高考物理总复习3.3专题3牛顿运动定律的综合应用课件PPT

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一、超重和失重1.实重和视重(1)实重物体实际所受的重力,与物体的运动状态无关。(2)视重弹簧测力计(或台秤)的示数。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)将不再等于物体的重力。
2.超重、失重和完全失重的比较
二、整体法和隔离法1.整体法当连接体内(即系统内)各物体的 加速度　相同时,可以把系统内的所有物体看成 一个整体　,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对 整体　列方程求解的方法。 2.隔离法当求系统内物体间 相互作用的内力　时,常把某个物体从系统中 隔离　出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对 隔离　出来的物体列方程求解的方法。 
3.外力和内力如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这些力是该系统受到的 外力　,而系统内各物体间的相互作用力为 内力　。应用牛顿第二定律列方程时不考虑 内力　;如果把某物体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的 外力　。 
1.(2017·湖北浠水县三模)如图所示,将物体A放在容器B中,以某一速度把容器B竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器B的底面始终保持水平。下列说法正确的是(　　)A.在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零B.上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
2.(2017·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时,两物块均以加速度a做匀加速运动,此时,弹簧伸长量为x,若用水平力F'作用在m1上时,两物块均以加速度a'=2a做匀加速运动,此时弹簧伸长量为x'。则下列关系正确的是(　　)A.F'=2FB.x'>2xC.F'>2FD.x'<2x
3.(2017·福建三明模拟)如图所示,木块A、B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m。现施水平力F拉B(如图甲),A、B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动。若改用水平力F'拉A(如图乙),使A、B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F'不得超过(　　)
4.(多选)(2018·山东枣庄质检)如图所示,甲、乙两车均在光滑的水平面上,质量都是M,人的质量都是m,甲车上人用力F推车,乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计),人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
对超重、失重的理解1.不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变。2.物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上运动还是向下运动,而在于物体的加速度方向,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。3.当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速度效果,不再有其他效果。
例1(2017·广东佛山二模)广州塔,昵称小蛮腰,总高度达600米,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图象如图所示。则下列相关说法正确的是(　　)A.t=4.5 s时,电梯处于失重状态B.5~55 s时间内,绳索拉力最小C.t=59.5 s时,电梯处于超重状态D.t=60 s时,电梯速度恰好为零
思维点拨当物体的加速度向上时,处于超重状态,当加速度向下时,处于失重状态,加速度a=0时物体处于平衡状态,根据加速度的正负分析物体的状态。
判断超重和失重的方法
即学即练1.(多选)有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重,其环形座舱套在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由下落。落到一定位置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地面时刚好停下。下列说法中正确的是 (　　)A.座舱自由下落的过程中人处于失重状态B.座舱自由下落的过程中人处于超重状态C.座舱减速下落的过程中人处于失重状态D.座舱减速下落的过程中人处于超重状态
2.(多选)如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,g为重力加速度,则(　　)
A.升降机停止前在向上运动B.0~t1时间内小球处于失重状态,t1~t2时间内小球处于超重状态C.t1~t3时间内小球向下运动,速度先增大后减小D.t3~t4时间内小球向下运动,速度一直增大
连接体问题整体法和隔离法的选取原则1.整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力时,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。2.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。3.整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力,即“先整体求加速度,后隔离求内力”。
例2(2017·福建福州二模)如图所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力(　　)A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关
思维点拨先对整体分析,运用牛顿第二定律求出整体的加速度,再隔离对Q分析,运用牛顿第二定律求出绳子的拉力大小,从而判断拉力大小与什么因素有关。
例3如图所示,车厢里悬挂着两个质量不同的小球,上面的球比下面的球质量大,当车厢向右做匀加速运动(空气阻力不计)时,下列各图中正确的是(　　)
思维点拨分别对两个小球进行受力分析,根据竖直方向平衡,水平方向做匀加速运动列式,即可求解。
正确地选取研究对象是解题的首要环节弄清各物体之间哪些属于连接体,哪些物体应该单独分析,并分别确定出它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解。
即学即练3.(2018·河北衡水中学一调)如图所示,n个质量为m的相同木块并列放在水平面上,木块跟水平面间的动摩擦因数为μ,当对1木块施加一个水平向右的推力F时,木块加速运动,木块5对木块4的压力大小为(　　)
4.趣味运动会上运动员手持网球球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为M、m,球拍平面和水平面之间夹角为θ,球拍与球保持相对静止,它们间摩擦力及空气阻力不计,则(　　)A.运动员的加速度为gtan θB.球拍对球的作用力为mgC.运动员对球拍的作用力为(M+m)gcs θD.若加速度大于gsin θ,球一定沿球拍向上运动
动力学中的临界极值问题1.临界值或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点;(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态;(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点;(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度。
2.处理临界问题的三种方法
例4(2018·河北衡水中学二调)如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为mA=2.0 kg,小车上放一个物体其质量为mB=1.0 kg。如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0 N时,A、B开始相对滑动。如果撤去F,对A施加一水平推力F',如图乙所示。要使A、B不相对滑动,则F'的最大值Fmax为(　　)A.2.0 NB.3.0 NC.6.0 ND.9.0 N
思维点拨在图甲中,对整体分析,求出整体的加速度,隔离对A分析,根据牛顿第二定律求出A、B间的最大静摩擦力。在图乙中,隔离对B分析,求出最大的加速度,再对整体分析,根据牛顿第二定律求出F'的最大值Fmax。
例5(2018·江西赣州月考)一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端,另一端拴住质量为m1=4 kg的物块P,Q为一重物,已知Q的质量为m2=8 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止,如图所示。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)物体做匀加速运动的加速度大小;(2)F的最大值与最小值。
答案:(1)3 m/s2　(2)最大值72 N,最小值36 N解析:(1)设刚开始时弹簧压缩量为x0,在沿斜面方向上有(m1+m2)gsin θ=kx0因为在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,所以在0.2 s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律知,沿斜面方向上有kx1-m1gsin θ=m1a前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离x0-x1= at2联立各式解得a=3 m/s2(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
思维点拨先根据平衡条件求出弹簧开始的压缩量,因为在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,所以在0.2 s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度,当P、Q开始运动时拉力最小,当P、Q分离时拉力最大,根据牛顿第二定律即可求解。
动力学中极值问题的临界条件和处理方法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,则发生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:加速度变为0时。
2.“四种”典型数学方法(1)三角函数法;(2)根据临界条件列不等式法;(3)利用二次函数的判别式法;(4)极限法。
即学即练5.(多选)如图所示,A、B两物体的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为 μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则(　　)A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
6.(多选)如图所示,粗糙水平面上放置质量分别为m、2m和3m的3个木块,木块与水平面间动摩擦因数相同,其间均用一不可伸长的轻绳相连,轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使3个木块以同一加速度运动,则正确的是(　　)A.绳断前,a、b两轻绳的拉力比总为4∶1B.当F逐渐增大到FT时,轻绳a刚好被拉断C.当F逐渐增大到1.5FT时,轻绳a刚好被拉断D.若水平面是光滑的,则绳断前,a、b两轻绳的拉力比大于4∶1
“滑块—木板”模型1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。2.位移关系:滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差Δx=x1-x2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移之和Δx=x2+x1=L。
例题(2018·甘肃白银市月考)如图所示,一足够长的木板静止在水平面上,质量M=0.4 kg,长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1,一质量m=0.4 kg的小滑块以v0=1.8 m/s的速度从长木板的右端滑上长木板,滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4,小滑块可看成质点,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)小滑块刚滑上长木板时,长木板的加速度大小a1和小滑块加速度大小a2;(2)小滑块与长木板速度相等时,小滑块相对长木板上滑行的距离L;(3)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块运动的总距离s。
答案:(1)a1=2 m/s2,a2=4 m/s2　(2)L=0.27 m　(3)s=0.54 m解析:(1)小滑块对长木板的滑动摩擦力Ff2大于地面对长木板的滑动摩擦力Ff1,长木板向左加速;小滑块向左减速,据牛顿第二定律:设向右为正:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1设向右为正:μ2mg=ma2代入数据得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2(2)小滑块与长木板速度相等时,有v0-a2t=a1t,代入数据得t=0.3 s
所以L=s2-s1=0.27 m
(3)此后一起做匀减速运动,有v=a1t=0.6 m/s据牛顿第二定律:μ1(M+m)g=(M+m)a3加速度的大小为a3=1 m/s2
所以小滑块滑行的距离为s=s2+s3=0.54 m
思维点拨(1)分别对小滑块和木板进行受力分析,然后结合牛顿第二定律即可求出两个加速度的大小;(2)根据速度公式,求出速度相等的时间,然后由运动学的公式即可求出;(3)二者速度相等后一起做匀减速直线运动,由位移公式求出位移,然后求和即可。命题分析滑块—木板模型作为力学的基本模型经常出现,此类问题通常是一个小滑块在木板上运动,小滑块与长木板是靠一对滑动摩擦力或静摩擦力联系在一起的,是一个高频的考查模型。该模型涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次互相作用,属于多物体多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高,高考中往往以压轴题形式出现。
总结提升“滑块—木板”问题的分析方法
1.(多选)(2018·山东临沭月考)如图所示,在光滑水平面上放着两块长度相同,质量分别为M1和M2的木板,在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块m。开始时,各物块均静止;若在两物块上各作用一水平恒力F1、F2,使物块滑离木板,分离时木板的速度分别为v1和v2。(物块和木板间的动摩擦因数相同)下列说法正确的是(　　)A.若F1=F2,M1>M2,则v1F2,则v1>v2D.若M1=M2,F1v2
解析:首先看F1=F2时情况:由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的,因此两物块的加速度相同,我们设两物块的加速度大小为a,对于M1、M2,滑动摩擦力即为它们的合力,设M1的加速度大小
其中m为物块的质量。设板的长度为L,它们向右都做匀加速直线运动,当物块与木板分离时:
若M1>M2,a1a2,所以得t1>t2,M1的速度为v1=a1t1,M2的速度为v2=a2t2,则v1>v2,故B错误;
若F1>F2、M1=M2,根据受力分析和牛顿第二定律,则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度,即aa>ab,由于M1=M2,所以M1、M2加速度相同,设M1、M2加速度为a。它们向右都做匀加速直线运动,当物块与木板分离时:
由于aa>ab,所以得t1v2,故D正确。
2.如图所示,光滑水平面上静止放置质量M=2 kg,长L=1.20 m的长木板A,离板右端s0=0.18 m处放置质量m=1 kg的小物块B,A与B间的动摩擦因数μ=0.4,在板右端正上方悬挂一个挡板。现在木板A上加一水平向右的力F,使B与挡板发生碰撞,碰后瞬间立即撤去力F和挡板,假设碰撞前后瞬间A的速度不变,B的速度大小不变、方向反向。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,B的宽度可忽略,g取10 m/s2。求:(1)若B与挡板发生碰撞前,A、B恰好不发生相对滑动,力F为多大?(2)若F=16 N,经历以上过程,B能否从A上掉下?若不能,B最终停在A上何处?
答案:(1)12 N　(2)B最终停在A板上离板右端1.02 m处解析:(1)A、B恰好不发生相对滑动,A、B间摩擦力达到最大静摩擦力。根据牛顿第二定律有:对B:μmg=ma1对A、B整体:F=(m+M)a1代入数据得F=12 N(2)当F=16 N>12 N时,碰前A、B在F作用下发生相对滑动
B与挡板碰前速度为v1=a1t1对A:F-μmg=Ma2A与挡板碰前速度为v2=a2t1碰后:B加速度仍为a1
对A:μmg=Ma3两者共速时,v2-a3t2=-v1+a1t2A、B整个过程的v-t如图所示碰前B相对A发生的相对位移Δs1为图中△OSQ的面积,则有
整个过程B相对A发生的相对位移为Δs=Δs1+Δs2代入数据解得Δs=0.84 mΔs+s0=0.84 m+0.18 m=1.02 m故B最终停在距A右端处
3.(2018·山东枣庄质检)如图所示,一质量为M=10 kg,长为L=2 m的木板放在水平地面上,已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1,在此木板的右端上还有一质量为m=4 kg的小物块,且视小物块为质点,木板厚度不计。今对木板突然施加一个F=24 N的水平向右的拉力,g取10 m/s2。(1)若木板上表面光滑,则小物块经多长时间将离开木板?(2)若小物块与木板间的动摩擦因数为μ、小物块与地面间的动摩擦因数为2μ,小物块相对木板滑动且对地面的总位移s=3 m,求μ值。
答案:(1)2 s　(2)0.042解析:(1)对木板受力分析,由牛顿第二定律得F-μ1(M+m)g=Ma由运动学公式,得L= at2代入数据解得t=2 s(2)以物块为研究对象在木板上时:μmg=ma1在地面上时:2μmg=ma2设物块从木板上滑下时的速度为v1,物块在木板上和地面上的位移分别为x1、x2,则
并且满足s=x1+x2=3 m③联立①②③解得x1=2 m④
设物块在木板上滑行时间为t1,