2020届高考物理总复习第三单元牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律及其应用教师用书含解析.pdf

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1、第 1 讲 牛顿运动定律及其应用第 1 讲 牛顿运动定律及其应用 牛顿运动定律是高考重点考查的内容之一,每年必考,且分值较高。题型既有选择题,又有计算题;既有单 独考查,又有与其他章节知识的综合考查。能力的考查侧重推理能力。本模块涉及超重和失重、单位制两个 级考点,牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用两个级考点。具体特点有:(1)对惯性、超重与失重、牛顿 运动定律的理解;(2)应用牛顿运动定律分析物体的运动过程;(3)将牛顿运动定律与运动学(特别是与图象相 联系)等知识相结合进行综合考查;(4)灵活运用整体法和隔离法处理连接体问题,并能选取适当的坐标系列方 程求解;(5)与实际生活应用相结合,将实

2、际问题理想化、模型化。试题可能以选择题或实验题单独考查,还可 能以计算题与其他知识综合考查。 预计 2020 年高考对本章内容的考查仍将以概念和规律的应用为主,单独考查的题目多为选择题,与曲线 运动、万有引力及电磁学等相结合以计算题的形式出现的可能性较大。命题存在以下特点和趋势:一是它是 高考考查的重点,命题次数较多;二是题型全面,从选择到实验,再到计算都有可能涉及;三是命题趋势大体呈 现以下特点,(1)匀变速直线运动规律的应用,(2)动力学方法的应用,(3)动力学方法和功能关系的综合应用。 试题以实际生活、生产和科技实验等有关问题为背景考查物理知识。其中整体法和隔离法、瞬时关系、连接 体问题

3、、力和运动关系、超重和失重问题、弹簧问题、传送带问题、板块模型等应特别关注。 第 1 讲 牛顿运动定律及其应用 1牛顿第一定律 (1)伽利略用“实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点。伽利略的理想斜面实验虽然是想象中 的实验,但这个实验反映了一种物理思想在可靠的事实基础之上,以事实为依据,以抽象为指导,抓住主要 因素,忽略次要因素,科学地揭示自然规律。 (2)牛顿第一定律:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这 种状态。意义:揭示了物体的固有属性,一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律;揭示了力与 运动的关系,力不是维持物体运动的原因,而是改变

4、物体运动状态的原因,即力是产生加速度的原因。 (3)牛顿第一定律的应用技巧:应用牛顿第一定律分析实际问题时,要把生活感受和理论问题联系起来 深刻认识力和运动的关系,正确理解力不是维持物体运动状态的原因,纠正生活中一些错误的直观印象,建立 正确的思维习惯。如果物体的运动状态发生改变,则物体必然受到不为零的合外力作用。因此,判断物体的 运动状态是否改变,以及如何改变,应分析物体的受力情况。 1.1(2019 天津市和平区高三第一次模拟)(多选)关于伽利略的理想实验,下列说法正确的是( )。 A.只要接触面的摩擦力相当小,物体在水平面上就能匀速运动下去 B.这个实验实际上是永远无法做到的 C.利用气

5、垫导轨,就能使实验成功 D.虽然是想象中的实验,但它是建立在可靠的实验基础上的 【答案】BD 1.2(2018 济南市平阳县高三质量检测)根据牛顿运动定律可知,下列说法正确的是( )。 A.力是维持物体运动的原因 B.力是改变物体运动状态的原因 C.外力停止作用后,物体由于惯性会停止 D.物体做匀速直线运动时,所受合力可以不为零 【答案】B 2惯性 (1)定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。 (2)普遍性:一切物体都具有惯性,惯性是物体的固有属性。 (3)相关性:惯性的大小只与物体的质量有关,与其他因素(如受力情况、运动情况)无关。 (4)唯一性:质量是惯性大小的唯一量度。

6、 【易错警示】 误区一,认为运动的物体有惯性,静止的物体没有惯性。误区二,认为运动速度大的物体 惯性大。误区三,认为重力越小,惯性越小。误区四,认为惯性是一种特殊的力。 2.1(2018 长春市农安县高三模拟)有一热气球以一定的速度匀速竖直上升到某一高度时,从热气球里掉出一 个物体,这个物体离开热气球后将( )。 A.继续上升一段距离,然后下落 B.立即下落 C.以原来的速度永远上升 D.以上说法都不对 【答案】A 2.2(2019 安徽皖南八校监测)物体A的质量为 1 kg,物体B的质量为 2 kg,A、B分别以 2 m/s 和 1 m/s 的速 度运动,则下列说法中正确的是( )。 A.A

7、的惯性比B的大 B.B的惯性比A的大 C.A和B的惯性一样大 D.不能确定A、B的惯性大小关系 【答案】B 3牛顿第二定律 (1)内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比。加速度的方向跟作用力的方 向相同。表达式为F=ma。 (2)牛顿第二定律的基本特性 【温馨提示】 力是产生加速度的原因,若不存在力,则没有加速度。力和加速度都是矢量,物体加速度 方向由物体所受合力的方向决定。 3.1(2018 安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出,已知空气对物体的阻力大小与速度大小成 正比,则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )。 A.上升过程加速度增大,下降过程加

8、速度减小 B.上升过程加速度增大,下降过程加速度也增大 C.上升过程加速度减小,下降过程加速度也减小 D.上升过程加速度减小,下降过程加速度增大 【答案】C 3.2(2018 长沙大学附属中学月考)如图所示,一木块在光滑水平面上受一个恒力F作用而运动,前方固定有一 个轻质弹簧,当木块接触弹簧后,下列判断正确的是( )。 A.木块将立即做匀减速直线运动 B.木块将立即做变减速直线运动 C.在弹簧弹力大小等于恒力F时,木块的速度最大 D.在弹簧压缩量最大时,木块的加速度为零 【答案】C 4力学单位制 (1)单位制:由基本单位和导出单位共同组成。 (2)基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本物理量

9、有三个,分别是质量、时间和长度,它们的国际单 位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。 (3)导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。 4.1(2019 南京十二中高三第一次模拟)在国际单位制(简称 SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千 克)、s(秒)、A(安培)。导出单位 V(伏特)用上述基本单位可表示为( )。 A.m2kgs-4A-1B.m2kgs-3A-1 C.m2kgs-2A-1D.m2kgs-1A-1 【答案】B 5超重和失重 (1)超重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。产生条件:物体具有向上 的加速度。 (2)

10、失重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。产生条件:物体具有向下 的加速度。 (3)完全失重:物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象。产生条件:物体的加速度a=g, 方向竖直向下。 (4)实重和视重。实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。视重:当物体在竖直方向上 有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计的示数或台秤的 示数即为视重。 5.1(2018 贵州遵义航天中学四模)蹦极是一种极限体育项目,可以锻炼人的胆量和意志。运动员从高处跳下, 在弹性绳被拉伸前做自由落体运动,在弹性绳被拉伸后运动员在弹性

11、绳的缓冲作用下,下落一定高度后速度减 为零。关于下降的全过程,下列说法中正确的是( )。 A.弹性绳拉伸前运动员处于失重状态,弹性绳拉伸后运动员处于超重状态 B.弹性绳拉伸后运动员先处于失重状态,后处于超重状态 C.弹性绳拉伸后运动员先处于超重状态,后处于失重状态 D.运动员一直处于失重状态 【答案】B 5.2(2018 盐城市伍佑中学调研)在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中,克罗地亚选手弗拉 西奇以 2.04 m 的成绩获得冠军,如图所示。弗拉西奇的身高约为 1.93 m,忽略空气阻力,g取 10 m/s2,则下列 说法正确的是( )。 A.弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态

12、 B.弗拉西奇起跳以后在上升过程中处于超重状态 C.弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力 D.弗拉西奇起跳时的初速度大约为 3 m/s 【答案】A 6牛顿第三定律 (1)作用力和反作用力:两个物体之间的作用总是相互的,一个物体对另一个物体施加了力,后一个物 体同时对前一个物体也施加了力。牛顿第三定律内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向 相反,作用在同一条直线上。 (2)作用力与反作用力的关系:六同,即大小相同、性质相同、同一直线、同时产生、同时变化、同时 消失。三异,即方向相反、不同物体、不同效果。二无关,即与物体的运动状态无关、与物体是否受其他 力无关。 (3)一

13、对平衡力与一对相互作用力的比较 名称 项目 一对平衡力作用力与反作用力 作用对象同一个物体两个相互作用的不同物体 作用时间 不一定同时产生、同 时消失 一定同时产生、同时消失 力的性质不一定相同一定相同 合力零不存在合力 (4)牛顿第三定律在受力分析、处理连接体问题中都有广泛的应用。当某个力不方便直接分析或求解时, 可利用牛顿第三定律转换研究对象,通过分析或求解反作用力,从而快捷地解决问题。 6.1(2019 浙江省金华五校模拟)牛顿在总结了雷恩、沃利斯和惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿 第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。

14、 下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( )。 A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力 B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡 C.人推车前进,人对车的作用力大于车对人的作用力 D.物体在地面上滑行,不论物体的速度多大,物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等 【答案】D 6.2(2019 长春九台区一中考试)当人站在体重计上称重时,下列说法正确的是( )。 A.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力 B.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力 C.人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力 D.人所受的重力和人对体重计的压力是

15、一对作用力和反作用力 【答案】B 题型一 牛顿第二定律的应用 1.合力、加速度、速度间的决定关系 (1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向,只要合力不为零,不管速度是大是小,或是零,物体都有 加速度,只有合力为零时,加速度才为零。一般情况下,合力与速度无必然的联系。 (2)合力与速度同向时,物体做加速运动;合力与速度反向时,物体做减速运动。 (3)a=是加速度的定义式,a与 v、t无直接关系;a=是加速度的决定式,aF,a 。 v t F m 1 m 2.牛顿第二定律的矢量性 由于加速度的方向与合力的方向总相同,若已知合力的方向,即可确定加速度的方向;反之,若已知加速度 的方向,即可确定合

16、力的方向。 3.牛顿第二定律的瞬时性 (1)瞬时问题的三种模型 内容轻绳(细线)轻杆轻弹簧 模型的 建立 不计质量,只 能产生拉力, 劲度系数很 大,可看成不 可伸长 不计质量,可提 供拉力、压力 或不沿杆的力, 劲度系数很大, 可看成不可伸 长或压缩 可以被拉伸或压缩,弹力大小与弹簧的形变量有关(弹性限度内) 模型的 特点 各处张力大 小相等,方向 沿绳收缩的 方向,瞬时问 题中其弹力 发生突变 各处弹力大小 相等,但方向不 一定沿杆方向, 瞬时问题中其 弹力发生突变 各处弹力大小相等,方向与形变方向相反,瞬时问题中其弹力大小不变 (2)求解瞬时加速度的一般思路 分析物体的受力情况列牛顿第二

17、定律方程求瞬时加速度。 4.牛顿第二定律的独立性 (1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律。 (2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和。 (3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律,即ax=,ay=。 Fx m Fy m 【例 1】在托乒乓球跑步比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直 线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点。比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的 倾角为0,如图所示,设整个过程中球一直保持在球拍中心不动,球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大 小成正比,方向与运动方向相反,不计球与

18、球拍之间的摩擦力,球的质量为m,重力加速度为g。求: (1)空气阻力大小与球速大小的比例系数k。 (2)在加速跑阶段球拍倾角 随速度v变化的关系式。 【解析】(1)在匀速运动阶段,有mgtan0=kv0 解得空气阻力大小与球速大小的比例系数k=。 mgtan0 v0 (2)加速阶段,设球拍对球的支持力为FN,有 FNsin-kv=ma,FNcos=mg 得在加速跑阶段球拍倾角 随速度v变化的关系式 tan= +。 a g vtan0 v0 【答案】(1) (2)tan= + mgtan0 v0 a g vtan0 v0 运用牛顿第二定律解题的基本思路 (1)通过审题,灵活地选取研究对象。 (2

19、)分析研究对象的受力情况和运动情况。 通常可以把研究对象提取出来(隔离法),从它跟周围物体的联系上去寻找作用于研究对象的所有外力,并画出 受力示意图;再进一步明确研究对象做何种运动,在运动过程中能知晓哪些量以及判断加速度的方向等。 (3)根据牛顿第二定律列出方程。 (4)统一单位后,将数值代入方程求解。 (5)检查答案是否完整、合理。 注意:如果所求的未知量是矢量,必须将所求量的大小和方向都在答案中明确写出。如果题目中所求的力与求 解得到的力是一对作用力与反作用力,还需借助牛顿第三定律得到题目中所求的力。 【变式训练 1】(2018 湖南岳阳模拟)物块A(可视为质点)与轻弹簧的上端连接,弹簧下

20、端固定在光滑斜面 底端,斜面的倾角为 30,如图所示。因有人拉着物块B(可视为质点),所以A、B挨在一起但A、B之间无弹 力,已知A、B质量分别为m和 2m,重力加速度大小为g。某时刻人松手,则在松手的瞬间,下列说法正确的是 ( )。 A.物块A的加速度为 0 B.物块A的加速度为 g 3 C.物块B的加速度为 0 D.物块B的加速度为 g 2 【解析】A、B挨在一起但A、B之间无弹力,此时弹簧的弹力大小F=mgsin30= mg,弹簧不能突变,但A、B 1 2 之间弹力可发生突变,由牛顿第二定律得 3mgsin30-mgsin30=3ma,解得两者共同的加速度为g,B 项正确。 1 3 【答

21、案】B 【变式训练 2】(2018 黑龙江佳木斯一中月考)滑雪运动是近年来逐渐兴起的一种休闲运动,某滑雪游乐 场有由两个倾角=37的正对的斜坡组成的滑道(粗糙程度相同),如图所示,滑道底端平滑连接,滑道OA高 为h,滑道OB高为h,一质量m=70 kg 的游客从A点由静止滑下,不受其他影响时,经O点恰好滑到B点停止, 2 3 取 sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g=10 m/s2。问: (1)游客在OB段向上滑动时的加速度为多大? (2)滑雪过程中通过滑雪杖向后推地可获得沿速度方向向前的持续推力作用,若该游客到B点后,想返回 A点,需要在整个过程中获得的持续推力至少是多大

22、? 【解析】(1)游客由A到O的过程中,有mgsin-mgcos=ma1,2a1=-0 h sin v12 由O到B的过程中,有mgsin+mgcos=ma2 又-2a2=0- 2h 3sin v12 联立解得=0.15,a2=7.2m/s2。 (2)设推力为F,则游客由B到O的过程中,有F+mgsin-mgcos=ma3,2a3=-0 2h 3sin v22 由O到A的过程中,有mgsin+mgcos-F=ma4 -2a4=0- h sin v22 联立解得F=168N。 【答案】(1)7.2m/s2 (2)168N 题型二 超重和失重问题 超重、失重和完全失重比较 比较超重失重完全失重 产

23、生条件 加速度方向 向上 加速度方向 向下 加速度方向向下,且大小a=g 动力学原 理 F-mg=mamg-F=mamg-F=mg F=m(g+a)F=m(g-a)F=0 可能状态 加速上 升; 减速下 降 加速下降; 减速上升 自由落体运动和所有的抛体运动;绕地球做匀速圆周运动的卫星、 飞船等 【温馨提示】 在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会消失。 【例 2】如图所示是游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处, 然后让座舱自由落下,落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度H=75 m, 当落到离地面h=30 m 的

24、位置时开始制动,座舱做匀减速运动。在一次娱乐中,某乘客的质量m=60 kg。g取 10 m/s2,不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。当座舱落到离地面高h1=60 m 和h2=20 m 的位置时,求该乘客 对座位的压力各为多大。 【解析】当座舱距地面h1=60m 时,乘客处于完全失重状态 此时乘客对座位的压力F1=0 座舱自由下落高度h2=H-h=(75-30)m=45m 时,座舱开始制动,设此时的速度为v 由运动学公式得v2=2gh2 座舱制动过程做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,则有v2=2ah 联立可得a=15m/s2,方向竖直向上 设此过程中乘客受到座位的支持力为F2,根据牛顿第二

25、定律,对乘客有F2-mg=ma 代入数据可得F2=1500N 根据牛顿第三定律可知,该乘客对座位的压力大小 F2=F2=1500N。 【答案】0 1500N 判断超重和失重的方法 从受力的 角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时,物体处于失重状 态;等于零时,物体处于完全失重状态 从加速度 的角度判 断 当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的加速度时,物体处于失重状态;向下 的加速度a=g时,物体处于完全失重状态 从速度变 化的角度 判断 物体向上加速或向下减速时,超重 物体向下加速或向上减速时,失重 【变式训练 3】(2018 广东

26、省佛山市高三下学期测试)图示为一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的简 化运动图象。下列判断正确的是( )。 A.036 s 内物体被吊起的高度为 25 m B.010 s 内的平均速度大于 30 s36 s 内的平均速度 C.30 s36 s 内物体处于超重状态 D.前 10 s 内钢索最容易发生断裂 【解析】在v-t图象中,图线与时间轴所围的面积表示位移,所以 036s 内物体被吊起的高度x= 1 2 (20+36)1m=28m,A 项错误;010s 内物体做匀变速直线运动,所以平均速度v1=0.5m/s,同理 v01+ vt1 2 30s36s 内的平均速度v2=0.5m/s,所以平均速度

27、相等,B 项错误;30s36s 内物体匀减速上升,加速度 v02+ vt2 2 向下,物体处于失重状态,C 项错误;前 10s 内物体做匀加速直线运动,加速度向上,由牛顿第二定律可知 F=mg+ma,拉力最大,钢索最容易发生断裂,D 项正确。 【答案】D 【变式训练 4】(2018 河北省唐山市滦县二中模拟)如图所示是“神舟十号”飞船返回舱成功返回地面时 的情景。返回舱返回时,先靠降落伞减速,竖直落地前还靠反冲火箭使其速度进一步降低。假设返回舱在启动 火箭反冲前速度是 8 m/s,反冲火箭工作 0.3 s 后,速度降为 2 m/s,g取 10 m/s2,在这个过程中,返回舱中的 航天员( )。

28、 A.处于超重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的 3 倍 B.处于失重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的 1 3 C.处于超重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的 2 倍 D.处于失重状态,对座椅的平均压力约是自身重力的 1 2 【解析】返回舱向下减速,加速度向上,航天员处于超重状态。设反冲火箭工作时返回舱的加速度大小为 a,则a=20m/s2;以人为研究对象,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,则座椅对人的支持力F=m(g+a)=3mg,由 v0- v t 牛顿第三定律可知人的对座椅的压力为航天员自身重力的 3 倍,A 项正确。 【答案】A 题型三 动力学的两类基本问题 两类动力学问题的解

29、题步骤 【例 3】“跳台滑雪”是冬奥会中一项极为壮观的运动,其运动过程包括助滑、起跳、空中飞行和着陆四 个阶段。其中的助滑过程可简化如下:如图,助滑道由长为L、倾角为的斜坡AB和弧形坡BCD构成,AB和 BCD在B处相切,运动员(可视为质点)踩着滑雪板从A端无初速度下滑,沿助滑道滑至D端起跳。假设滑雪板 与AB间的动摩擦因数为,不计空气阻力,重力加速度为g。求运动员在斜坡AB上滑行的时间。 【解析】运动员在斜坡AB上做匀加速运动 所受的摩擦力f=FN 垂直斜坡方向,由平衡条件有FN=mgcos 平行斜坡方向,由牛顿第二定律有mgsin-f=ma 解得a=g(sin-cos) 由运动学规律有L=

30、 at2 1 2 解得t=。 2L g(sin - cos) 【答案】 2L g(sin - cos) 以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图所示。 【变式训练 5】(2018 四川省成都市第二次诊断)一个小圆环瓷片最高能从h=0.18 m 高处由静止释放后 直接撞击地面而不被摔坏。现让该小圆环瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑,瓷片与圆柱体之间 的摩擦力是瓷片重力的 4.5 倍,如图所示。若让该装置从距地面H=4.5 m 高处从静止开始下落,瓷片落地恰好 没被摔坏。已知圆柱体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的 0.1,圆柱体碰地后速度立即变为零且保持

31、竖直 方向。求:(g取 10 m/s2) (1)当瓷片直接撞击地面而不被摔坏时,瓷片着地瞬间的最大速度。 (2)瓷片随圆柱体从静止到落地,下落的总时间。 【解析】(1)瓷片从h=0.18m 处下落,设加速度为a0,瓷片质量为m,根据牛顿第二定律,有mg-0.1mg=ma0 得a0=9m/s2 又=2a0h,得v0=1.8m/s。v02 (2)瓷片随圆柱体一起加速下落,设加速度为a1,则有a1=a0=9m/s2,又=2a1H,得v1=9m/sv12 下落时间t1= =1s v1 a1 瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,有 4.5mg+0.1mg-mg=ma2

32、 得a2=3.6g=36m/s2 则瓷片继续下落的时间t2=0.2s v1- v0 a2 瓷片随圆柱体从静止到落地,下落总时间t=t1+t2=1.2s。 【答案】(1)1.8m/s (2)1.2s 【变式训练 6】(2018 德州实验中学模拟)一质量m=2 kg 的滑块能在倾角=30的足够长的固定斜面上 以a=2.5 m/s2的加速度匀加速下滑。如图所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使之由静止开始在t=2 s 内能沿斜面运动位移x=4 m。求:(g取 10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数。 (2)恒力F的大小。 【解析】(1)根据牛顿第二定律可得 mgsin30-mgcos

33、30=ma 解得=。 3 6 (2)由x= a1t2,得a1=2m/s2 1 2 当加速度沿斜面向上时,有 Fcos30-mgsin30-(Fsin30+mgcos30)=ma1 解得F=N 763 5 当加速度沿斜面向下时,有 mgsin30-Fcos30-(Fsin30+mgcos30)=ma1 解得F=N。 43 7 【答案】(1) (2)N 或N 3 6 763 5 43 7 题型四 动力学中的图象问题 1.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。 2.图象问题的类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体的速度、加

34、速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图象。 3.解题策略 (1)分清图象的类别: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、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点, 等等。 (3)明确能从图象中获得哪些信息:把图象与具体的题意、情景结合起来,应用物理规律列出与图象对应 的函数方程式,进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系,以便对有关物理问题做出准确判断。 【易错提醒】 (1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。(2)没有注意坐标原点

35、是否从零开始。 (3)不清楚图线的点、斜率、面积等表示的物理意义。(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。 【例 4】如图甲所示,一质量m=1 kg 的物体置于水平面上,在水平外力的作用下由静止开始运动,水平外 力随时间的变化情况如图乙所示,物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示(4 s 后的图线没有画出),g 取 10 m/s2。求: (1)物体在第 3 s 末的加速度大小。 (2)物体与水平面间的动摩擦因数。 (3)物体在前 6 s 内的位移。 【解析】(1)由v-t图象可知,物体在前 4s 做匀加速直线运动,所以物体在第 3s 末的加速度a1等于前 4s 内的加速度,根据v-t图象

36、和加速度定义式a=,得a1=m/s2=1m/s2。 v t 4 4 (2)在 04s 内,在水平方向,有F1-mg=ma1,解得=0.4。 (3)设前 4s 的位移为x1,由位移公式有x1= a1=8m 1 2 t12 设 4s 后物体运动时的加速度为a2,则 F2-mg=ma2 解得a2=-2m/s2 物体在 4s 末时的速度v=4m/s 设物体从 4s 末运动时间t2后速度减为零,则 0=v+a2t2,解得t2=2s 所以物体在 6s 末速度恰好减为零,故后 2s 内的位移x2=vt2+ a2 1 2 t22 代入数据解得x2=4m 所以物体在前 6s 内的位移x=x1+x2=12m。 【

37、答案】(1)1m/s2 (2)0.4 (3)12m 在解答牛顿第二定律的应用与图象问题时,要注意明确受力分析、明确运动过程,要注意正确应用图象分 析以及注意运动学公式的选择。图象类问题的实质是力与运动的关系问题,以牛顿第二定律F=ma为纽带,理 解图象的种类,图象的轴、点、线、截距、斜率、面积等所表示的物理意义。运用图象解决问题一般包括两 个角度:(1)用给定图象解答问题;(2)根据题意作图,用图象解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函 数、图象的相互转换关系。 【变式训练 7】(2019 南京市栖霞区高三一诊)如图甲所示,E为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙, 一个小物体从顶端由静

38、止释放,沿斜面下滑到底端时速度为零。小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、 加速度a与时间t的关系如图乙所示。以沿斜面向下为正方向,则下列图象中可能正确的是( )。 甲 乙 【解析】物体先在光滑的斜面上做匀加速直线运动,位移时间图线的开口向上,然后在粗糙段做匀减速 直线运动,图线开口变为向下,A 项错误。物体在前半段做匀加速直线运动,后半段做匀减速直线运动,由于到 达底端的速度为零,则前半段和后半段的平均速度相等,在前半段和后半段的运动时间相等,B 项正确。匀加速 直线运动的末速度即匀减速直线运动的初速度,则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等,方向相反,则 合力大小相等,方向相反,C、D

39、 两项错误。 【答案】B 题型五 动力学中的临界极值问题 1.“四种”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:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力 等于它所能承受的最大张力,绳子松弛与拉紧的临界条件是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。 2.处理临界问题的三种方法 极限法把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,

40、以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出 现临界条件时,往往用假设法解决问题 数学法将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件 【温馨提示】 在应用牛顿运动定律解决动力学问题的过程中,当物体运动的加速度不同时,物体有可能 处于不同的状态。特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,往往会有临界现象,此时要采用极 限分析法,看物体在不同加速度时,会有哪些现象发生,尽快找出临界点,求出临界条件。 【例 5】如图所示,水平平台AB长为 20 m,平台B端与长度未知的特殊材料制成的斜面BC连接,斜面倾

41、角为 30。在平台A端放上质量为 5 kg 的物块,并给物块施加与水平方向成 37角的 50 N 推力后,物块由 静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为 0.4,重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6。 (1)求物块由A运动到B所用的时间。 (2)若物块从A端运动到P点时撤掉推力,物块刚好能从斜面B端开始下滑,则A、P间的距离为多少?(物 块在B端无能量损失) (3)若物块与斜面间的动摩擦因数BC=0.277+0.03LB,式中LB为物块在斜面上所处的位置到B端的距离, 则在(2)中的情况下,物块沿斜面滑到什么位置时速度最大? 【解析】(1)设给物块施加与水平方向成 37角的

42、推力为F,由受力分析知物体的加速度a1= =1.6m/s2 Fcos37 - (Fsin37 + mg) m 由x= a1t2,解得物块由A运动到B的时间t=s=5s。 1 2 2 20 1.6 (2)设物体从A到P的位移为x1,从P到B的位移为x2,根据位移速度关系列方程求解,物体从A到P,有 =2a1x1vP2 物块由P到B,有=2a2x2,a2=gvP2 又x=x1+x2,解得A、P间的距离x114.3m。 (3)物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零,即a=0,BC=0.277+0.03LB,联立解得 mgsin - BCmgcos m LB=10m 因此若斜面长度L10m,则LB=1

43、0m 时速度最大;若斜面长度L10m,则在斜面最低点速度最大。 【答案】(1)5s (2)14.3m (3)若斜面长度L10m,则LB=10m 时物块速度最大;若斜面长度L10m,则在 斜面最低点物块速度最大 本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡问题,但是由于涉及动摩擦因数的变化,增加了难度,故在分析 时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零这个条件。解决临界问题的基本思路:(1)认真审题,详尽 分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段);(2)寻找过程中变化的物理量;(3)探索物理量的变 化规律;(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系;(5)列方程求结果。 【变式训练

44、 8】(2018 广东江门市第一中学一模)如图所示,一足够长的木板,上表面与木块之间的动摩擦 因数=,重力加速度为g,木板与水平面成角,让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向 3 3 上运动。随着的改变,小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,当角为何值时,小木块沿木板向上 滑行的距离最小?求出此最小值。 【解析】当变化时,取沿斜面向上为正方向,木块的加速度为a,则木块沿木板斜面方向由牛顿第二定 律有 -mgsin-mgcos=ma 设木块的位移为x,有 0-=2axv02 根据数学关系知木块加速度最大时位移最小,有 a=-g(sin+cos) 根据数学关系有 sin+cos=si

45、n(+),其中 tan=,则=301 + 2 3 3 当+=90时加速度有最大值,且最大值a=g1 + 2 所以此时=90-=60,加速度的最大值a=- 2g 3 解得xmin=。 3v 02 4g 【答案】60 3v 02 4g 题型六 “等时圆模型”问题 1.模型特征 (1)质点在竖直圆环上沿不同的光滑弦从其上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。 (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时 间相等,如图丙所示。 2.思维模板 【例 6】

46、如图甲所示,在倾角为的斜面上方的A点放置一光滑的木板AB,B端刚好在斜面上,木板与竖 直方向AC所成角度为,一小物块由A端沿木板由静止下滑,要使物块滑到斜面的时间最短,则与角的 大小关系为( )。 A.= B.= C.=2 D.= 2 3 【解析】如图乙所示,在竖直线AC上选取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切 于D点。由等时圆模型的特点知,由A点沿木板滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都 短。将木板下端B点与D点重合即可,而COD=,则=,B 项正确。 2 【答案】B 在竖直线AC上取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点,再

47、根据等时圆的 结论及几何关系即可求解。本题有其特殊的解题方法,作等时圆是一种快捷、方便的方法。 【变式训练 9】(2018 河南省西平县高级中学质检)如图所示,几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同 角度,从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球,若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点,则各 小球最高点的位置( )。 A.在同一水平线上 B.在同一竖直线上 C.在同一抛物线上 D.在同一圆周上 【解析】设某一直轨道与水平面成角,末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速 直线运动,则小球在直轨道上运动的加速度a=gsin,由位移公式得l= at2=t2,即= gt2, mgsin

48、 m 1 2 1 2(gsin) l sin 1 2 不同的倾角对应不同的位移l,但相同,即各小球最高点的位置在直径为gt2 的圆周上,D 项正确。 l sin 1 2 【答案】D 【变式训练 10】(2019 江苏徐州市侯集高级中学模拟)如图甲所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道 与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为 60,C是圆环 轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动;c球由 C点自由下落。则( )。 A.a球最先到达M点 B.b球最先到达M点 C.c球最先到达M点 D.b球和c球都可能

49、最先到达M点 【解析】如图乙所示,设圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R= g,所以tc=;设 1 2 tc2 2R g AM与水平面成角,则a球下滑到M用时满足AM=2Rsin=,即ta=2;同理b球从B点下滑到 1 2(gsin)ta 2 R g M点用时也满足tb=2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,rR)。综上所述可得tbtatc,C r g 项正确。 【答案】C 1.(2018 湖北宜城一中月考)如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂和拴住一只铁球 和一只乒乓球,容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右加速运动时,两球的运动状 况是(以小车为参考系)( )。 A.铁球向左,乒乓球向右B.铁球向右,乒乓球向左 C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右 【解析】小车突然向右