2023版高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的应用课件

这是一份2023版高考物理一轮总复习专题3牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的应用课件，共60页。PPT课件主要包含了加速度，质量之和，牛顿第二定律，相互作用力，答案C，答案B，答案A，动力学中的典型模型，答案ABC等内容，欢迎下载使用。
必 备 知 识·深 悟 固 基
一、超重和失重1．超重：物体对水平支持物的压力(或绳对竖直悬挂物的拉力) ________物体所受重力的情况．产生条件：物体具有________的加速度．
2．失重：物体对水平支持物的压力(或绳对竖直悬挂物的拉力) ________物体所受重力的情况．产生条件：物体具有________的加速度．3．完全失重：物体对水平支持物的压力(或绳对竖直悬挂物的拉力) ________的情况．4．视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．视重大小等于弹簧测力计或台秤所受的拉力或压力．
二、解连接体问题的常用方法1．整体法：当系统中各物体的________相同时，可把系统内的所有物体看成一个整体，其质量等于各物体的__________，当所受外力已知时，可用______________求出整体的加速度．2．隔离法：当求解系统内物体间的____________时，常把物体从系统中“隔离”出来分析，依据牛顿第二定律列方程．3．外力和内力(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力．(2)内力：系统内物体之间的作用力．
三、瞬时问题1．由F合＝ma知，加速度由物体所受合外力决定，加速度方向与物体所受合外力的方向一致，当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变．2．轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有弹力将突变为零．(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变．
1．[超重和失重]某人站在体重秤上称体重，如果他站在体重秤上起立和下蹲，下列说法正确的是(　　)A．下蹲过程中人处于失重状态B．起立过程中人处于超重状态C．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态D．起立过程中人先处于超重状态后处于失重状态【答案】D
2．[瞬时问题]如图所示，将一手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持手电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以(　　)A．缓慢向上匀速运动　　B．缓慢向下匀速运动C．突然向上加速运动　　D．突然向下加速运动【答案】C
3．[连接体问题](多选)在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为v1和v2，绳子对物体的拉力为FT，物体所受重力为G，则下面说法正确的是(　　)A．物体做匀速运动，且v1＝v2B．物体做加速运动，且v1＞v2C．物体做加速运动，且FT＞GD．物体做匀速运动，且FT＝G【答案】BC　
【解析】小车的运动可分解为沿绳子方向和垂直绳子方向两个运动，设两段绳子的夹角为θ，由几何知识，可得v2＝v1sin θ，所以v1＞v2，小车向左运动，θ逐渐增大，故v2逐渐增大，物体有向上的加速度，处于超重状态，所以FT＞G，故B、C正确，A、D错误．
关 键 能 力·突 破 要 点
考点1　超重和失重　[基础考点]
1．超重、失重和完全失重比较
 2．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．
1．(2021年江门模拟)如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为建筑材料被吊车竖直提升过程的运动图像(竖直向上为正方向)，根据图像下列判断正确的是(　　)　A．46 s时材料离地面的距离最大B．前36 s重力的冲量为零C．在30～36 s钢索最容易发生断裂D．36～46 s材料处于失重状态【答案】D
考点2　隔离法和整体法解连接体问题　[能力考点]
1．连接体的类型及特点
2．连接体问题的处理方法
1．(2021年济南模拟)粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，取重力加速度为g．现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时也用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为(　　)A．0　　　B．F－3μmgC．F　　　D．F－3μmg
【答案】A　【解析】对整体由牛顿第二定律得2F－μ·6mg＝6ma，对C由牛顿第二定律得F＋FN－3μmg＝3ma，解得FN＝0，故A正确．
2．(2021年杭州二模)位于杭州市风情大道与江南大道交叉口附近的智慧之门建成之后会成为杭州智慧建筑的典范，两栋高达272米的双子塔将组成“门”的形象(如图甲所示)，图乙是智慧之门现场施工的实拍图片，图丙是重物正在被竖直向上匀速吊起的放大图．先将该情境简化为如图丁所示的示意图，绳子CD和CE共同挂着质量为m1的重物A，绳子FG和FH共同挂着质量为m2的重物B，F点拴在重物A的下方．
考点3　动力学中的临界极值问题　[能力考点]
在应用牛顿运动定律解决动力学的问题中，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，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，优先找出临界点，求出临界条件．
1．接触与脱离的临界条件：弹力N＝0．2．相对滑动的临界条件：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，绳子松弛的临界条件是FT＝0．4．加速度最大与速度最大的临界条件：所受合力最大时，具有最大加速度；所受合力最小时，具有最小加速度．当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的加速度为零或最大．
例2　如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面体上，斜面质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑．现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围(g取10 m/s2)．
深化理解 此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下．找准临界状态是求解此题的关键．
解：设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．对物块分析，在水平方向有Nsin θ－μNcs θ＝ma1，竖直方向有Ncs θ＋μNsin θ －mg＝0，对整体有F1＝(M＋m)a1，代入数值得a1＝4.8 m/s2，F1＝14.4 N．
设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有Nsin θ＋μNcs θ＝ma2，竖直方向有Ncs θ－μNsin θ－mg＝0，对整体有F2＝(M＋m)a2，代入数值得a2＝11.2 m/s2，F2＝33.6 N．综上所述，可知推力F的取值范围为14.4 N≤F≤33.6 N．
1．如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m1＝4 kg 的物块P．Q为一重物，已知Q的质量m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，已知在前0.2 s时间内F为变力，0.2 s以后F为恒力(g取10 m/s2)．求：(1)物体做匀加速直线运动的加速度大小；(2)F的最大值与最小值．
(2)当P、Q开始运动时拉力最小，此时有Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N，当P、Q分离时拉力最大，此时有Fmax＝m2(a＋gsin θ)＝72 N．
模型一　板块模型1．两种类型
深 度 研 练·素 养 提 升
2．处理“滑块—木板”问题思维模板
例3　一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，此后木板运动的速度—时间图像如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．g取10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1，μ2，由牛顿第二定律，得μ1mg＝ma1，③(μ1＋2μ2)mg＝ma2，④联立①～④式得μ1＝0.20，⑤μ2＝0.30．⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律，得f＝ma1′，⑦2μ2mg－f＝ma2′，⑧假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′，由⑤～⑧式，得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg．⑨
1．如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05．一可视为质点的滑块质量为1 kg，在距A点3 m处，静止放置．现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板．滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2．求：
(1)滑块滑到A点时的速度大小；(2)滑块滑到长木板上时滑块和长木板的加速度；(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出．
解：(1)设滑块在高水平面上的加速度为a，根据牛顿第二定律，有F＝ma，根据运动学公式，有v2＝2aL0，代入数据，解得v＝6 m/s．(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对滑块有μ1mg＝ma1，代入数据，解得a1＝5 m/s2．对长木板，有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入数据，解得a2＝0.4 m/s2．
2．如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m．现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2．求：(1)小木块滑上第二块木板瞬间的速度；(2)小木块在整个运动过程中滑行的总位移(结果保留3 位有效数字)．
解：(1)木板受到木块的摩擦力f1＝μ1mg＝1.2 N，木板受到地面的摩擦力f2＝μ2(2M＋m)g＝1.6 N，因为f2＞f1，所以木块运动时，木板静止不动．木块在左边第一块木板上的加速度为a1，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，a1＝3 m/s2，设小木块滑上第二块木板的瞬间的速度为v，由运动学关系式，得v2－v＝－2a1l，代入数据解得 v＝1 m/s．
达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为s2，则有μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，a3＝1 m/s2，v＝2a3s2，解得s2＝0.005 m，所以，滑行的总位移s＝l＋s1＋s2＝0.670 m．
模型二　传送带模型1．水平传送带动力学问题图解
2．倾斜传送带动力学问题图解
例4　(2020年全国卷Ⅲ)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度g取10 m/s2．
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度．
[方法归纳]　传送带问题的解题思路
4．(多选)如图所示，倾斜的传送带长度为L，与水平面夹角为θ，运转速度为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ．若把物体静止置于传送带最高端，它能被传送带运送到最低端，下列关于物体的运动判断正确的是(　　)
A．若μ＜tan θ，无论L多长，物体到达B点的速度都不会小于vB．若μ＜tan θ，无论L多长，物体到达B点的速度都不会大于vC．若μ＞tan θ，无论L多长，物体到达B点的速度都不会大于vD．若μ＞tan θ，只要L足够长，物体最终做匀速运动
【答案】CD　【解析】当物体刚放到传送带上时，先在传送带上加速运动，当达到与传送带共同速度v后，若μ＜tan θ，则物体将继续加速到达底端．若L较小，物体到达B端的速度可能小于v；若L较大，物体到达B端的速度会大于v；A、B错误；若μ＞tan θ，则物体和传送带达到共同速度后将随传送带一起匀速运动到达B端，故C、D正确．