 当P的速度与传送带速度相等时 若Ff FT P又相对于传送带向左滑动 相对地面向右减速 受力分析如图甲 加速度减小 则C正确 当Ff FT时匀速运动 A D错误 3 如图甲所示 一根直杆AB与水平面成某一角度固定 在杆上套一个小物块 杆底端B处有一弹性挡板 杆与板面垂直 现将物块拉到A点静止释放 物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t图像如图乙所示 物块最终停止在B点 重力加速度g取10m s2 求 1 物块与杆之间的动摩擦因数 2 物块滑过的总路程s 解析 1 由图像可知 物块下滑的加速度a1 4m s2 上滑时的加速度大小a2 8m s2 杆AB长L 2m 设直杆的倾角为 物块的质量为m 由牛顿第二定律得 F合1 mgsin mgcos ma1 F合2 mgsin mgcos ma2代入数据 得 0 25 sin 0 6 cos 0 8 2 对物块整个过程分析 由动能定理得 mgLsin mgscos 0 代入数据得 s 6m答案 1 0 25 2 6m 加固训练 如图所示 劲度系数为k的轻弹簧竖直放置 下端固定在水平地面上 一质量为m的小球 从离弹簧上端高为h处自由下落 接触弹簧后继续向下运动 观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程 下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是 解析 选A 小球接触弹簧开始 合力向下 向下做加速度逐渐减小的加速运动 运动到某个位置时 重力等于弹簧弹力 合力为零 加速度为零 速度最大 然后重力小于弹力 合力方向向上 向下做加速度逐渐增大的减速运动 运动到最低点时 速度为零 加速度最大 根据对称性可知 到达最低端时加速度大于g 故选项A正确 选项B C D错误 热点考向3连接体问题 典例5 16分 2015 福州一模 高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受 大大方便了人们的工作与生活 高铁每列车组由七节车厢组成 除第四节车厢为无动力车厢外 其余六节车厢均具有动力系统 设每节车厢的质量均为m 各动力车厢产生的动力相同 经测试 该列车启动时能在时间t内将速度提高到v 已知运动阻力是车重的k倍 求 1 列车在启动过程中 第五节车厢对第六节车厢的作用力 2 列车在匀速行驶时 第六节车厢失去了动力 若仍要保持列车的匀速运动状态 则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大 拿分策略 第一问 明确题型 连接体问题 明确思路 先整体 后隔离 按部就班列方程 第二问 抓住关键信息 匀速行驶 分情况列方程 第二种 列 式 2分 按照过程列方程 就能拿到12分 若能正确解方程求出结果再拿下4分 则得满分16分 解析 1 列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动 启动加速度为a 2分 对整个列车 由牛顿第二定律得 F k 7mg 7ma 2分 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T 对第六 七两节车厢进行受力分析 水平方向受力如图所示 由牛顿第二定律得 T k 2mg 2ma 2分 联立 得T m kg 1分 其中 表示实际作用力与图示方向相反 即与列车运动方向相反 2 列车匀速运动时 对整体由平衡条件得F k 7mg 0 2分 设第六节车厢有动力时 第五 六节车厢间的作用力为T1 则有 T1 k 2mg 0 2分 第六节车厢失去动力时 仍保持列车匀速运动 则总牵引力不变 设此时第五 六节车厢间的作用力为T2 分析第六 七节车厢 则有 T2 k 2mg 0 2分 联立 得T1 kmg 1分 T2 kmg 1分 因此作用力变化 T T2 T1 kmg 1分 答案 1 m kg 方向与列车运动方向相反 2 kmg 规律总结 整体法和隔离法的对比 1 整体法 优点 研究对象减少 忽略物体之间的相互作用力 方程数减少 求解方便 条件 连接体中各物体具有共同的加速度 2 隔离法 优点 易看清各个物体具体的受力情况 条件 当系统内各物体的加速度不同时 一般采用隔离法 求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法 题组过关 1 2015 锦阳一模 如图所示 带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动 小球A用细线悬挂于支架前端 质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端 B与小车平板间的动摩擦因数为 若某时刻观察到细线偏离竖直方向 角 则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为 A mg 斜向右上方B mg 斜向左上方C mgtan 水平向右D mg 竖直向上 解析 选A 由题图可知 小车向左做匀减速运动 其加速度大小a gtan 小车对物块B向右的静摩擦力为Ff ma mgtan 竖直向上的支持力FN mg 小车对物块B产生的作用力的大小为F 方向为斜向右上方 选项A正确 2 多选 如图甲所示 A B两物体叠放在光滑水平面上 对物体B施加一水平变力F F t关系如图乙所示 两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止 则 A t0时刻 两物体之间的摩擦力最大B t0时刻 两物体的速度方向开始改变C t0 2t0时间内 两物体之间的摩擦力逐渐增大D 0 2t0时间内 物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同 解析 选C D 两物体始终保持相对静止 故t0时刻 两物体的加速度为零 两物体之间无摩擦力 A错误 0 t0时刻两物体做加速度减小的加速运动 t0时刻速度达到最大 t0 2t0时间内两物体做加速度增大的减速运动 到2t0时刻速度减到零 故0 2t0时间内两物体的速度方向没有改变 B错误 0 2t0时间内物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同 D正确 两物体之间的摩擦力Ff mAa Ff随F的变化而变化 C正确 3 多选 2015 全国卷 在一东西向的水平直铁轨上 停放着一列已用挂钩连接好的车厢 当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时 连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F 当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时 P和Q间的拉力大小仍为F 不计车厢与铁轨间的摩擦 每节车厢质量相同 则这列车厢的节数可能为 A 8B 10C 15D 18 解析 选B C 设P在东 Q在西 当机车向东加速行驶时 对P以西的所有车厢应用牛顿第二定律F m西a当机车向西加速行驶时 对Q以东的所有车厢应用牛顿第二定律 F m东 a两式相比可得m西 m东 2 3所以这列车厢的节数只能为5的整数倍 B C两项符合要求 A D两项不符合题意 加固训练 多选 如图所示 质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2 置于光滑的水平面上 当水平力F作用于左端A上 两木块一起做匀加速运动时 A B间作用力大小为F1 当水平力F作用于右端B上 两木块一起做匀加速运动时 A B间作用力大小为F2 则 A 在两次作用过程中 木块的加速度的大小相等B 在两次作用过程中 F1 F2 FC 在两次作用过程中 F1 F2 FD 在两次作用过程中 解析 选A C 当水平力F作用于左端A上 两木块一起做匀加速运动时 由牛顿第二定律 可得整体的加速度a 方向向右 对木块B 由牛顿第二定律可得F1 m2a m2 当水平力F作用于左端B上 两木块一起做匀加速运动时 由牛顿第二定律可得整体的加速度a 方向向左 对木块A 由牛顿第二定律可得F2 m1a m1 因此 在两次作用过程中 木块的加速度的大小相等 F1 F2 F 正确选项为A C 连接体问题 典例 如图所示 在粗糙水平面上有一质量为M 高为h的斜面体 斜面体的左侧有一固定障碍物Q 斜面体的左端与障碍物的距离为d 将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端 小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止 现给斜面体施加一个水平向左的推力 使斜面体和小物块一起向左做匀加速运动 当斜面体到达障碍物与其碰撞后 斜面 体立即停止运动 小物块水平抛出 最后落在障碍物的左侧P处 图中未画出 已知斜面体与地面间的动摩擦因数为 1 斜面倾角为 重力加速度为g 滑动摩擦力等于最大静摩擦力 求 1 小物块与斜面间的动摩擦因数 2 2 要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远 水平推力F为多大 答卷抽样 试卷评析 错误角度1 忽略了小物块与斜面之间的摩擦力错因剖析 分析小物块的受力情况时 误认为小物块只受自身重力和斜面对它的支持力 由两者的合力使小物块产生加速度 实际上小物块除了受重力和支持力还受到斜面对它的摩擦力 这属于审题马虎 受力分析环节出错 错误角度2 计算斜面与地面间的摩擦力时出错错因剖析 计算斜面对地面的压力时 误认为斜面的重力与地面对斜面的支持力是一对平衡力 导致压力计算错误 进一步导致摩擦力计算错误 实际上应以整体为研究对象 压力大小应等于整体所受的重力的大小 纠偏措施 1 正确进行受力分析 按场力 弹力 摩擦力 其他力的顺序 正确进行受力分析 防止多力或漏力 提醒自己不要想当然地挪用类似题目中的受力分析 犯经验主义错误 2 准确应用平衡条件 首先应正确选取研究对象 并确保研究对象处于平衡状态或在某一方向上处于平衡状态 然后再正确进行受力分析 并在此基础上应用平衡条件列式求解 规范解答 1 对m由平衡条件得 mgsin 2mgcos 0解得 2 tan 2 要使物块在地面上的落点P距Q最远 应使物块随斜面体到达Q点的速度最大 需要加速度最大 对m设其最大加速度为am 由牛顿第二定律得 水平方向 Nsin 2Ncos mam 竖直方向 Ncos 2Nsin mg 0解得 am gtan2 对M m整体由牛顿第二定律得 F 1 M m g M m am解得 F 1 M m g M m gtan2 答案 1 tan 2 1 M m g M m gtan2