（课标版）2021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课件

第3讲牛顿运动定律的综合应用,基础过关,一、牛顿运动定律的应用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(1)外力:系统外的物体对研究对象的作用力。(2)内力:系统内物体间的作用力。二、临界或极值条件的标志1.有些问题中有“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.若要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。,1.判断下列说法对错。(1)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。()(2)应用牛顿运动定律进行整体分析时,可以分析内力。()(3)分析物体间相互作用时,要用隔离法。()(4)当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,解题时一般采用隔离法。(),2.(多选)如图所示,质量分别为ma、mb的a、b两物块用轻线连接,放在倾角为的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力f拉a,使它们沿斜面匀加速上升,a、b与斜面间的动摩擦因数均为。为了增加轻线上的张力,可行的办法是(ab)a.减小a物块的质量b.增大b物块的质量c.增大倾角d.增大动摩擦因数,3.如图所示,物块a放在木板b上,a、b的质量均为m,a、b之间的动摩擦因数为,b与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在a上,使a刚好要相对b滑动,此时a的加速度为a1;若将水平力作用在b上,使b刚好要相对a滑动,此时b的加速度为a2,则a1与a2的比为(c)a.11b.23c.13d.32,考点一动力学观点在连接体中的应用,考点突破,1.多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起,构成的物体系统称为连接体。常见的连接体如图所示:,2.连接体问题的分析方法,例如图所示,质量为m2的物块b放置在光滑水平桌面上,其上放置质量为m1的物块a,a通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为m的物块c连接。释放c,a和b一起以加速度a从静止开始运动,已知a、b间动摩擦因数为,重力加速度为g,则细线中的拉力大小为(c)a.mgb.mg+mac.(m1+m2)ad.m1a+m1g,解析以c为研究对象,有mg-t=ma,解得t=mg-ma,故a、b错误;以a、b整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知t=(m1+m2)a,故c正确;a、b间为静摩擦力,根据牛顿第二定律,对b可知f=m2a,对a可知t-f=m1a,f=f,联立解得t=(m1+m2)a,故d错误。,考向1加速度相同的连接体问题1.如图所示,质量为m的小车放在光滑的水平面上,小车上用细线悬吊一质量为m的小球,mm,用一力f水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成角,细线的拉力为f1。若用一力f水平向左拉小车,使小球和车一起以加速度a向左运动时,细线与竖直方向也成角,细线的拉力为f1。则(b)a.a=a,f1=f1b.aa,f1=f1c.aa,f1f1,解析当用力f水平向右拉小球时,以小球为研究对象竖直方向有f1cos=mg水平方向有f-f1sin=ma以整体为研究对象有f=(m+m)a解得a=gtan当用力f水平向左拉小车时,以小球为研究对象竖直方向有f1cos=mg水平方向有f1sin=ma解得a=gtan,结合两种情况,由式有f1=f1;由式并结合mm有aa。故正确选项为b。,考向2加速度不同的连接体问题2.一个弹簧测力计放在水平地面上,q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,p为一重物,已知p的质量m=10.5kg,q的质量m=1.5kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=800n/m,系统处于静止。如图所示,现给p施加一个方向竖直向上的力f,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2s内,f为变力,0.2s以后,f为恒力。求力f的最大值与最小值。(取g=10m/s2),答案168n72n,解析设开始时弹簧压缩量为x1,t=0.2s时弹簧的压缩量为x2,重物p的加速度为a,则有kx1=(m+m)gkx2-mg=max1-x2=at2由式得x1=0.15m由式得a=6m/s2f小=(m+m)a=72n,f大=m(g+a)=168n,方法总结连接体问题的分析方法分析连接体问题时,一般采用两种方法:一是隔离法,二是整体法。具体如下,考点二动力学中的临界、极值问题,1.“四种”典型临界条件,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。,1.(多选)(2019河南信阳期末)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(bcd)a.当f3mg时,a相对b滑动d.无论f为何值,b的加速度不会超过g,解析a、b间的最大静摩擦力为2mg,b和地面之间的最大静摩擦力为mg,对a、b整体,只要fmg,整体就会运动,选项a错误;当a对b的摩擦力为最大静摩擦力时,a、b将要发生相对滑动,故a、b一起运动的加速度的最大值满足2mg-mg=mamax,b运动的最大加速度amax=g,选项d正确;对a、b整体,有f-mg=3mamax,则f3mg时两者会发生相对运动,选项c正确;当f=mg时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足f-mg=3ma,解得a=g,选项b正确。,2.如图所示,在光滑水平面上有一辆小车a,其质量为ma=2.0kg,小车上放一个物体b,其质量为mb=1.0kg。如图甲所示,给b一个水平推力f,当f增大到稍大于3.0n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,求f的最大值fm。甲乙,答案6.0n,解析根据题图甲所示,设a、b间的静摩擦力达到最大值fm时,系统的加速度为a。根据牛顿第二定律,对a、b整体有f=(ma+mb)a,对a有fm=maa,代入数据解得fm=2.0n根据题图乙所示情况,设a、b刚开始相对滑动时系统的加速度为a,根据牛顿第二定律有fm=mba,fm=(ma+mb)a,代入数据解得fm=6.0n,学科素养直通车,动力学观点解决多过程运动(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和运动过程示意图。(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程。(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等,并列出相关的辅助方程。(5)联立求解,并对结果进行必要的讨论或验证。,1.如图所示,两木板a、b并排放在地面上,a左端放一小滑块,滑块在f=6n的水平力作用下由静止开始向右运动。已知木板a、b长度均为l=1m,木板a的质量ma=3kg,小滑块及木板b的质量均为m=1kg,小滑块与木板a、b间的动摩擦因数均为1=0.4,木板a、b与地面间的动摩擦因数均为2=0.1,重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:(1)小滑块在木板a上运动的时间;(2)木板b获得的最大速度。,答案(1)1s(2)1m/s,解析(1)小滑块对木板a的摩擦力f1=1mg=0.4110n=4n木板a、b整体受到地面的最大静摩擦力f2=2(2m+ma)g=0.1(21+3)10n=5nf1f2,小滑块在木板a上滑动时,木板a保持静止设小滑块的加速度为a,由牛顿第二定律有f-f1=ma1,其中f1=f1根据运动学公式,有l=a1联立解得t1=1s(2)设小滑块滑上木板b时的速度为v1,小滑块滑上木板b后,b的加速度为a2,经过时间t2小滑块与木板b脱离,小滑块的位移为x块,木板b的位移为xb、最大速,度为vb,则1mg-22mg=ma2vb=a2t2xb=a2v1=a1t1x块=v1t2+a1x块-xb=l联立解得vb=1m/s,2.质量m=4kg、长2l=4m的木板放在光滑水平地面上,以木板中点为界,左边和右边的粗糙程度不同。一个质量为m=1kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端,如图甲所示。在t=0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力f,使滑块和木板均由静止开始运动,t1=2s时滑块恰好到达木板中点,滑块运动的x1-t图像如图乙所示。取g=10m/s2。,(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数1和恒力f的大小。(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数2=0.1,2s末撤去恒力f,则滑块能否从木板上滑落下来?若能,求分离时滑块的速度大小。若不能,则滑块将停在离木板右端多远处?,答案见解析,解析(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,则t1=2s时木板的位移x2=a2滑块的位移x1=4m由牛顿第二定律得1mg=ma2由位移关系得x1-x2=l联立式解得1=0.4滑块位移x1=a1恒力f=ma1+1mg,联立式解得f=6n(2)设滑块到达木板中点时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,滑块滑过中点后做匀减速直线