福建省长泰县第一中学高考物理二轮复习 专题一 第2讲 牛顿运动定律及其应用课件.ppt

第2讲牛顿运动定律及其应用 体系构建 核心自查 一 匀变速直线运动的规律1 物体或带电体做匀变速直线运动的条件物体或带电体所受 为恒力 且与 方向在同一直线上 合外力 速度 2 匀变速直线运动的规律 1 三个基本公式 速度公式 vt 位移公式 s 位移速度关系式 2as 2 两个重要推论 某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度 即 任意两个连续相等时间 t 内的位移之差是一个恒量 即 s sn 1 sn v0 at at2 3 运动图像及其应用 斜率 纵截距 图像与t轴所围面积 特例 匀速直线运动 匀变速直线运动 s t图像 v t图像 速度 初位置s0 的直线 抛物线 初速度v0 与时间轴 的直线 的直线 倾斜 加速度 位移 平行 倾斜 1 图像描述的运动无论是v t图像还是s t图像都只能用来描述 运动 2 v t图像运动性质的判断v t图像斜率为正 即向上倾斜 不一定做加速运动 斜率为负 即向下倾斜 不一定做减速运动 物体做加速还是减速运动 取决于v和a的符号 v a同正或同负 v a一正一负 3 图像与运动轨迹s t图像和v t图像的形状并不表示物体的运动轨迹 直线 加速 减 速 二 牛顿运动定律及其应用1 牛顿第二定律的四性 矢量性 瞬时性 同体性 独立性 公式f ma是矢量式 任一时刻 f与a 力与 同生 同灭 同变化 在公式f ma中 f m a对应 物体或 系统 当物体受几个力的作用时 每一个力各自产生的加速度只与此力有关 与其他力 同向 加速度 同一 同一 无关 2 动力学的两类基本问题 1 已知物体的受力情况求物体的运动情况已知物体的受力情况 可以求出物体所受的 根据牛顿第二定律可求出物体的 再知道物体的初始条件 初位置和初速度 根据运动学公式 就可以求出物体在任一时刻的速度和位移 也就可以求解物体的运动情况 合外力 加速度 2 已知物体的运动情况求物体的受力情况根据物体的运动情况 由运动学公式可以求出 再根据 可确定物体的受力情况 从而求出未知的力或与力相关的某些物理量 如动摩擦因数 劲度系数 力的方向等 物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定 无论哪种情况 联系力和运动的 桥梁 都是 加速度 牛顿第二定律 加速度 热点考向1 运动图像的应用 典题训练1 2013 银川二模 如图所示 一质量为m的滑块 以初速度v0从倾角为 的斜面底端滑上斜面 当其速度减为零后又沿斜面返回底端 已知滑块与斜面间的动摩擦因数为 若滑块所受的摩擦力为f 所受的合外力为f合 加速度为a 速度为v 规定沿斜面向上为正方向 在滑块沿斜面运动的整个过程中 这些物理量随时间变化的图像大致正确的是 解题探究 1 请画出滑块向上和向下运动的受力分析图 提示 2 请结合受力分析图判断各物理量的变化情况 不变 由负向变为正向 变小 不变 变小 不变 先变小后变大 由正向变为负向 解析 选a 对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析 可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变 均为f mgcos 方向由负向变为正向 选项a正确 滑块沿斜面向上运动时 f合 mgsin mgcos 沿斜面向下运动时 滑块所受的合外力的大小f合 mgsin mgcos 显然合外力变小 方向始终沿负向 选项b错误 加速度的变化情况与合外力相同 选项c错误 向上运动过程中滑块做匀减速运动 向下运动过程中 滑块做匀加速运动 向上时的加速度大于向下时的加速度 选项d错误 典题训练2 2012 海南高考 如图 表面处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上 ab面和bc面与地面的夹角分别为 和 且 一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动 经时间t0后到达顶点b时 速度刚好为零 然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑 在小物块从a运动到c的过程中 可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图像是 解题指导 解答本题应注意以下两点 1 分析物体的受力情况 由动能定理确定物体初 末速度的大小关系 2 由平均速度确定物体沿斜面上滑和下滑的时间关系 解析 选c 设b到地面的高度为h 小物块在bc面的运动时间为t 滑到c点速度为v 小物块在ab bc面上分别做匀变速直线运动 在v t图像上表现为两条直线 选项d错误 由于在运动过程中滑动摩擦力做负功 动能减小 所以v v0 选项a错误 在ab面上运动时 有 在bc面上运动时 有 两式相比 得 由此式可知 t t0 选项c正确 b错误 拓展提升 考题透视 运动图像的应用一直是近几年高考的热点 分析近几年的高考题 命题规律主要有以下几点 1 运动图像结合匀变速直线运动规律考查 2 运动图像结合牛顿第二定律考查 3 在综合题中运动图像结合受力分析 运动分析考查 借题发挥 从v t图像中可读取的四个运动量 1 运动速度 从速度轴上直接读出 正负表示运动方向 2 运动时间 从时间轴上直接读出时刻 取差得到运动时间 3 运动加速度 由图线的斜率得到加速度 斜率的大小表示加速度的大小 斜率的正负反映了加速度的方向 4 运动的位移 由图线与时间轴围成的面积得到位移 图线与时间轴围成的面积表示位移的大小 时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同 时间轴以下的面积表示与规定的正方向相反 通关题组 1 某人乘电梯从24楼到1楼的v t图像如图 下列说法正确的是 a 0 4s内物体做匀加速直线运动 加速度为2m s2b 4s 16s内物体做匀速直线运动 速度保持4m s不变 处于完全失重状态c 16s 24s内 物体做匀减速直线运动 速度由4m s减至0 处于失重状态d 0 24s内 此人经过的位移为72m 解析 选d 0 4s内物体的速度均匀增加 物体做匀加速直线运动 其加速度 选项a错误 4s 16s内物体速度保持4m s不变 做匀速直线运动 处于平衡状态 选项b错误 16s 24s内 物体速度由4m s均匀减至0 做匀减速直线运动 加速度竖直向上 处于超重状态 选项c错误 v t图像与时间轴围成的面积表示位移 故0 24s内 此人经过的位移 选项d正确 2 2013 漳州二模 如图1所示 在光滑水平面上叠放着甲 乙两物体 现对甲施加水平向右的拉力f 通过传感器可测得甲的加速度a随拉力f变化的关系如图2所示 已知重力加速度g 10m s2 由图线可知 a 甲 乙之间的动摩擦因数是0 2b 甲的质量是4kgc 甲的质量是2kgd 甲 乙之间的动摩擦因数是0 6 解析 选a 由图2可知拉力f小于48n时 甲 乙两物体一起运动 根据牛顿第二定律可得f1 m甲 m乙 a1 以乙为研究对象有f1 m乙a1 拉力f大于48n时 甲 乙两物体相对滑动 以甲为研究对象有f2 f m甲a2 其中f m甲g 解得甲 乙之间的动摩擦因数是0 2 甲 乙的质量分别是6kg 2kg 选项a正确 选项b c d错误 热点考向2 用牛顿第二定律解决连接体问题 典题训练3 2012 江苏高考 如图所示 一夹子夹住木块 在力f作用下向上提升 夹子和木块的质量分别为m m 夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f 若木块不滑动 力f的最大值是 a b c d 解题指导 解答本题时可按以下思路分析 1 可以先分析夹子和木块整体的受力情况 根据牛顿第二定律列方程 2 分别分析夹子和木块的受力情况 根据牛顿第二定律列方程 解析 选a 对整体受力分析有f m m g m m a 对木块受力分析有2f mg ma 对夹子受力分析 在竖直方向上有f 2f mg ma 联立以上三式可得f 答案选a 典题训练4 如图甲所示 静止在光滑水平面上的长木板b 长木板足够长 的左端静止放着小物块a 某时刻 a受到水平向右的外力f作用 f随时间t的变化规律如图乙所示 即f kt 其中k为已知常数 设物体a b之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力f 且a b的质量相等 则下列可以定性描述长木板b运动的v t图像是 解题指导 解答本题应注意以下三点 1 加速度较小时 a b相对静止 对整体由牛顿第二定律判断加速度的变化 2 a b刚要相对运动时 a b之间的摩擦力达到最大静摩擦力 由临界状态求出a b一起加速经过的时间 3 a b相对滑动时 b所受的合力保持不变 加速度不变 解析 选b 当a b相对静止时 对整体由牛顿第二定律得f kt 2ma a 长木板b做加速度逐渐增大的加速运动 a相对b刚要滑动时 对b由牛顿第二定律得f ma 解得t 此后a b相对滑动 长木板b所受滑动摩擦力保持不变 加速度不变 b做匀加速直线运动 故选项b正确 拓展提升 借题发挥 应用牛顿第二定律解题的步骤 1 通过审题 灵活地选取研究对象 2 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 即隔离法 从它跟周围物体的联系去寻找作用于研究对象的所有外力 并画出受力示意图 再进一步明确物体做何种运动 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 通关题组 1 如图所示 n个质量均为m的相同木块并排放在水平地面上 当木块1受到水平恒力f而向右加速运动时 木块3对木块4的作用力大小为 a fb 若地面光滑 为f 若地面不光滑 小于fc 若地面光滑 为 1 f 若地面不光滑 小于 1 fd 不论地面是否光滑 均为 1 f 解析 选d 若地面光滑 对整体由牛顿第二定律得f nma 对木块4 5 n由牛顿第二定律得f34 n 3 ma 解得 若地面不光滑 设地面与木块间的动摩擦因数为 对整体由牛顿第二定律得f nmg nma 对木块4 5 n由牛顿第二定律得f34 n 3 mg n 3 ma 解得故选项d正确 2 2013 福州二模 如图所示 光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块 其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连 木块间的最大静摩擦力是 mg 现用水平拉力f拉其中一个质量为2m的木块 使四个木块以同一加速度运动 则轻绳对m的最大拉力为 解析 选b 以两个质量为m的木块和一个质量为2m的木块为研究对象 有 mg 4ma 得四个木块一起运动的最大加速度 以质量为m 2m的两个木块为研究对象 t 3ma 得轻绳对m的最大拉力为 故选项b正确 热点考向3 动力学的两类问题 典题训练5 如图所示 长l 1 2m 质量m 3kg的木板静止放在倾角为37 的光滑斜面上 质量m 1kg 带电荷量q 2 5 10 4c的物块放在木板的上端 木板和物块间的动摩擦因数 0 1 所在空间加有一个方向垂直斜面向下 场强e 4 0 104n c的匀强电场 现对木板施加一平行于斜面向上的拉力f 10 8n 取g 10m s2 斜面足够长 求 1 物块经多长时间离开木板 2 物块离开木板时木板获得的动能 3 物块在木板上运动的过程中 由于摩擦而产生的内能 解题指导 解答本题可按如下思路分析 1 由f合 ma求出物块和木板的加速度 2 由物块和木板的位移关系求出时间 3 由v at求物块离开木板时的速度 再由ek 求出动能 4 由功能关系求出摩擦产生的内能 解析 1 物块向下做加速运动 设其加速度为a1 木板的加速度为a2 由牛顿第二定律得 对物块 mgsin37 mgcos37 qe ma1对木板 mgsin37 mgcos37 qe f ma2又 解得物块滑过木板所用时间t s 2 物块离开木板时木板的速度其动能为 3 由于摩擦而产生的内能为q mgcos37 qe l 2 16j答案 1 s 2 27j 3 2 16j 拓展提升 借题发挥 动力学问题的求解思路 1 基本思路受力分析和运动分析是解决问题的关键 而加速度是联系力与运动的桥梁 基本思路如图所示 2 常用方法 整体法与隔离法 正交分解法 3 注意事项 仔细审题 分析物体的受力及受力的变化情况 确定并划分出物体经历的每个不同的过程 逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况 以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点 前一个过程的结束就是后一个过程的开始 两个过程的交接点受力的变化 状态的特点 往往是解题的关键 通关题组 如图所示 固定的四分之一竖直圆弧轨道ab的半径r 0 6m 其最低点与长l 2 0m 高h 0 2m 质量m 5 0kg的长木板的水平上表面相切于b点 质量m 1 0kg的小滑块 可视为质点 从圆弧顶点a处由静止释放 当它运动到圆弧最低点时受轨道的支持力为25n 已知滑块与长木板间的动摩擦因数 1 0 2 长木板与水平地面间的动摩擦因数 2 0 1 不计空气阻力 g取10m s2 1 求滑块由a运动到b的过程中 摩擦力对它做的功 2 试通过计算判断滑块能否离开长木板 若能 求滑块在长木板上运动的时间及滑块从c点离开木板到落地的过程中通过的位移大小 若不能 写出判断过程 结果保留两位有效数字 解析 1 滑块在b点时 由牛顿第二定律得n mg 解得vb 3m s滑块由a运动到b的过程中 由动能定理得联立以上两式解得 wf 1 5j 2 长木板受到滑块对它的摩擦力为f1 1mg 2n地面与长木板间的最大静摩擦力为f2 2 m m g 6n因f1l 2 0m 故滑块能离开长木板设滑块在长木板上运动的时间为t1 则l vbt1 代入数据解得 t1 1 0s t1 2 0s舍去 滑块运动到c点时的速度为vc vb at1 1 0m s 滑块离开长木板后做平抛运动 设其运动的时间为t2 则 h s2 vct2联立解得s2 0 2m滑块离开c点到落地的过程中通过的位移大小为s 0 28m答案 1 1 5j 2 滑块能离开长木板1 0s0 28m 传送带类问题的规范求解传送带有水平传送带和倾斜传送带两类 往往涉及多个运动过程 常结合圆周运动 平抛运动进行考查 解答时可从以下两点进行突破 1 分析物体在传送带上的运动过程物体相对传送带运动 分清二者的速度关系 明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口 2 分析每个过程的初 末速度无论是单纯的传送带类问题 还是传送带与圆周运动 平抛运动相结合的问题 涉及多过程 前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度 因此速度是联系前后两个过程的桥梁 分析每个过程的初 末速度是解决问题的关键 典题例证 典例 16分 如图是利用传送带装运煤块的示意图 其中传送带长l 6m 倾角 37 煤块与传送带间的动摩擦因数 0 8 传送带的主动轮和从动轮半径相等 主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度h 1 8m 与运煤车车厢中心的水平距离s 1 2m 现在传送带底端由静止释放一些煤块 可视为质点 质量m 5kg 煤块在传送带的作用下运送到高处 要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 煤块在轮的最高点水平抛出时的速度 2 主动轮和从动轮的半径r 3 电动机运送煤块多消耗的电能 解题关键 1 煤块 落在车厢中心 说明煤块的平抛水平位移为s 2 煤块在轮的最高点 水平抛出 说明煤块在轮的最高点时对轮的压力为零 重力提供煤块的向心力 3 煤块在传送带上运动达到与传送带共速所发生的位移决定了煤块的运动情况 也决定了电动机运送煤块能量转化情况 解题思路 1 煤块在最高点做平抛运动 由平抛运动水平方向和竖直方向位移公式列方程求平抛的初速度 2 在最高点列牛顿第二定律方程求轮的半径r 3 明确煤块在传送带上的受力情况列动力学方程求煤块的位移及煤块相对传送带的位移 4 列功能关系方程求电动机运送煤块多消耗的电能 规范解答 1 由平抛运动的公式得 s vt 2分 h 2分 代入数据解得 v 2m s 1分 2 要使煤块在轮的最高点做平抛运动 则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零 由牛顿第二定律得mg 2分 代入数据解得r 0 4m 1分 3 由牛顿第二定律f ma得a gcos gsin 0 4m s2 2分 由v v0 at得t 5s 1分 煤块的位移 1分 由于 tan37 然后煤块做匀速直线运动到达顶端 传送带多消耗的电能 2分 代入数据解得e 350j 2分 答案 1 2m s 2 0 4m 3 350j 拓展训练 2013 泉州二模 如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图 它由两台皮带传送机组成 一台水平传送 a b两端相距3m 另一台倾斜 传送带与地面的倾角 37 c d两端相距4 45m b c相距很近 水平部分ab以5m s的速率顺时针传送 将质量为10kg的一袋大米放在a端 到达b端后 速度大小不变地传到倾斜的cd部分 米袋与传送带间的动摩擦因数均为0 5 试求 1 若cd部分传送带不运转 求米袋沿传送带所能上升的最大距离 2 若要米袋能被送到d端 求cd部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从c端到d端所用时间的取值范围 解析 1 米袋在ab上加速时的加速度a0 g 5m s2米袋的速度达到v0 5m s时 滑行的距离s0 2 5m ab 3m 因此米袋在到达b点之前就有了与传送带相同的速度 设米袋在cd上运动的加速度大小为a 由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma代入数据得a 10m s2所以米袋能上升的最大距离s 1 25m 2 设cd部分运转速度为v1时米袋恰能到达d点 即米袋到达d点时速度恰好为零 则米袋速度减为v1之前的加速度为a1 g sin cos 10m s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2 g sin cos 2m s2由解得v1 4m s 即要把米袋送到d点 cd部分的速度vcd v1 4m s米袋恰能运到d点所用时间最长为tmax 2 1s若cd部分传送带的速度较大 使米袋沿cd上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上 则所用时间最短 此种情况米袋加速度一直为a2 由scd v0tmin 得 tmin 1 16s所以 所求的时间t的范围为1 16s t 2 1s 答案 1 1 25m 2 vcd 4m s1 16s t 2 1s 1 如图所示 光滑水平面上 a b两物体用轻弹簧连接在一起 a b的质量分别为m1 m2 在拉力f作用下 a b共同做匀加速直线运动 加速度大小为a 某时刻突然撤去拉力f 此瞬时a和b的加速度大小为a1和a2 则 a a1 0a2 0b a1 ac d a1 a 解析 选d 撤去拉力f前 设弹簧的劲度系数为k 形变量为x 对a由牛顿第二定律得kx m1a 撤去拉力f后 弹簧的形变量保持不变 对a由牛顿第二定律得kx m1a1 对b由牛顿第二定律得kx m2a2 解得a1 a a2 a 故选项d正确 2 静止在光滑水平面上的物体 同时受到在同一直线上的力f1 f2作用 f1 f2随时间变化的图像如图甲所示 则其a t v t图像是图乙中的 解析 选a 对物体由牛顿第二定律得f1 f2 ma 解得a 由图甲可知f1为恒量 f2随时间先均匀增大后均匀减小 故物体的加速度随时间先均匀减小后均匀增大 选项a正确 b c错误 物体的速度方向与加速度方向始终相同 物体先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增大的加速运动 选项d错误 3 2013 泉州二模 如图所示 质量为m的斜劈形物体放在水平地面上 质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑 至速度为零后又加速返回 而物体m始终保持静止 则在物块m上 下滑动的整个过程中 a 地面对物体m的摩擦力先向左后向右b 地面对物体m的摩擦力方向没有改变c 地面对物体m的支持力总大于 m m gd 物块m上 下滑动时的