高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用（一）课件.ppt

课标版物理 第3讲牛顿运动定律的综合应用 一 考点一连接体问题1 加速度相同的连接体问题 1 若求解整体的加速度 可用整体法 整个系统看做一个研究对象 分析整体受外力情况 再由牛顿第二定律求出加速度 2 若求解系统内力 可先用整体法求出整体的加速度 再用隔离法将内力转化成外力 由牛顿第二定律求解 典例1 2015课标 20 6分 多选 在一东西向的水平直铁轨上 停放着一列已用挂钩连接好的车厢 当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时 连接某两相邻车厢的挂钩p和q间的拉力大小为f 当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时 p和q间的拉力大小仍 为f 不计车厢与铁轨间的摩擦 每节车厢质量相同 则这列车厢的节数可能为 a 8b 10c 15d 18答案bc如图所示 假设挂钩p q东边有x节车厢 西边有y节车厢 每节车厢质量为m 当向东行驶时 以y节车厢为研究对象 则有f mya 当向西行驶时 以x节车厢为研究对象 则有f mxa 联立两式有y x 可见 列车总节数n x y x 设x 3n n 1 2 3 则n 5n 故可知选项b c正确 典例2 2015吉林长春第二次质检 19 多选 如图所示 物块a b质量相等 在恒力f作用下 在水平面上做匀加速直线运动 若物块与水平面间接触面光滑 物块a的加速度大小为a1 物块a b间的相互作用力大小为n1 若物块与水平面间接触面粗糙 且物块a b与水平面间的动摩擦因数相同 物块b的加速度大小为a2 物块a b间的相互作用力大小为n2 则以下判断正确的是 a a1 a2b a1 a2c n1 n2d n1 n2 答案bc接触面光滑时 将a b视为一整体分析 由牛顿第二定律可得 f ma mb a1 可得 a1 对b受力分析 由牛顿第二定律可得 n1 mba1 接触面粗糙时 将a b视为一整体分析 由牛顿第二定律可得 f f ma mb a2 可得a2 对b受力分析 n2 mba2 所以选项a d错误 选项b c正确 2 加速度不同的连接体问题 1 若系统内各个物体的加速度不同 一般应采用隔离法 以各个物体分别作为研究对象 对每个研究对象进行受力和运动情况分析 分别应用牛顿第二定律建立方程 并注意应用各个物体的相互作用关系 联立求解 典例3如图所示 质量为m的木板可沿倾角为 的光滑斜面下滑 木板上站着一个质量为m的人 求 1 为了保持木板与斜面相对静止 人运动的加速度是多少 2 为了保持人与斜面相对静止 木板运动的加速度是多少 答案见解析解析 1 为了使木板与斜面保持相对静止 必须满足木板在斜面上的合力为零 所以人施于木板的摩擦力f应沿斜面向上 故人应加速向下跑 现分别对木板和人应用牛顿第二定律 对木板进行受力分析 如图甲所示沿斜面方向有 mgsin f1 0 对人进行受力分析 如图乙所示mgsin f1 ma人 a人为人相对斜面的加速度 f1 f1 解得a人 gsin 方向沿斜面向下 2 为了使人与斜面保持相对静止 必须满足人在木板上所受合力为零 所以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上 故人相对木板向上跑 木板相对斜面向下滑 但人相对斜面静止不动 设木板相对斜面的加速度为a木 现分别对木板和人进行受力分析如图丙 丁 则 对木板 mgsin f2 ma木对人 mgsin f2f2 f2 解得a木 gsin 方向沿斜面向下 即人相对木板向上加速跑动 而木板沿斜面向下滑动 此时人相对斜面静止不动 2 对某些加速度不同的连接体问题 也可以运用 类整体法 列方程求解设系统内有几个物体 这几个物体的质量分别为m1 m2 m3 加速度分别为a1 a2 a3 这个系统的合外力为f合 则这个系统的牛顿第二定律的表达式为f合 m1a1 m2a2 m3a3 其正交分解表达式为fx合 m1a1x m2a2x m3a3x fy合 m1a1y m2a2y m3a3y 对这个结论可以这样理解 先分别以系统中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律 f1 m1a1 f2 m2a2 fn mnan 将以上各式等号左 右两边分别相加 其中左边所有力中 凡属于系统内力的 总是成对出现的 其矢量和必为零 所以最后实际得到的是该质点组所受的所有外力之和 即合外力f 典例4 多选 如图所示 顶角为直角 质量为m的斜面体abc放在粗糙的水平面上 两个质量均为m的小物块 在顶端由静止开始同时沿两侧光滑斜面下滑 下滑过程中斜面体始终保持静止状态 设斜面体受到地面对它的支持力为fn 摩擦力为ff 两小物块落地前 下列判断正确的是 a fn mg 2mgb fn mg 2mgc ff 0d ff 0 设左侧斜面的倾角为 则右侧斜面的倾角为 两小物块沿光滑斜面均做匀加速直线运动 且加速度a1 gsin a2 gsin gcos 把斜 答案bc将两小物块的加速度分解 如图所示 面体和两小物块看成一个整体 因两小物块具有竖直向下的分加速度 所以整体处于失重状态 则地面对斜面体的支持力fn m 2m g ma1sin ma2cos m m g mg 2mg 选项a错误 b正确 由于整体水平方向受到的合力fx ma2sin ma1cos 0 所以地面对斜面体的摩擦力ff 0 选项c正确 d错误 3 当系统内各物体由细绳通过滑轮连接 物体加速度大小相同时 也可以将绳等效在一条直线上用整体法处理 如图所示 m1 m2 可以由整体法列方程为 m1 m2 g m1 m2 a 典例5如图所示 质量为m1 2kg的物体a经跨过定滑轮的轻绳与质量为m 5kg的箱子b相连 箱子底板上放一质量为m2 1kg的物体c 不计定滑轮的质量和一切阻力 在箱子加速下落的过程中 取g 10m s2 下列正确的是 a 物体a处于失重状态 加速度大小为10m s2b 物体a处于超重状态 加速度大小为20m s2 c 物体c处于失重状态 对箱子的压力大小为5nd 轻绳对定滑轮的作用力大小为80n答案c将a b c视为一整体 由牛顿第二定律有 m m2 g m1g m m1 m2 a 得加速度大小为a 5m s2 选项a b错误 隔离c有m2g fn m2a 得fn 5n 选项c正确 隔离a有t m1g m1a 得t 30n 所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2t 60n 选项d错误 1 1 2015福建上杭一中检测 如图所示 一根轻质弹簧上端固定 下端挂一个质量为m0的平盘 盘中有一物体 质量为m 当盘静止时 弹簧的长度比其自然长度伸长了l 今向下拉盘 使弹簧再伸长 l后停止 然后松手 设弹簧总处在弹性限度内 则刚松手时盘对物体的支持力等于 a 1 mgb 1 m m0 gc mgd m m0 g答案a当盘静止时 由胡克定律得 m m0 g kl 设使弹簧再伸长 l时手的拉力大小为f再由胡克定律得f k l 由 联立得f m m0 g 则以盘和物体整体为研究对象 刚松手时所受合力大小等于f 方向竖直向上 设刚松手时 加速度大小为a 根据牛顿第二定律得a g对物体研究 由牛顿第二定律有 fn mg ma解得fn mg 故a正确 考点二图像问题1 处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系 全面系统地看懂图像中的 轴 线 点 斜率 面积 截距 等所表示的物理意义 在运用图像求解问题时 还需要具有将物理现象转化为图像问题的能力 运用图像解题包括两个方面 1 用给定的图像解答问题 2 根据题意去作图 运用图像去解答问题 2 图像语言 函数语言及文字语言构成表达物理过程与物理参数关系的三种语言 要求能够在任意两种语言间相互转换 以便用相对简单的方法解决物理问题 3 文字语言 函数语言 图像语言与物理情景之间的相互转换 是确立解题方向 迅速明确解题方法的前提 典例6 2015课标 20 6分 多选 如图 a 一物块在t 0时刻滑上一固定斜面 其运动的v t图线如图 b 所示 若重力加速度及图中的v0 v1 t1均为已知量 则可求出 a 斜面的倾角b 物块的质量c 物块与斜面间的动摩擦因数d 物块沿斜面向上滑行的最大高度 擦因数为 物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2 根据牛顿第二定律有 mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 再结合v t图线斜率的物理意义有 a1 a2 由上述四式可见 无法求出m 可以求出 故b错 a c均正确 0 t1时间内的v t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离 已求出 故可以求出物块上滑的最大高度 故d正确 答案acd设物块的质量为m 斜面的倾角为 物块与斜面间的动摩 典例7 2015江苏单科 6 4分 多选 一人乘电梯上楼 在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示 以竖直向上为a的正方向 则人对地板的压力 a t 2s时最大b t 2s时最小c t 8 5s时最大d t 8 5s时最小 答案ad地板对人的支持力fn mg ma t 2s时 a有正的最大值 此时fn最大 由牛顿第三定律可知 a正确 b错误 t 8 5s时 a有负的最大值 此时fn最小 由牛顿第三定律可知 c错误 d正确 2 1 2015重庆理综 5 6分 若货物随升降机运动的v t图像如图所示 竖直向上为正 则货物受到升降机的支持力f与时间t关系的图像可能是 答案b由v t图像可知 升降机的运动过程为 向下加速 失重 fmg 向上加速 超重 f mg 向上匀速 f mg 向上减速 失重 f mg 对照f t图像可知 b正确 考点三临界极值问题1 动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题中 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 往往会有临界值出现 2 产生临界问题的条件 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 当物体在变化的外力作用下运动时 其加速度和速度都会不断变化 当所受合外力最大时 具有最大加速度 合外力最小时 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 所对应的速度便会出现最大值或最小值 典例8 2013山东理综 22 15分 如图所示 一质量m 0 4kg的小物块 以v0 2m s的初速度 在与斜面成某一夹角的拉力f作用下 沿斜面向上做匀加速运动 经t 2s的时间物块由a点运动到b点 a b之间的距离l 10m 已知斜面倾角 30 物块与斜面之间的动摩擦因数 重力加速度g取10m s2 1 求物块加速度的大小及到达b点时速度的大小 2 拉力f与斜面夹角多大时 拉力f最小 拉力f的最小值是多少 答案 1 3m s28m s 2 30 n解析 1 设物块加速度的大小为a 到达b点时速度的大小为v 由运动学公式得l v0t at2 v v0 at 联立 式 代入数据得a 3m s2 v 8m s 2 设物块所受支持力为fn 所受摩擦力为ff 拉力与斜面间的夹角为 受力分析如图所示 由牛顿第二定律得 fcos mgsin ff ma fsin fn mgcos 0 又ff fn 联立 式得f 由数学知识得 cos sin sin 60 由 式可知对应f最小时与斜面间的夹角 30 联立 式 代入数据得f的最小值为fmin n 对连接体中的临界极值问题可采用下列三种方法分析解决 1 极限法 把物理问题 或过程 推向极端 从而使临界现象 或状态 暴露出来 以达到正确解决问题的目的 2 假设法 临界问题存在多种可能 特别是非此即彼两种可能时 或变化过程中可能出现临界条件 也可能不出现临界条件时 往往用假设法解决问题 3 数学法 将物理过程转化为数学表达式 根据数学表达式解出临界条件 3 1 2014江苏单科 8 4分 多选 如图所示 a b两物块的质量分别为2m和m 静止叠放在水平地面上 a b间的动摩擦因数为 b与地面间的动摩擦因数为 最