高考物理一輪總復習 專題三課件（打包5套）[新人教版].zip,新人教版,高考物理一輪總復習,專題三課件打包5套[新人教版],高考,物理,一輪,復習,專題,課件,打包,新人 第3講 牛頓運動定律的運用 1 超重和失重定義 1 超重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 物體所受重力的現(xiàn)象 大于 2 失重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 物體所受重力的現(xiàn)象 小于 3 完全失重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 為 的現(xiàn)象 零 超重和失 2 發(fā)生超重或失重現(xiàn)象的條件 上 加速 減速 1 發(fā)生超重現(xiàn)象的條件 具有向 的加速度 如物體向上做 運動或向下做 運動 2 發(fā)生失重現(xiàn)象的條件 具有向 的加速度 如物體做向上 運動或向下 運動 3 拓展 運動在水平和豎直方向正交分解時 只要加速度具有向上的分量 物體就處于超重狀態(tài) 只要加速度具有向下 的分量 物體就處于失重狀態(tài) 下 減速 加速 3 超重和失重的本質 超重和失重本質上并不是物體受到的重力 實重 發(fā)生了變化 而是物體在豎直方向上有加速度時 物體對支持物的壓力或對懸繩的拉力 視重 發(fā)生了變化 即看起來好像物體的重力變了 但實際上物體的重力并沒有發(fā)生變化 基礎檢測 2015年廣東惠東高級中學月考 小敏隨著十幾個人一起乘電梯上五樓 走進電梯時電梯沒有顯示超載 但電梯剛啟動時報警器卻響了起來 對這一現(xiàn)象的解釋 下列說法正確的是 A 剛啟動時 物體的加速度向下 人處于超重狀態(tài)B 剛啟動時 人所受的重力變大了C 剛啟動時 人對電梯底板的壓力大于底板對人的支持力D 剛啟動時 人對電梯底板的壓力變大了 解析 人隨電梯一起加速上升 電梯剛啟動時報警器卻響了起來 說明人和電梯的加速度向上 合外力向上 電梯和人處于超重的狀態(tài) 所以人對電梯底板的壓力變大了 故D正確 答案 D 考點1超重和失重 典例剖析例1 多選 如圖3 3 1所示 輕質彈簧的上端固定在電梯的天花板上 彈簧下端懸掛一個小鐵球 在電梯運行時 乘客發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大了 這一現(xiàn)象表明 A 電梯一定是在下降B 電梯可能是在上升C 電梯的加速度方向一定向下 D 乘客一定處在超重狀態(tài) 圖3 3 1 思維點撥 彈簧的伸長量變大 說明彈簧的彈力變大 從而判斷出小鐵球所受的合外力向上 加速度方向向上 解析 電梯靜止時 彈簧的拉力和小鐵球所受重力相等 現(xiàn)在 彈簧的伸長量變大 則彈簧的拉力變大 小鐵球所受的合外力方向向上 加速度方向向上 小鐵球處于超重狀態(tài) 但電梯可能是加速向上運動 也可能是減速向下運動 答案 BD 備考策略 超重和失重現(xiàn)象是生產和生活中常見的現(xiàn)象 近年高考比較注重對本部分的考查 解決此類問題的實質是牛頓第二定律的應用 注意 判斷物體處于超重或失重狀態(tài)是看加速度方向如何 而不是看速度方向如何 考點練透 1 2015年甘肅一模 將地面上靜止的貨物豎直向上吊起 貨物由地面運動至最高點的過程中 v t圖象如圖3 3 2所示 以下判斷正確的是 圖3 3 2A 前3s內貨物處于失重狀態(tài)B 最后2s內貨物只受重力作用C 前3s內平均速度小于最后2s內的平均速度D 最后2s的過程中貨物的機械能增加答案 D 2 2015年貴州五校聯(lián)考 如圖3 3 3所示 與輕繩相連的物體A和B跨過定滑輪 質量mA mB A由靜止釋放 不計繩 與滑輪間的摩擦 則在A向上運動的過程中 輕繩的拉力 圖3 3 3 A T mAgC T mBg B T mAgD T mBg 解析 物體A向上加速運動 物體B向下加速運動 因此A處于超重狀態(tài) T mAg B處于失重狀態(tài) T mBg 故B正確 答案 B 考點2動力學多過程分析 對一個復雜的物理過程 我們常常分解成幾個簡單的有規(guī)律的子過程 并找出子過程之間的相互聯(lián)系和制約條件 認清每個子過程的運動性質 再選取合適的物理規(guī)律 列方程求解 典例剖析 例2 2015年河北正定中學月考 如圖3 3 4所示 一水平傳送帶以2 0m s的速度順時針傳動 水平部分長為2 0m 其右端與一傾角為 37 的光滑斜面平滑相連 斜面長為0 4m 一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端 已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù) 0 2 試問 1 物塊能否到達斜面頂端 若能則說明理由 若不能則求 出物塊沿斜面上升的最大距離 2 物塊從出發(fā)到9 5s末通過的路程 sin37 0 6 g取 10m s2 圖3 3 4 解 1 物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動 mg ma1 所以在到達傳送帶右端前物塊已勻速物塊以v0速度滑上斜面 mgsin ma2物塊速度為零時上升的距離 由于s2 0 4m 所以物塊未到達斜面的最高點 2s1L s1 2v02 2 物塊從開始到第一次到達傳送帶右端所用時間 t1 v0v0 1 5s 物塊在斜面上往返一次時間 t2 sa23 物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0 方向向左 mg ma3a3 2m s2向左端發(fā)生的最大位移 s 在斜面上勻加速下降s后回到傳送帶 物塊運動的全過程為 先勻加還1s 再勻速運動0 5s 在 斜面上勻減速上升 13 再經過1s速度減為零 然后加速1s運動到斜面底端 如此往 復 周期為 83 s 由第一次到達斜面底端算起 還剩8s 恰好 完成三個周期 所以s L 6 s2 s3 10m 13 備考策略 多過程問題往往是求解整個過程中的某一個物理量 可能是力學量 也可能是運動學的量 關鍵是要對物體的受力情況和運動過程有比較清晰的分析 畫出運動過程示意圖 結合牛頓第二定律建立方程求解 考點練透 3 2015年寧夏銀川校級一模 如圖3 3 5所示 水平繃緊的傳送帶AB長L 6m 始終以恒定速率v1 4m s運行 初速度大小為v2 6m s的小物塊 可視為質點 從與傳送帶等高的光滑水平地面上經A點滑上傳送帶 小物塊m 1kg 物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 0 4 g取10m s2 求 1 小物塊能否到達B點 計算分析說明 2 小物塊在傳送帶上運動時 摩擦力產生的熱量為多少 圖3 3 5 解 1 不能 因為小物塊在水平方向受到摩擦力的作用 有f mg 速度等于傳送帶速度v1時 經歷的時間 t v1 v2 a 2 5s 傳送帶的位移s v1t 4 2 5m 10m 小物塊相對于傳送帶的位移 x s x x 10 4 5 2 m 12 5m小物塊在傳送帶上運動時 因相互摩擦產生的熱量為Q f x 0 4 10 1 12 5J 50J 4 多選 2015年江蘇徐州質檢 如圖3 3 6所示 一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上 t 0時刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行 木板與滑塊間存在摩擦 且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 滑塊的v t圖象可能是下列各圖所示中的 圖3 3 6 AC BD 答案 BD 解析 設滑塊質量為m 木板質量為M 滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為 1 木板與地面間的動摩擦因數(shù)為 2 若有 1mg 2 M m g 則滑塊滑上木板后向右勻減速運動 加速度a1 1g 木板不動 選項D正確 若有 1mg 2 M m g 則滑塊滑上木板后向右勻減速運動 加速度為a1 1g 木板向右勻加速運動 當二者同速后 一起以a2 2g的加速度勻減速到停止 因a1 a2 故選項B正確 考點3牛頓第二定律與圖象相結合 對物理圖象分析 1 看清坐標軸所表示的物理量及單位 分析圖象與橫 縱軸交點的意義 圖象斜率的意義和圖象與橫 縱軸所圍面積的含義 2 分析圖象問題 常常結合橫 縱軸物理量間的函數(shù)關系 來進行分析 重點歸納 典例剖析 例3 2015年吉林摸底 如圖3 3 7甲所示 質量為M 1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上 木板與地面間的動摩擦因數(shù) 1 0 1 在木板的左端放置一個質量為m 1kg 大小可忽略的鐵塊 鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù) 2 0 4 g取10m s2 試求 1 若木板長L 1m 在鐵塊上加一個水平向右的恒力F 8N 經過多長時間鐵塊運動到木板右端 2 若在鐵塊上加一個大小從零開始均勻增加的水平向右的力F 通過分析和計算后 請在圖乙中畫出鐵塊受到木板的摩擦力f2隨拉力F大小變化的圖象 設木板足夠長 甲 乙 圖3 3 7 設經過時間t鐵塊運動到木板的右端 則有 解得t 1s 2 當F 1 mg Mg 2N時 M m相對靜止且對地靜止 f2 F F 1 M m gF 設F F1時 M m恰保持相對靜止 此時系統(tǒng)的加速度a a2 2m s2以系統(tǒng)為研究對象 根據(jù)牛頓第二定律有F1 1 M m g M m a解得F1 6N所以 當2N F 6N時 M m相對靜止 系統(tǒng)向右做 勻加速運動 其加速度a M m2 1 以M為研究對象 根據(jù)牛頓第二定律有 f2 1 M m g Ma 當F 6N M m發(fā)生相對運動 f2 2mg 4N故畫出f2隨拉力F大小變化的圖象如圖3 3 8所示 圖3 3 8 考點練透 5 多選 如圖3 3 9所示 足夠長的傳送帶與水平面夾角為 以速度v0逆時針勻速轉動 在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊 小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) tan 則圖中能客觀地反映小木塊的運動情況的是 圖3 3 9 AC BD 解析 小木塊剛放上之后的一段時間內所受摩擦力沿斜面向下 由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1 小木塊與傳送帶同速后 因 tan 小木塊將繼續(xù)向下加速運動 此時有mgsin mgcos ma2 有a1 a2故B D正確 A C錯誤 答案 BD 6 2015年山東濰坊一中檢測 一小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動 被一水平向左飛行的子彈擊中并從物塊中穿過 如圖3 3 10甲所示 固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊被擊中后的位移x隨時間的變化關系如圖乙所示 圖象前3s內為二次函數(shù) 3 4 5s內為一次函數(shù) 取向左運動的方向為正方向 已知傳送帶的速度v1保持不變 g取10m s2 甲 乙 圖3 3 10 1 求傳送帶速度v1的大小 2 求0時刻物塊速度v0的大小 3 在圖3 3 11中畫出物塊對應的v t圖象 圖3 3 11 解 1 由x t的圖象可知 物塊被擊穿后 先向左減速 2m s 以后隨傳送帶一起做勻速運動 2 2 3s內 物塊向右勻加速運動 加速度大小a g v1 a t10 2s內 物塊向左勻減速運動 加速度大小a g解得0時刻物塊的速度v0 a t2 4m s 3 根據(jù)x t的圖象分析得到的運動規(guī)律用v t圖象畫出如圖 D21所示 圖D21 模型 連接體模型 1 連接體概述兩個或兩個以上的物體以輕繩 輕桿 輕彈簧等連接在一起 或是多個物體直接疊放或是并排在一起的物體系統(tǒng)就是連接體 如圖3 3 12所示 圖3 3 12 2 問題分類 1 已知外力求內力 先整體后隔離 如果已知連接體在合外力的作用下一起運動 可以先把連接體系統(tǒng)作為一個整體 根據(jù)牛頓第二定律求出它們共同的加速度 再隔離其中的一個物體 求相互作用力 2 已知內力求外力 先隔離后整體 如果已知連接體物體間的相互作用力 可以先隔離其中一個物體 根據(jù)牛頓第二定律求出它們共同的加速度 再把連接體系統(tǒng)看成一個整體 求解外力的大小 例4 多選 如圖3 3 13所示 水平地面上兩個完全相同的物體A和B緊靠在一起 在水平推力F的作用下運動 FAB代 表A B間的作用力 則 圖3 3 13A 若地面完全光滑 則FAB F B 若地面完全光滑 則FAB F2 C 若物體與地面的動摩擦因數(shù)為 則FAB F D 若物體與地面的動摩擦因數(shù)為 則FAB F2 審題突破 物體A B在力F的作用下一起向右加速運動 具有相同的加速度 故先用整體法求解運動的加速度 再用隔離法求解它們之間的作用力 解析 設物體的質量為m 且與地面間有摩擦 A B加速度相同 以整體為研究對象 由牛頓第二定律得F 2 mg 2ma 答案 BD 題外拓展 本題中把B物體疊在A物體上面一起加速運動 如模型介紹中的模型2 則AB之間的作用力除了彈力 支持力和壓力 外 還有摩擦力 若FAB仍代表A B間的作用力 則FAB應該是彈力和摩擦力的矢量和 大小為FAB 有興趣的同學可以嘗試解答 方法與例 題的方法類似 M 求 觸類旁通 1 2015年江蘇無錫期中 如圖3 3 14所示的裝置叫做阿特伍德機 是阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置 用來研究勻變速直線運動的規(guī)律 繩子兩端的物體下落 上升 的加速度總是小于自由落體的加速度g 同自由落體相比 下落相同的高度 所花費的時間要長 這使得實驗者有足夠的時間從容的觀測 研究 已知物體A B的質量相等均為M 物體C的質量為m 輕繩與輕滑輪間的摩擦不計 繩子不可伸長 如果m 圖3 3 14 1 物體B從靜止開始下落一段距離的時間與其自由落體下 落同樣的距離所用時間的比值 2 系統(tǒng)由靜止釋放后運動過程中物體C對B的拉力 解 1 設物體的加速度為a 繩子中的張力為F 對物體A F Mg Ma 對BC整體 M m g F M m a 即物體B從靜止開始下落一段距離的時間與其自由落體下落同樣的距離所用時間的比值為3 2 設B對C的拉力為f 對物體C 由牛頓運動定律 2 如圖3 3 15所示 質量為m 1kg的物塊放在傾角為 37 的斜面體上 斜面體質量為M 2kg 斜面與物塊間的動摩擦因數(shù)為 0 2 地面光滑 現(xiàn)對斜面體施一水平推力F 要要使物塊m相對斜面靜止 試確定推力F的取值范圍 g取10m s2 圖3 3 15 解 假設水平推力F較小 物塊相對斜面具有下滑趨勢 當剛要下滑時 推力F具有最小值 設大小為F1 此時物塊受力如圖D22所示 取加速度方向為x軸正方向 對物塊分析 圖D22 在水平方向有 FNsin FNcos ma1豎直方向有 FNcos FNsin mg 0對整體有F1 M m a1 代入數(shù)值得a1 4 8m s2 F1 14 4N 假設水平推力F較大 物塊相對斜面具有上滑趨勢 當剛 要上滑時 推力F具有最大值 設大小為F2 此時物塊受力如圖D23所示 對物塊分析 圖D23 在水平方向有 FN sin FN cos ma2豎直方向有 FN cos FN sin mg 0對整體有F2 M m a2 代入數(shù)值得a2 11 2m s2 F2 33 6N綜上所述可知推力F的取值范圍為14 4N F 33 6N