还剩52页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套广东版高考物理复习专题教学课件+课时练习含答案
成套系列资料，整套一键下载
- 广东版高考物理复习专题二相互作用教学课件 课件 0 次下载
- 广东版高考物理复习专题二相互作用练习含答案 试卷 0 次下载
- 广东版高考物理复习专题三牛顿运动定律练习含答案 试卷 0 次下载
- 广东版高考物理复习专题四曲线运动教学课件 课件 0 次下载
- 广东版高考物理复习专题四曲线运动练习含答案 试卷 0 次下载
广东版高考物理复习专题三牛顿运动定律教学课件
展开
这是一份广东版高考物理复习专题三牛顿运动定律教学课件，共60页。
体运动状态的原因,即产生加速度的原因。3.惯性(1)表现形式①在物体不受外力或所受合力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变。②在物体所受合力不为零时,惯性表现为物体运动状态改变的难易程度。(2)惯性大小的量度:质量是惯性大小的唯一量度。质量越大,惯性越大,运动状态越难 改变。(3)惯性的普遍性:一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情况无关。
二、牛顿第三定律1.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。2.一对相互作用力和一对平衡力的比较
考点二 牛顿第二定律及其基本应用一、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。2.表达式:F=ma。3.对牛顿第二定律的理解
例1 一地铁在水平直轨道上运动。某同学为了研究该地铁的运动情况,他用细线将 一支笔悬挂在地铁的竖直扶手上,地铁运行时用手机拍摄了如图所示的照片,拍摄方 向跟地铁前进方向垂直,细线相对竖直扶手偏东。该同学根据照片分析正确的是 ( ) A.地铁一定向西加速运动B.地铁可能向东加速运动C.细线中拉力大小与地铁的加速度大小无关D.若用刻度尺测量细线的长度和笔到竖直扶手的距离,可以估算此时地铁的加速度
解析 对笔受力分析如图所示,竖直方向上,根据平衡条件有F cs θ=G,水平方向上,根据牛顿第二定律有F sin θ=ma, 联立解得F= ,a=g tan θ,加速度方向水平向西,则地铁可能做向西的加速运动或向东的减速运动,若地铁的加速度发生变化,则细线与竖直方向的夹角发生变化,细线的 拉力发生变化,则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关,故A、B、C均错误。若用 刻度尺测量细线的长度为L,笔到竖直扶手的距离为d,则tan θ= ,据此可以估算此时地铁的加速度,故D正确。
二、牛顿第二定律的基本应用1.瞬时性问题(1)问题特点:合力与加速度总是同时产生、变化、消失,当物体所受合力发生变化时, 加速度随之发生变化,而速度不能发生突变。
(2)求解瞬时加速度的一般思路
例2 (多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A 静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起,但A、B之间无弹 力,已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断,则剪断细线的瞬间,下列说法正确的是 ( )
A.物块B的加速度为 gB.物块A、B之间的弹力为 mgC.弹簧的弹力为 mgD.物块A的加速度为 g
2.超重和失重(1)超重、失重和完全失重的对比
(2)判断方法①从力的角度:FN>mg,超重;FN
解析 设圆周上任意一点P与M点连线为PM,长为l,与x轴夹角为θ,则加速度a=g sin θ,下滑的时间t= = =2 ,即从圆周上任意一点下滑到M的时间都相等,A、C在圆周上,B点在圆周外,故tA=tC
模型一 连接体模型一、常见的连接体问题1.物物叠放连接体 两物体通过弹力、摩擦力等作用,具有相同的速度和加速度。
2.轻绳连接体轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等,所受弹力的方向始终沿 绳。 3.轻杆连接体轻杆平动时,连接体具有相同的速度和加速度;轻杆参与复合运动时,两端的连接体沿
杆方向的速度总是相等;轻杆转动时,两端连接体具有相同的角速度,而线速度的大小 与转动半径成正比。
4.轻弹簧连接体弹簧发生形变的过程中,两端物体速率不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端物体速 率相等。
例1 光滑水平面上,物体P由轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮与重力G=10 N的重 物连接,物体P向右运动的加速度为a1,如图甲;若细线下端不挂重物,而用F=10 N的力 竖直向下拉细线下端,这时物体P的加速度为a2,如图乙,则 ( ) A.a1a2 D.条件不足,无法判断 解题指导 (1)甲图中两个物体组成了轻绳连接体,乙图中只有一个物体,虽然都利
用牛顿第二定律分析,但是研究对象不同。(2)通过本题的解答,还可以联想到验证牛顿第二定律的实验中为什么要求小车质量远 大于砝码盘和砝码的总质量。 解析 挂重物时,选连接体为研究对象,根据牛顿第二定律得两者共同运动的加速度大小a1= ;当改用10 N的拉力竖直向下拉细线下端时,由牛顿第二定律得P的加速度大小a2= ,由题意可知G=F,联立可得a1
二、模型分析1.两个关键
例2 (多选)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 ( )
解题指导 本题情境虽然是水平传送带,但由于物体P一直受到一个水平向左的拉力且大小不确定,实质上可以类比倾斜传送带进行分类讨论。
解析 设P受到的摩擦力为Ff,绳上拉力大小为FT,结合选项分析P可能的运动情况如表所示。
由运动情况结合题图分析,可知B、C选项正确,A、D选项错误。 答案 BC
解题指导 煤块与传送带发生相对运动,则传送带的加速度大于煤块的加速度,v-t图像如图所示。 解析 根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度a'=μg,要发生相对滑动,传送带的加速度须大于煤块的加速度,即a>μg,则μ< ,故A错误。煤块从开始运动到相对于传送
带静止所需的时间t= ,此过程煤块的位移x1= ,传送带的位移x2= +v = - ,煤块相对于传送带的位移大小即黑色痕迹的长度,Δx=x2-x1= - ,故C正确,B、D均错误。 答案 C
模型三 “滑块-木板”模型一、水平地面光滑的“滑块-木板”模型(A、B间的动摩擦因数为μ,A、B的质量分 别为mA和mB)
二、水平地面粗糙的“滑块-木板”模型(A、B间的动摩擦因数为μ1,B与地面间的动 摩擦因数为μ2,A、B的质量分别为mA和mB)
三、分析“滑块-木板”模型的两个关键1.突破一个难点:判断滑块和木板是否发生相对滑动,可以先假设二者相对静止,由牛 顿第二定律求出二者间的静摩擦力Ff,再和最大静摩擦力Ffm进行比较。若Ff
对滑动?假设木板和小物块保持相对静止,一起加速运动,则对木板和小物块整体,有F=(M+m)a对小物块,有f=ma联立解得木板和小物块保持相对静止情况下的静摩擦力f=2.5 N木板和小物块间的最大静摩擦力fm=μmg=1 N由于f>fm,故假设不成立,木板和物块间会发生相对滑动。②如何求解木板开始运动时加速度的大小?需要运用什么物理规律?木板水平方向的受力情况如图甲所示,木板向右做匀加速直线运动,设木板的加速度 为a1,
根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1,解得a1= =3.0 m/s2。(2)③如果把木板从小物块下方抽出来,是否需要拉力一直作用直到把木板抽出?为什 么?不需要。如果一直作用直到抽出,F持续作用的时间不是最短。④在整个过程中,小物块做什么运动?在整个过程中小物块相对木板向左运动,一直受到向右的恒定滑动摩擦力,〗故小物
块一直向右做匀加速直线运动。设小物块的加速度为a2,a2=μg=1.0 m/s2。⑤在整个过程中,木板做什么运动?在力F作用下,木板以加速度a1向右做匀加速直线运动,撤去F后,木板向右做匀减速直 线运动,加速度大小a1'= = m/s2。⑥把木板抽出来的临界条件是什么?如何根据临界条件建立等式求解未知量?临界条件是撤去力F后,物块到达木板边缘时刚好与木板共速。设F作用时间为t1,撤去力F后,经过时间t2物块滑到木板的最左端,即a1t1-a1't2=a2(t1+t2)木板的位移x1= a1 +(a1t1)t2- a1'
物块的位移x2= a2(t2+t1)2由图乙可知x1-x2=L联立并代入数据解得t1=0.8 s。 一题多解 如图所示,分别画出小物块和木板的速度随时间变化的图线,其中,表示长木板的“速度-时间”图线是OAB,表示小物块的“速度-时间”图线是OB。根据图 像的物理意义可知△OAB的面积表示全过程中物块在长木板上滑行的位移,即L= 。
在F作用下,设木板的加速度为a1,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1,解得a1= =3.0 m/s2。物块一直向右做匀加速直线运动,设物块的加速度为a2,a2=μg=1.0 m/s2撤去F时,木板的速度v1=a1t1,物块的速度v2=a2t1撤去F后,木板向右做匀减速直线运动,木板的加速度大小a1'= = m/s2
设再经过t2物块滑到木板的最左端,两者达到相同速度v,则v=v1-a1't2=v2+a2t2。综合以上各式,代入数据解得t1=0.8 s。 答案 (1)3.0 m/s2 (2)0.8 s
微专题2 动力学综合问题一、动力学图像问题1.常见图像(1)v-t图像:根据图线上某点的切线斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二 定律求合力。(2)a-t图像:要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况 根据牛顿第二定律列方程。(3)F-t图像:要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运 动性质。
(4)F-a图像:首先要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律 推导出F、a两个量间的函数关系式,结合图像明确图像的斜率、截距或面积的意义, 从而由图像给出的信息求出未知量。2.动力学图像问题的解题策略
3.两个考向(1)已知图像确定运动或受力
解析 v-t图像中图线与时间轴所围面积表示位移,可得 = =2∶3,C错误。撤去拉力后,两物体均只受摩擦力,由图像得A物体的加速度大小aA=6 m/s2,B物体的加 速度大小aB=3 m/s2,由牛顿第二定律得aA=μAg,aB=μBg,可得 =2∶1,D错误。0~1 s时间内,由图像得两物体的加速度大小a=6 m/s2,根据牛顿第二定律,对A物体分析可得F-μ
AmAg=mAa,对B物体分析可得F-μBmBg=mBa,联立解得 =3∶4,A错误。A、B两物体受到的摩擦力之比 = =3∶2,B正确。 答案 B
(2)已知运动或受力确定图像
解析 在物块上滑过程中,根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小a1= ,下滑过程的加速度大小a2= ,联立解得a1>a2,因为上滑和下滑运动方向相反,故C正确。 答案 C
例3 如图所示,一长木板a在水平地面上运动,t=0时刻将一相对于地面静止的物块b轻 放到木板上,此时a的速度为v0,同时对a施加一个水平向右的恒力F,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的动摩擦因数相等,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。在物块放到木板上之后,a、b运动的 速度-时间图像可能是图中的 ( )
二、动力学临界极值问题1.动力学常见的临界条件(1)接触与分离的临界条件:在即将分离的瞬间,两物体间的弹力为0,两物体在垂直于接 触面方向的速度和加速度仍然相等。(2)相对静止与相对滑动的临界条件:在即将发生相对滑动的瞬间,两物体间的静摩擦力达到最大值,两物体在沿着接触面方向的速度和加速度仍然相等。(3)物块不从木板上掉下的临界条件:在物块刚好不从木板上掉下的瞬间,物块刚好到 达木板的一端,且它们的速度相同。(4)加速度变化时,速度达到最值或稳定速度(收尾速度)的临界条件:加速度a=0(合力等 于零)。
2.求解临界极值问题的三种方法
例4 如图所示,质量mB=2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接,托盘上放一 质量mA=1 kg的小物块A,整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F,使 其从静止开始以加速度a=2 m/s2做匀加速直线运动,已知弹簧的劲度系数k=600 N/m,g 取10 m/s2。下列结论正确的是 ( ) A.变力F的最小值为2 NB.变力F的最小值为8 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/sD.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 解析 A、B整体受力产生加速度,则有F+FNAB-(mA+mB)g=(mA+mB)a,则F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-FNAB,当FNAB最大时,F最小,由题意知刚开始施力时,FNAB最大,等于重力,则Fmin=(mA+ mB)a=6 N,A、B均错误。刚开始,弹簧的压缩量x1= =0.05 m;A、B分离时,其间恰好无作用力,对托盘B,由牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa,得x2=0.04 m。物块A在这一 过程的位移Δx=x1-x2=0.01 m,由运动学公式可知v2=2aΔx,代入数据得v=0.2 m/s,C正确,D 错误。 答案 C
例5 如图所示,光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C,C上静止地放有质量分别为2 m、m的物块A和B,A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平拉力F,F从0开始逐渐增大,下列说法正确的 是 ( ) A.当F=0.5μmg时,A、B、C均保持静止不动B.当F=2.5μmg时,A、C不会发生相对滑动C.当F=3.5μmg时,B、C以相同加速度运动
体运动状态的原因,即产生加速度的原因。3.惯性(1)表现形式①在物体不受外力或所受合力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变。②在物体所受合力不为零时,惯性表现为物体运动状态改变的难易程度。(2)惯性大小的量度:质量是惯性大小的唯一量度。质量越大,惯性越大,运动状态越难 改变。(3)惯性的普遍性:一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情况无关。
二、牛顿第三定律1.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。2.一对相互作用力和一对平衡力的比较
考点二 牛顿第二定律及其基本应用一、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。2.表达式:F=ma。3.对牛顿第二定律的理解
例1 一地铁在水平直轨道上运动。某同学为了研究该地铁的运动情况,他用细线将 一支笔悬挂在地铁的竖直扶手上,地铁运行时用手机拍摄了如图所示的照片,拍摄方 向跟地铁前进方向垂直,细线相对竖直扶手偏东。该同学根据照片分析正确的是 ( ) A.地铁一定向西加速运动B.地铁可能向东加速运动C.细线中拉力大小与地铁的加速度大小无关D.若用刻度尺测量细线的长度和笔到竖直扶手的距离,可以估算此时地铁的加速度
解析 对笔受力分析如图所示,竖直方向上,根据平衡条件有F cs θ=G,水平方向上,根据牛顿第二定律有F sin θ=ma, 联立解得F= ,a=g tan θ,加速度方向水平向西,则地铁可能做向西的加速运动或向东的减速运动,若地铁的加速度发生变化,则细线与竖直方向的夹角发生变化,细线的 拉力发生变化,则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关,故A、B、C均错误。若用 刻度尺测量细线的长度为L,笔到竖直扶手的距离为d,则tan θ= ,据此可以估算此时地铁的加速度,故D正确。
二、牛顿第二定律的基本应用1.瞬时性问题(1)问题特点:合力与加速度总是同时产生、变化、消失,当物体所受合力发生变化时, 加速度随之发生变化,而速度不能发生突变。
(2)求解瞬时加速度的一般思路
例2 (多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A 静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起,但A、B之间无弹 力,已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断,则剪断细线的瞬间,下列说法正确的是 ( )
A.物块B的加速度为 gB.物块A、B之间的弹力为 mgC.弹簧的弹力为 mgD.物块A的加速度为 g
2.超重和失重(1)超重、失重和完全失重的对比
(2)判断方法①从力的角度:FN>mg,超重;FN
解析 设圆周上任意一点P与M点连线为PM,长为l,与x轴夹角为θ,则加速度a=g sin θ,下滑的时间t= = =2 ,即从圆周上任意一点下滑到M的时间都相等,A、C在圆周上,B点在圆周外,故tA=tC
模型一 连接体模型一、常见的连接体问题1.物物叠放连接体 两物体通过弹力、摩擦力等作用,具有相同的速度和加速度。
2.轻绳连接体轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等,所受弹力的方向始终沿 绳。 3.轻杆连接体轻杆平动时,连接体具有相同的速度和加速度;轻杆参与复合运动时,两端的连接体沿
杆方向的速度总是相等;轻杆转动时,两端连接体具有相同的角速度,而线速度的大小 与转动半径成正比。
4.轻弹簧连接体弹簧发生形变的过程中,两端物体速率不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端物体速 率相等。
例1 光滑水平面上,物体P由轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮与重力G=10 N的重 物连接,物体P向右运动的加速度为a1,如图甲;若细线下端不挂重物,而用F=10 N的力 竖直向下拉细线下端,这时物体P的加速度为a2,如图乙,则 ( ) A.a1
用牛顿第二定律分析,但是研究对象不同。(2)通过本题的解答,还可以联想到验证牛顿第二定律的实验中为什么要求小车质量远 大于砝码盘和砝码的总质量。 解析 挂重物时,选连接体为研究对象,根据牛顿第二定律得两者共同运动的加速度大小a1= ;当改用10 N的拉力竖直向下拉细线下端时,由牛顿第二定律得P的加速度大小a2= ,由题意可知G=F,联立可得a1
二、模型分析1.两个关键
例2 (多选)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 ( )
解题指导 本题情境虽然是水平传送带,但由于物体P一直受到一个水平向左的拉力且大小不确定,实质上可以类比倾斜传送带进行分类讨论。
解析 设P受到的摩擦力为Ff,绳上拉力大小为FT,结合选项分析P可能的运动情况如表所示。
由运动情况结合题图分析,可知B、C选项正确,A、D选项错误。 答案 BC
解题指导 煤块与传送带发生相对运动,则传送带的加速度大于煤块的加速度,v-t图像如图所示。 解析 根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度a'=μg,要发生相对滑动,传送带的加速度须大于煤块的加速度,即a>μg,则μ< ,故A错误。煤块从开始运动到相对于传送
带静止所需的时间t= ,此过程煤块的位移x1= ,传送带的位移x2= +v = - ,煤块相对于传送带的位移大小即黑色痕迹的长度,Δx=x2-x1= - ,故C正确,B、D均错误。 答案 C
模型三 “滑块-木板”模型一、水平地面光滑的“滑块-木板”模型(A、B间的动摩擦因数为μ,A、B的质量分 别为mA和mB)
二、水平地面粗糙的“滑块-木板”模型(A、B间的动摩擦因数为μ1,B与地面间的动 摩擦因数为μ2,A、B的质量分别为mA和mB)
三、分析“滑块-木板”模型的两个关键1.突破一个难点:判断滑块和木板是否发生相对滑动,可以先假设二者相对静止,由牛 顿第二定律求出二者间的静摩擦力Ff,再和最大静摩擦力Ffm进行比较。若Ff
对滑动?假设木板和小物块保持相对静止,一起加速运动,则对木板和小物块整体,有F=(M+m)a对小物块,有f=ma联立解得木板和小物块保持相对静止情况下的静摩擦力f=2.5 N木板和小物块间的最大静摩擦力fm=μmg=1 N由于f>fm,故假设不成立,木板和物块间会发生相对滑动。②如何求解木板开始运动时加速度的大小?需要运用什么物理规律?木板水平方向的受力情况如图甲所示,木板向右做匀加速直线运动,设木板的加速度 为a1,
根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1,解得a1= =3.0 m/s2。(2)③如果把木板从小物块下方抽出来,是否需要拉力一直作用直到把木板抽出?为什 么?不需要。如果一直作用直到抽出,F持续作用的时间不是最短。④在整个过程中,小物块做什么运动?在整个过程中小物块相对木板向左运动,一直受到向右的恒定滑动摩擦力,〗故小物
块一直向右做匀加速直线运动。设小物块的加速度为a2,a2=μg=1.0 m/s2。⑤在整个过程中,木板做什么运动?在力F作用下,木板以加速度a1向右做匀加速直线运动,撤去F后,木板向右做匀减速直 线运动,加速度大小a1'= = m/s2。⑥把木板抽出来的临界条件是什么?如何根据临界条件建立等式求解未知量?临界条件是撤去力F后,物块到达木板边缘时刚好与木板共速。设F作用时间为t1,撤去力F后,经过时间t2物块滑到木板的最左端,即a1t1-a1't2=a2(t1+t2)木板的位移x1= a1 +(a1t1)t2- a1'
物块的位移x2= a2(t2+t1)2由图乙可知x1-x2=L联立并代入数据解得t1=0.8 s。 一题多解 如图所示,分别画出小物块和木板的速度随时间变化的图线,其中,表示长木板的“速度-时间”图线是OAB,表示小物块的“速度-时间”图线是OB。根据图 像的物理意义可知△OAB的面积表示全过程中物块在长木板上滑行的位移,即L= 。
在F作用下,设木板的加速度为a1,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1,解得a1= =3.0 m/s2。物块一直向右做匀加速直线运动,设物块的加速度为a2,a2=μg=1.0 m/s2撤去F时,木板的速度v1=a1t1,物块的速度v2=a2t1撤去F后,木板向右做匀减速直线运动,木板的加速度大小a1'= = m/s2
设再经过t2物块滑到木板的最左端,两者达到相同速度v,则v=v1-a1't2=v2+a2t2。综合以上各式,代入数据解得t1=0.8 s。 答案 (1)3.0 m/s2 (2)0.8 s
微专题2 动力学综合问题一、动力学图像问题1.常见图像(1)v-t图像:根据图线上某点的切线斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二 定律求合力。(2)a-t图像:要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况 根据牛顿第二定律列方程。(3)F-t图像:要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运 动性质。
(4)F-a图像:首先要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律 推导出F、a两个量间的函数关系式,结合图像明确图像的斜率、截距或面积的意义, 从而由图像给出的信息求出未知量。2.动力学图像问题的解题策略
3.两个考向(1)已知图像确定运动或受力
解析 v-t图像中图线与时间轴所围面积表示位移,可得 = =2∶3,C错误。撤去拉力后,两物体均只受摩擦力,由图像得A物体的加速度大小aA=6 m/s2,B物体的加 速度大小aB=3 m/s2,由牛顿第二定律得aA=μAg,aB=μBg,可得 =2∶1,D错误。0~1 s时间内,由图像得两物体的加速度大小a=6 m/s2,根据牛顿第二定律,对A物体分析可得F-μ
AmAg=mAa,对B物体分析可得F-μBmBg=mBa,联立解得 =3∶4,A错误。A、B两物体受到的摩擦力之比 = =3∶2,B正确。 答案 B
(2)已知运动或受力确定图像
解析 在物块上滑过程中,根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小a1= ,下滑过程的加速度大小a2= ,联立解得a1>a2,因为上滑和下滑运动方向相反,故C正确。 答案 C
例3 如图所示,一长木板a在水平地面上运动,t=0时刻将一相对于地面静止的物块b轻 放到木板上,此时a的速度为v0,同时对a施加一个水平向右的恒力F,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的动摩擦因数相等,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。在物块放到木板上之后,a、b运动的 速度-时间图像可能是图中的 ( )
二、动力学临界极值问题1.动力学常见的临界条件(1)接触与分离的临界条件:在即将分离的瞬间,两物体间的弹力为0,两物体在垂直于接 触面方向的速度和加速度仍然相等。(2)相对静止与相对滑动的临界条件:在即将发生相对滑动的瞬间,两物体间的静摩擦力达到最大值,两物体在沿着接触面方向的速度和加速度仍然相等。(3)物块不从木板上掉下的临界条件:在物块刚好不从木板上掉下的瞬间,物块刚好到 达木板的一端,且它们的速度相同。(4)加速度变化时,速度达到最值或稳定速度(收尾速度)的临界条件:加速度a=0(合力等 于零)。
2.求解临界极值问题的三种方法
例4 如图所示,质量mB=2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接,托盘上放一 质量mA=1 kg的小物块A,整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F,使 其从静止开始以加速度a=2 m/s2做匀加速直线运动,已知弹簧的劲度系数k=600 N/m,g 取10 m/s2。下列结论正确的是 ( ) A.变力F的最小值为2 NB.变力F的最小值为8 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/sD.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 m/s 解析 A、B整体受力产生加速度,则有F+FNAB-(mA+mB)g=(mA+mB)a,则F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-FNAB,当FNAB最大时,F最小,由题意知刚开始施力时,FNAB最大,等于重力,则Fmin=(mA+ mB)a=6 N,A、B均错误。刚开始,弹簧的压缩量x1= =0.05 m;A、B分离时,其间恰好无作用力,对托盘B,由牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa,得x2=0.04 m。物块A在这一 过程的位移Δx=x1-x2=0.01 m,由运动学公式可知v2=2aΔx,代入数据得v=0.2 m/s,C正确,D 错误。 答案 C
例5 如图所示,光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C,C上静止地放有质量分别为2 m、m的物块A和B,A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平拉力F,F从0开始逐渐增大,下列说法正确的 是 ( ) A.当F=0.5μmg时,A、B、C均保持静止不动B.当F=2.5μmg时,A、C不会发生相对滑动C.当F=3.5μmg时,B、C以相同加速度运动
相关课件
专题三牛顿运动定律2课件2025高考物理复习专题： 这是一份专题三牛顿运动定律2课件2025高考物理复习专题，共48页。PPT课件主要包含了解题思路等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律教学课件： 这是一份新高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律教学课件，共56页。PPT课件主要包含了等时圆模型等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律练习课件： 这是一份新高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律练习课件，共47页。
