2019版高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的应用课件.ppt

第3讲牛顿运动定律的应用 考点 超重和失重 大于 小于 0 竖直向下 g 下 竖直向上 续表 a a 0 基础自测 1 在升降电梯内的地面上放一体重计 电梯静止时 晓敏同学站在体重计上 体重计示数为50kg 电梯运动过程中 某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3 3 1所示 在这段 时间内下列说法正确的是 图3 3 1 A 晓敏同学所受的重力变小了 B 晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C 电梯一定在竖直向下运动 答案 D 2 2017年上海静安区高三质检 某同学把一体重秤放在电梯的地板上 他站在体重秤上随电梯运动 并在下表中记录了几个特定时刻体重秤的示数 表内时刻不存在先后顺序 若已 知t0时刻电梯处于静止状态 则 A t1时刻该同学的质量并没有变化 但所受重力发生变化B t2时刻电梯可能向上做减速运动C t1和t2时刻电梯运动的方向相反D t3时刻电梯处于静止状态答案 B 3 2017年湖南邵阳高三第二次大联考 学校 身边的物理 社团小组利用传感器研究物体的运动 在一小球内部装上无线传感器 并将小球竖直向上抛出 通过与地面上接收装置相连的计算机描绘出小球上抛后运动规律的相关图象 已知小球在运动过程中受到的空气阻力随速度的增大而增大 则下列图象可能是计算机正确描绘的是 已知v t分别表示小球速度的 大小 运动的时间 A B C D 答案 D 4 2013年新课标 卷 一物块静止在粗糙的水平桌面上 从某时刻开始 物块受到一方向不变的水平拉力作用 假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 以a表示物块的加速度大小 F表示水平拉力的大小 能正确描述F与a之间关系的 图象是 A B C D 解析 设物体所受滑动摩擦力为f 在水平拉力F作用下 物体做匀加速直线运动 由牛顿第二定律 F f ma F ma f 所以能正确描述F与a之间关系的图象是C 选项C正确 答案 C 热点1 超重与失重现象 热点归纳 1 超重并不是重力增加了 失重并不是重力减小了 完全失重也不是重力完全消失了 在发生这些现象时 物体的重力依然存在 且不发生变化 只是物体对支持物的压力 或对悬挂物的拉力 发生了变化 即 视重 发生变化 2 只要物体有向上或向下的加速度 物体就处于超重或失 重状态 与物体向上运动还是向下运动无关 3 尽管物体的加速度不是在竖直方向 但只要其加速度在 竖直方向上有分量 物体就会处于超重或失重状态 4 物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共 同决定的 其大小等于ma 考向1 对超重与失重现象的理解及判断 典题1 多选 如图3 3 2所示 轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上 弹簧下端悬挂一个小铁球 在电梯运行时 乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了 这一现象 表明 A 电梯一定是在下降B 电梯可能是在上升 图3 3 2 C 电梯的加速度方向一定是向下D 乘客一定处在超重状态 解析 电梯静止时 弹簧的拉力和小铁球所受重力相等 现在 弹簧的伸长量变大 则弹簧的拉力变大 小铁球的合力方向向上 加速度方向向上 小铁球处于超重状态 但电梯可以是加速向上运动或减速向下运动 答案 BD 考向2 超重与失重的图象问题 典题2 多选 2015年江苏卷 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3 3 3所示 以 竖直向上为a的正方向 则人对地板的压力 图3 3 3 A t 2s时最大C t 8 5s时最大 B t 2s时最小D t 8 5s时最小 解析 人受重力mg和支持力FN的作用 由牛顿第二定律得FN mg ma 由牛顿第三定律得人对地板的压力FN FN mg ma 当t 2s时a有最大值 FN 最大 当t 8 5s时 a有最小值 FN 最小 选项A D正确 答案 AD 考向3 关于超重与失重的计算 典题3 小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象 他在地面上用台秤称得其体重为500N 再将台秤移至电梯内称其体重 电梯从t 0时由静止开始运动到t 11s时停止 得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图3 3 4所示 g取10m s2 求 图3 3 4 1 小明在0 2s内加速度a1的大小 并判断在这段时间内 他处于超重还是失重状态 2 在10 11s内 台秤的示数F3 3 小明运动的总位移x 解 1 由图象可知 在0 2s内 台秤对小明的支持力 F1 450N 由牛顿第二定律 得mg F1 ma1解得a1 1m s2 加速度方向竖直向下 故小明处于失重状态 2 设在10 11s内小明的加速度为a3 时间为t3 0 2s 的时间为t1 则a1t1 a3t3 解得a3 2m s2 由牛顿第二定律 有F3 mg ma3解得F3 600N 2 10s内位移x2 a1t1t2 16m 小明运动的总位移x x1 x2 x3 19m 热点2 牛顿第二定律与图象结合的问题 热点归纳 常见的动力学图象 v t图象 a t图象 F t图象 F a图象等 1 分清图象的类别 即分清横 纵坐标所代表的物理量 明确其物理意义 掌握物理图象所反映的物理过程 会分析临界点 2 注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义 图线与横 纵坐标轴的交点 图线的转折点 两图线的交点等 3 明确能从图象中获得哪些信息 把图象与具体的题意 情境结合起来 再结合斜率 特殊点 面积等的物理意义 确定从图象中反馈出来的有用信息 这些信息往往是解题的突破口或关键点 考向1 由v t图象分析物体的受力情况 典题4 多选 2015年新课标 卷 如图3 3 5甲所示 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 甲 乙 图3 3 5 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 答案 ACD 考向2 由F t图象分析物体的运动情况 典题5 质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上 物体与地面间的动摩擦因数为0 2 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等 从t 0时刻开始 物体受到方向不变 大小呈周期性变化的水平拉力F的作用 F随时间t的变化规律如图3 3 6所示 重力加速度g取10m s2 则物体在t 0至t 12s这段时 间的位移大小为 图3 3 6 A 18m B 54m C 72m D 198m 解析 拉力F只有大于最大静摩擦力fmax mg 0 2 2 10N 4N时 物体才会由静止开始运动 0 3s时 F fmax 物体保持静止 s1 0 3 6s时 F fmax 物体由静止开始做匀加速直线运动 由题意知 滑动摩擦力f fmax 6 9s时 F f 物体做匀速直线运动 s3 vt 6 3m 18m 9 12s时 F f 物体以6m s为初速度 以2m s2为加速度做匀加速直线运动 所以0 12s内物体的位移为s s1 s2 s3 s4 54m 选项B正确 答案 B 考向3 a F图象 典题6 2017年甘肃兰州实战考试 用一水平力F拉静止在水平面上的物体 在F从零开始逐渐增大的过程中 加速度a随外力F变化的图象如图3 3 7所示 g取10m s2 水平 滑动摩擦力 A 物体与水平面间的滑动摩擦力B 物体与水平面间的动摩擦因数C 外力F为12N时物体的速度 D 物体的质量 图3 3 7 答案 C 方法技巧 解决图象综合问题的关键 图象反映了两个变量之间的函数关系 必要时需要根据物理规律进行推导 得到函数关系后结合图线的斜率 截距 面积 交点坐标 拐点的物理意义对图象及运动过程进行分析 热点3 动力学中的临界极值问题 热点归纳 动力学中的典型临界条件 1 接触与脱离的临界条件 两物体相接触或脱离 临界条件是弹力FN 0 2 相对滑动的临界条件 两物体相接触且处于相对静止时 常存在着静摩擦力 则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值 3 绳子断裂与松弛的临界条件 绳子所能承受的拉力是有限度的 绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受的最大拉力 绳子松弛的临界条件是FT 0 4 加速度变化时 速度达到最值的临界条件 当加速度变 为零时 考向1 动力学中的临界问题 典题7 一斜面放在水平地面上 倾角为 45 一个质量为m 0 2kg的小球用细绳吊在斜面顶端 如图3 3 8所示 斜面静止时 球紧靠在斜面上 绳与斜面平行 不计斜面与水 平面的摩擦 下列说法正确的是 图3 3 8 A 当斜面以向右的加速度a m s2运动时 斜面对小 球的弹力为零B 斜面向右的加速度超过a 10m s2时 球与斜面脱离C 无论斜面做什么运动 绳子拉力的竖直分力一定等于球的重力D 无论斜面做什么运动 绳子拉力与斜面弹力的合力一定竖直向上 解析 设小球刚刚脱离斜面时 斜面向右的加速度为a0 此时斜面对小球的支持力恰好为零 小球只受重力和细绳的拉力 且细绳仍然与斜面平行 小球受力如图3 3 9所示 由牛顿第二定律得 mgcot ma0 解得临界加速度a0 gcot 10m s2 故A错误 B正确 斜面对小球的弹力不为零时 斜面对小球的弹力与绳子拉力在竖直向上方向上的合力大小等于重力 C错误 当球与斜面脱离时 斜面对球的弹力为零 拉力与弹力的合 图3 3 9 力不在竖直方向上 D错误 答案 B 迁移拓展 如图3 3 10所示 质量为m 1kg的物块放在倾角为 37 的斜面体上 斜面体的质量为M 2kg 斜面与物块间的动摩擦因数为 0 2 地面光滑 现对斜面体施加一水平推力F 要使物块相对斜面静止 试确定推力F的取值范围 g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 图3 3 10 解 假设水平推力F较小 物块相对斜面具有下滑趋势 当刚要下滑时 推力F具有最小值 设大小为F1 此时物块受力如图D19甲所示 取加速度方向为x轴正方向 对物块分析 在水平方向 有 FNsin FNcos ma1在竖直方向 有 FNcos FNsin mg 0对整体 有F1 M m a1 联立以上各式解得a1 4 8m s2 F1 14 4N 甲 乙 图D19假设水平推力F较大 物块相对斜面具有上滑趋势 当刚要上滑时 推力F具有最大值 设大小为F2 此时物块受力如图乙所示 对物块分析 在水平方向 有FN sin FN cos ma2 在竖直方向 有 FN cos FN sin mg 0对整体有 F2 M m a2 联立以上各式解得a2 11 2m s2 F2 33 6N 综上所述可知推力F的取值范围为 14 4N F 33 6N 考向2 动力学中的极值问题 典题8 如图3 3 11所示 一质量m 0 4kg的小物块 以v0 2m s的初速度在与斜面成某一夹角的拉力F作用下 沿斜面向上做匀加速运动 经t 2s的时间物块由A点运动到B点 A B之间的距离L 10m 已知斜面倾角 30 物块与 斜面之间的动摩擦因数 重力加速度g取10m s2 1 求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小 2 拉力F与斜面夹角为多大时 拉力F最 小 拉力F的最小值是多少 图3 3 11 解 1 设物块加速度的大小为a 到达B点时速度的大小为v 由运动学公式得 联立 式 代入数据得 a 3m s2v 8m s v v0 at 2 设物块所受支持力为FN 所受摩擦力为Ff 拉力与斜面间的夹角为 受力分析如图3 3 12所示 由牛顿第二定律得图3 3 12 Fcos mgsin Ff ma Fsin FN mgcos 0 又Ff FN 联立 式得