高考物理 考前三个月 专题二 牛顿运动定律与直线运动精讲课件 新人教版.ppt

专题2 牛顿运动定律与直线运动 第一部分专题复习篇 牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一 对这部分内容的考查非常灵活 选择 实验 计算等题型均可以考查 其中用整体法和隔离法处理问题 牛顿第二定律与静力学 运动学的综合问题 物体的平衡条件等都是高考热点 对牛顿第一 第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现 另外 牛顿运动定律在实际中的应用很多 如弹簧问题 传送带问题 传感器问题 超重失重问题等等 应用非常广泛 高考定位 目录索引 考题1对匀变速直线运动规律的考查 考题2对牛顿第二定律应用的考查 考题3应用动力学方法分析传送带问题 考题4应用动力学方法分析 滑块 木板模型 问题 考题1对匀变速直线运动规律的考查 为了迎接外宾 对国宾车队要求非常严格 设从同一地点先后开出甲 乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶 汽车甲先开出 汽车乙后开出 汽车甲从静止出发先做加速度为a1的匀加速直线运动 达到速度v后改为匀速直线运动 汽车乙从静止出发先做加速度为a2的匀加速直线运动 达到同一速度v后也改为匀速直线运动 要使甲 乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x 则甲 乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少 不计汽车的大小 例1 审题突破设当甲经过一段时间t1匀加速运动达到速度v 位移为x1 根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度 设乙出发后 经过一段时间t2匀加速运动达到速度v 位移为x2 根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度 设甲匀速运动时间为t 甲 乙依次启动的时间间隔为 t 根据位移关系列式即可求解 解析设当甲经过一段时间t1匀加速运动达到速度v 位移为x1 对甲 有 v a1t1 v2 2a1x1 设乙出发后 经过一段时间t2匀加速运动达到速度v 位移为x2 对乙 有 v a2t2 v2 2a2x2 设甲匀速运动时间t后 乙也开始匀速运动 甲 乙依次启动的时间间隔为 t 由题意知 t t1 t t2 x x1 vt x2 1 多选 如图1甲所示 一个m 3kg的物体放在粗糙水平地面上 从t 0时刻起 物体在水平力f作用下由静止开始做直线运动 在0 3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示 已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等 则 甲乙图1 突破训练 a 在0 3s时间内 物体的速度先增大后减小b 3s末物体的速度最大 最大速度为10m sc 2s末f最大 f的最大值为12nd 前2s内物体做匀变速直线运动 力f大小保持不变解析物体在前3s内始终做加速运动 第3s内加速度减小说明物体速度增加得慢了 但仍是加速运动 故a错误 因为物体速度始终增加 故3s末物体的速度最大 在a t图象上图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化 v 10m s 物体由静止开始加速运动 故最大速度为10m s 所以b正确 由f合 ma知前2s内的合外力为12n 由于受摩擦力作用 故作用力大于12n 故c错误 答案bd 2 2014 山东 23 研究表明 一般人的刹车反应时间 即图2甲中 反应过程 所用时间 t0 0 4s 但饮酒会导致反应时间延长 在某次试验中 志愿者少量饮酒后驾车以v0 72km h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶 从发现情况到汽车停止 行驶距离l 39m 减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示 此过程可视为匀变速直线运动 取重力加速度的大小g 10m s2 求 图2 1 减速过程汽车加速度的大小及所用时间 2 饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少 3 减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值 解析 1 设减速过程中汽车加速度的大小为a 所用时间为t 由题可得初速度v0 20m s 末速度vt 0 位移s 25m 由运动学公式得v 2as t 联立 式 代入数据得a 8m s2 t 2 5s 2 设志愿者反应时间为t 反应时间的增加量为 t 由运动学公式得l v0t s t t t0 联立 式 代入数据得 t 0 3s 3 设志愿者所受合外力的大小为f 汽车对志愿者作用力的大小为f0 志愿者质量为m 由牛顿第二定律得f ma 由平行四边形定则得f f2 mg 2 联立 式 代入数据得 方法提炼 1 如果一个物体的运动包含几个阶段 就要分段分析 各段交接处的速度往往是联系各段的纽带 2 描述匀变速直线运动的基本物理量有v0 v a x t五个量 每一个基本公式中都涉及四个量 选择公式时一定要注意分析已知量和待求量 根据所涉及的物理量选择合适的公式求解 会使问题简化 3 对于刹车类问题 当车速度为零时 停止运动 其加速度也突变为零 求解此类问题应先判断车停下所用的时间 再选择合适的公式求解 如图3所示 a b两滑环分别套在间距为1m的光滑细杆上 a和b的质量之比为1 3 用一自然长度为1m的轻弹簧将两环相连 在a环上作用一沿杆方向 大小为20n的拉力f 当两环都沿杆以相同的加速度a运动时 弹簧与杆夹角为53 cos53 0 6 1 求弹簧的劲度系数 2 若突然撤去拉力f 在撤去拉力f的瞬间 a的加速度大小为a a 与a之比为多少 考题2对牛顿第二定律应用的考查 例2 图3 审题突破 1 以两球和弹簧组成的整体为研究对象 根据牛顿第二定律求出加速度 再以b为研究对象求出弹簧的弹力 由胡克定律求出弹簧的劲度系数 2 若突然撤去拉力f 在撤去拉力f的瞬间 弹簧的弹力没有来得及变化 再分析受力 由牛顿第二定律求解a 与a之比 解析 1 先取a b和弹簧组成的整体为研究对象 弹簧弹力为内力 杆对a b的支持力与加速度方向垂直 在沿f方向应用牛顿第二定律f ma mb a 再取b为研究对象 f弹cos53 mba 联立解得 f弹 25n由几何关系得 弹簧的伸长量 x m 0 25m由f弹 k x解得弹簧的劲度系数k 100n m 2 撤去力f瞬间 弹簧弹力不变 a的加速度大小a 方向沿杆方向向左由 式得a 方向沿杆水平向右所以a a mb ma 3 1答案 1 100n m 2 3 1 3 单选 2014 新课标 17 如图4所示 用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上 系统处于平衡状态 现使小车从静止开始向左加速 加速度从零开始逐渐增大到某一值 然后保持此值 小球稳定地偏离竖直方向某一角度 橡皮筋在弹性限度内 与稳定在竖直位置时相比 小球的高度 a 一定升高b 一定降低c 保持不变d 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 突破训练 图4 解析设橡皮筋原长为l0 劲度系数为k 小球在竖直位置静止时 橡皮筋长度为l 加速时长度为l 且与竖直方向夹角为 由胡克定律可知 静止时k l l0 mg 加速时小球受力分析如图所示 由牛顿第二定律可知k l l0 cos mg则k l l0 k l l0 cos l cos l l0 1 cos 即l cos l所以小球高度一定升高 故选项a正确 答案a 方法提炼 1 无论是哪种情况 联系力和运动的 桥梁 都是加速度 利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系 然后利用运动学规律 牛顿第二定律和力的运算法则列式求解 2 物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定 某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4 0m s的恒定速度运动 若使该传送带改做加速度大小为3 0m s2的匀减速运动 并且在传送带开始做匀减速运动的同时 将一煤块 可视为质点 无初速度放在传送带上 已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0 10 重力加速度取10m s2 求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小 计算结果保留两位有效数字 考题3应用动力学方法分析传送带问题 例3 审题突破煤块先相对于传送带向后滑动 速度相同后 又相对传送带向前滑 根据运动学公式 结合速度时间图线求出两次过程中相对位移的大小 从而得出划痕的长度 解析由运动情况作出传送带和煤块的v t图象 如图所示 因煤块与传送带间的动摩擦因数为 则煤块在传送带上运动的加速度a0 g 1 0m s2设传送带的加速度大小为a 由运动学规律得 v1 a0t1 v0 at1解得t1 1 0sv1 1 0m s 此过程中煤块相对于传送带向后滑动 划线的长度为当煤块与传送带间的速度相等以后 两者都做匀减速直线运动 煤块相对于传送带又向前滑动 划线的长度因为l1 l2 煤块在传送带上留下的划线长度为l1 2 0m煤块相对于传送带的位移为x l1 l2 2 0m 0 33m 1 7m答案2 0m1 7m 4 多选 2014 四川 7 如图5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 突破训练 图5 解析若v1 v2 且p受到的滑动摩擦力大于q的重力 则可能先向右匀加速 加速至v1后随传送带一起向右匀速 此过程如图b所示 故b正确 若v1 v2 且p受到的滑动摩擦力小于q的重力 此时p一直向右减速 减速到零后反向加速 若v2 v1 p受到的滑动摩擦力向左 开始时加速度a1 当减速至速度为v1时 摩擦力反向 若有ft mg 此后加速度a2 故c正确 a d错误 答案bc 方法提炼 分析处理传送带问题时需要特别注意两点 一是对物体在初态时 静止释放或有初速度的释放 所受滑动摩擦力的方向的分析 二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析 14分 如图6所示 水平地面上有一质量为m的长木板 一个质量为m的物块 可视为质点 放在长木板的最右端 已知m与m之间的动摩擦因数为 1 木板与地面间的动摩擦因数为 2 从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动 同时木板m在水平外力f作用下始终向右以速度v2 v2 v1 匀速运动 求 1 在物块m向左运动过程中外力f的大小 2 木板至少多长物块不会从木板上滑下来 考题4应用动力学方法分析 滑块 木板模型 问题 审题破题真题演练 例4 图6 思维导图 解析 1 在物块m向左运动过程中 木板受力如图所示 其中ff1 ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力 由题意可知ff1 1mg 1分 ff2 2 m m g 2分 由平衡条件得 f ff1 ff2 1mg 2 m m g 2分 2 设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1 则 1分 设物块向左匀减速运动的位移为x1 则 1分 设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速 即停止相对滑动 的时间为t2 则 1分 设物块向右匀加速运动的位移为x2 则 1分 此过程中木板向右匀速运动的总位移为x 则x v2 t1 t2 1分 则物块不从木板上滑下来的最小长度 l x x1 x2 2分 代入数据解得 2分 2013 新课标 25 16分 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 以后木板运动的速度 时间图象如图7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 取重力加速度的大小g 10m s2 求 1 物块与木板间 木板与地面间的动摩擦因数 结果保留两位有效数字 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 高考现场 图7 解析 1 从t 0时开始 木板与物块之间的摩擦力使物块加速 使木板减速 此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止 由题图可知 在t1 0 5s时 物块和木板的速度相同 设t 0到t t1时间间隔内 物块和木板的加速度大小分别为a1和a2 则a1 a2 式中v0 5m s v1 1m s分别为木板在t 0 t t1时速度的大小 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 1 2 由牛顿第二定律得 1mg ma1 1 2 2 mg ma2 联立 式得 1 0 20 2 0 30 2 在t1时刻后 地面对木板的摩擦