高考物理广东专用一轮复习课件第3章能力课时3牛顿运动定律的综合应用一

1、能力课时3牛顿运动定律的综合应用(一),突破一牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法,物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。 1.“两大类型” (1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。 2.“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁。,3.解决图象问题的方法和关键 (1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、

2、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义。 (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。,【例1】(多选)(2015新课标全国卷，20)如图1(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt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(),图1 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,答案ACD,易错提醒 分析图象问题时常见的误区 (1)没有看清横、纵坐标所表示的物理

3、量及单位。 (2)没有注意坐标原点是否从零开始。 (3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。 (4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。,【变式训练】 1.与aF图象的综合(多选)如图2甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2)(),图2,A.物体的质量为1 kg B.物体的质量为2 kg C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 解析物体的受力如图所示，在力F从0增大到7 N之前物体静止，在7

4、 N时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得Ffma，代入图乙中F17 N和F214 N及对应的加速度a10.5 m/s2和a24 m/s2，解得m2 kg，f6 N，A错误，B正确；fFNmg，则0.3，C正确，D错误。,答案BC,2.与Ft、vt图象的综合(多选)(2016内蒙古包头测评)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图3甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。g10 m/s2。则下列说法正确的是(),图3,A.在24 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2 B.小球质量为2

5、 kg C.杆的倾角为30 D.小球在04 s内的位移为8 m,答案AC,突破二连接体问题的分析方法,1.连接体的分类 根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。 (1)绳(杆)连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起； (2)弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起； (3)接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。 2.连接体的运动特点 轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。,轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。 轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率

6、不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。 特别提醒 (1)“轻”质量和重力均不计。 (2)在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。,3.连接体问题的分析方法 (1)分析方法：整体法和隔离法。 (2)选用整体法和隔离法的策略： 当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法； 对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。,类型一绳(或杆)连接体 【例2】如图4所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的

7、拉力(),图4 A.与斜面倾角有关B.与动摩擦因数有关 C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关,答案D,方法提炼,【变式训练】 3.(多选)(2016广东颜锡祺中学月考)如图5所示的小车上装有轻质杆AB，B端用细线连接小球，小球的质量为m，当小车以加速a水平向左运动时，细线对小球的作用力为(),图5,解析小球受重力和绳子的拉力F，向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，水平方向有，Fsin ma，竖直方向有，Fcos mg0，根据几何关系得，F2(ma)2(mg)2，故B、C、D正确。 答案BCD,类型二弹簧连接体 【例3】如图6所示，两个质量分别为m13 kg、m22 kg的物体置于光

8、滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F130 N、F220 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(),图6 A.弹簧测力计的示数是50 N B.弹簧测力计的示数是24 N C.在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为4 m/s2 D.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为10 m/s2,答案B,方法提炼,【变式训练】 4.(多选)如图7所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻质弹簧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B物块，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，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是(),图7 A.减小A物块的质量 B.

9、增大B物块的质量 C.增大倾角 D.增大动摩擦因数,答案AB,联立得3n2k，总车厢数为Nnk，由此式可知n只能取偶数， 当n2时，k3，总节数为N5 当n4时，k6，总节数为N10 当n6时，k9，总节数为N15 当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确。 答案BC,【变式训练】 5.如图8所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q之间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是(),图8 A.P处于超重状态 B.P受到的摩擦力大小为mg，方向水平向右 C.P受到的摩擦力大小为mgsin cos ，方向水平向左 D.P受到的支持力

10、大小为mgsin 2,解析由题意可知，P有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；对P、Q整体，根据牛顿第二定律有(Mm)gsin (Mm)a，得加速度agsin ，将沿斜面向下的加速度agsin 沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a1acos gsin cos ，a2asin gsin2 ，对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有fma1，方向水平向左，竖直方向上有mgFNma2，得fmgsin cos ，FNmgcos2 ，选项C正确，B、D错误。,答案C,突破三临界问题的处理方法,1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明题述的过程存在临界点

11、。 (2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态。 (3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”、“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。,2.几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示,3.处理临界问题的三种方法,【例5】如图9所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经

12、过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。,图9 (1)求箱子加速阶段的加速度大小a； (2)若agtan ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。,反思总结 解决临界问题的基本思路 (1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)； (2)寻找过程中变化的物理量； (3)探索物理量的变化规律； (4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。 挖掘临界条件是解题的关键。如例5中第(2)的求解关键是：假设球刚好不受箱子的作用力，求出此时加速度a。,【变式训练】 6.如图10所示，将质量m1.24 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩

13、擦因数为0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角53的恒定拉力F，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s内前进了2 m。(取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：,图10 (1)圆环加速度a的大小； (2)拉力F的大小。,甲,乙,答案(1)4 m/s2(2)12 N或124 N,1.(多选)(2015海南单科，8)如图11，物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小

14、为g。在剪断的瞬间(),图11,A.a13g B.a10 C.l12l2 D.l1l2,答案AC,2.(2015重庆理综，5)若货物随升降机运动的vt图象如图12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关系的图象可能是(),图12,解析由vt图象可知：过程为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)。综合选项分析可知选项B正确。 答案B,3.(多选)(2015江苏单科，6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t

15、变化的图线如图13所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(),图13 A.t2 s时最大 B.t2 s时最小 C.t8.5 s时最大 D.t8.5 s时最小,解析由题图知，在上升过程中，在04 s内，加速度方向向上，FNmgma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在710 s内加速度方向向下，由mgFNma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。 答案AD,4.(2016广东潮州凤凰中学段考)如图14甲所示，倾角37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端

16、，另一端与质量m1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当t0时释放滑块。在00.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k2.0102 N/m，当t0.14 s时，滑块的速度v12.0 m/s。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：,图14,(1)斜面对滑块的摩擦力f的大小； (2)t0.14 s时滑块与出发点间的距离d； (3)在00.44 s时间内，滑块运动的路程s。 解析(1)由图乙可知，当t10.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，如图(a)所示。,分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小a110 m/s2。根据牛顿第二定律有mgsin fma1，解得f4.0 N。,(2)当t10.14 s时，弹簧恰好恢复原长