高考物理一轮总复习 第四章 第10讲 用牛顿运动定律解决问题教案 新人教版必修1Word格式.docx

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10年

考查牛顿第二定律公式的应用

11年

单选

应用牛顿第二定律求加速度

应用牛顿第二定律求摩擦力

斜面滑块系统为背景，考查运用牛顿第二定律求加速度

12年

第4题考查皮球竖直上抛过程中加速度大小与时间关系图象的判断；

第5题考查运用牛顿第二定律与受力分析求解拉力大小

重点

A或B

小结

及

预测

1.小结：

用牛顿定律解决问题以选择、计算形式进行考查，侧重考查牛顿第二定律、物体受力分析和运动学公式的综合应用．

2．预测：

此知识点在近4年中考查过9次，属于必考题，预计13、14年仍会以同样形式进行考查．

3．复习建议：

复习时应当深入理解牛顿运动定律，并加强该定律和运动学公式的综合应用能力，在研究力和运动学的题目中让问题迎刃而解.

知识整合　

一、动力学的两大基本问题

1．已知受力情况求运动情况

根据牛顿第二定律，已知物体的__________情况，可以求物体的__________；

再知道物体的初始条件（初位置和初速度），根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位置，也就求解了物体的运动情况．

注意：

物体的运动情况是由所受的力及物体运动的初始条件（即初速度的大小和方向）共同决定的．

2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况．

根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据__________可确定物体受的合外力，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量．如：

动摩擦因数、劲度系数、力的方向等．

二、超重和失重

1．实重和视重

实重：

物体在地球附近受到的实际重力．悬挂于弹簧秤上的物体在____________时，弹簧秤的示数在数值上等于物体的重力，静止于水平支持面上的物体，对支持面的压力在数值上也等于物体的重力．

视重：

当弹簧秤和悬挂的物体在竖直方向上做　

________时，此时弹簧秤的示数叫物体的视重，视重不再等于物体的实重．

2．超重

当物体的加速度方向________时，它对悬挂物（如悬绳，弹簧秤）的拉力或对支持面的压力________实际重力的现象叫超重，亦即视重________实重．

3．失重

当物体的加速度方向________时，它对悬挂物的拉力或对支持面的压力________实际重力的现象叫失重．即视重________实重．

完全失重：

物体向下的加速度等于重力加速度时，它对悬挂物或支持面的压力等于____________的现象叫完全失重．它是失重现象中的一个特例．

说明：

超重和失重并不是物体受的重力增加或减小了，而是由于运动状态的改变，使视重和实重不符的现象．物体的重力并未改变．

1．两类运动力学基本问题的解题思路图解如下：

可见，不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带，而做好两个分析是解题的关键．

2．运用牛顿运动定律解答两类运动力学基本问题的一般方法和步骤是：

①取对象——确定研究对象；

②画力图——对研究对象进行受力分析（和运动状态分析）；

③定方向——选取正方向（或建立坐标系），通常以加速度方向为正方向较为适宜；

④列方程——根据牛顿运动定律列运动方程，根据运动学公式列方程；

⑤解方程——统一单位，求解方程，并对计算结果进行分析检验或讨论．

1．连接体问题

（1）两个（或两个以上）物体组成的系统，我们称之为连接体．连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况，如一个静止，一个运动．

（2）处理连接体问题的方法：

整体法与隔离法．要么先整体后隔离，要么先隔离后整体．不管用什么方法解题，所使用的规律都是牛顿运动定律．

①整体法的选取原则

若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他求知量）．

②隔离法的选取原则

若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．

③整体法、隔离法的交替运用

若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．

【典型例题1】质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>

m.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，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT.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α角，细线的拉力为FT′，则（　　）

甲

乙

A．a′＝a，FT′＝FTB．a′>

a，FT′＝FT

C．a′<

a，FT′＝FTD．a′>

a，FT′>

FT

温馨提示

首先在两种情况下，隔离出小球进行受力分析，然后以小车和小球为整体进行受力，再结合牛顿第二定律即可解答本题．

记录空间

【变式训练1】

如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，在水平推力F的作用下运动，用FAB代表A、B间的相互作用力，则（　　）

A．若地面是完全光滑的，FAB＝F

B．若地面是完全光滑的，FAB＝

C．若地面是有摩擦的，FAB＝F

D．若地面是有摩擦的，FAB＝

2．多过程问题

处理多过程问题时应注意的两个问题

（1）任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，上一过程的末是下一过程的初，对每一个过程分析后，列方程，联立求解．

（2）注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁．如本题中的小球先做匀减速运动到管口，后做平抛运动．

【典型例题2】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑

动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2.

（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

（2）求行李做匀加速直线运动的时间；

（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．

由f＝μFN和牛顿第二定律可得第一题，当速度达到传送带速度时匀加速直线运动结束，第（3）问中对应的情景即为行李由A端加速运动到B端时，速度与传送带速度一致．

【变式训练2】如图所示，

传送带与地面夹角θ＝37°

，从A→B长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？

（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）

【典型例题3】如图甲所示，先将物体A固定在斜面上，给A施加沿斜面向上的拉力F＝30N，突然释放物体，物体开始运动，2s后再撤去拉力F，物体的vt图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取物体开始运动为计时起点），试求：

（1）物体A的质量．

（2）物体A与斜面间的动摩擦因数．

（3）斜面的倾角θ.

（1）看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量（纵轴表示的量）与自变量（横轴表示的量）的制约关系；

（2）看图线本身，识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程；

（3）看交点，分清两相关量的变化范围及给出的相关条件，明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．

在看懂以上三方面后，进一步弄清“图象与公式”、“图象与图象”、“图象与物体”之间的联系与变通，以便对有关的物理问题作出准确的判断．

【变式训练3】（13年江苏模拟）受水平拉力F作用的物体，在光滑水平面上做直线运动，其v－t图线如图所示，则（　　）

A．在t1时刻，拉力F为零

B．在0～t1秒内，拉力F大小不断减小

C．在t1～t2秒内，拉力F大小不断减小

D．在t1～t2秒内，拉力F大小可能先减小后增大

1．临界性问题

（1）临界问题是指物体的运动性质发生突变，要发生而尚未发生改变时的状态．此时运动物体的特殊条件往往是解题的突破口．

（2）动力学中的典型临界问题：

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：

当物体在受到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．

（3）解题技巧：

一般先以某个状态为研究的突破点，进行受力分析和运动分析，以临界条件为切入点，根据牛顿运动定律和运动学公式列方程求解讨论．

【典型例题4】

如图所示，质量为m＝1kg的物块放在倾角为θ＝37°

的斜面体上，斜面质量为M＝2kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围．（g＝10m/s2）

此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向上；

当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物块受到的摩擦力沿斜面向下．找准备临界状态是求解此题的关键．

【变式训练4】如图所示，一细线的一端固定于倾角为θ＝30°

的光滑楔形块A的顶端处，细线的另一端拴一质量为m的小球．

（1）当楔形块至少以多大的加速度向左加速运动时，小球对楔形块压力为零？

（2）当楔形块以a＝2g的加速度向左加速运动时，小球对线的拉力为多大？

2．超重与失重问题

（1）重力与视重的比较

运动情况

现象

视重（F）

F与重力mg比较

平衡状态

匀速运动

F＝mg

a向上

超重

F＝m（g＋a）

F>

mg

a向下

失重

F＝m（g－a）

F<

a＝g向下

完全失重

F＝0

F＝0<

（2）对超重和失重的现象应当注意以下几点：

①超重：

物体的加速度方向是竖直向上的．物体并不一定是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动．

失重：

物体的加速度方向是竖直向下的，物体既可以是向下做加速运动，也可以是向上做减速运动．

②尽管物体不在竖直方向上运动，但只要其加速度在竖直方向上有分量，即ay≠0就可以．当ay的方向竖直向上时，物体处于超重状态；

当ay的方向竖直向下时，物体处于失重状态．

③当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果．

④处于超重和失重状态下的液体的浮力公式分别为F浮＝ρV排（g＋a）和F浮＝ρV排（g－a）；

处于完全失重状态下的液体F浮＝0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力．

⑤物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化．

⑥发生超重或失重现象与物体的速度无关，只取决于加速度的大小和方向．

⑦物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.

⑧在完全失重的状态下，平时一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．

【典型例题5】如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，电磁铁A和秤盘C（包括支架）的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点．当电磁铁通电，在铁片被吸引上升的过程中，轻绳中拉力F的大小为（　　）

A．F＝mgB．Mg<

（M＋m）g

C．F＝（M＋m）gD．F>

本题可利用超重与失重原理迅速解题．

【变式训练5】电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4m/s2

B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2

C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2

D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2

随堂演练　

1．火车在长直水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回车上原处，这是因为（　　）

A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动

B．人跳起的瞬间，车厢的地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动

C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必是偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已

D．人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终有相同的速度

2．物体静止于一斜面上（如图所示），则下列说法正确的是（　　）

第2题图

A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力

B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力

C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力

D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力

3．在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什·

达万航天中心，一枚PSLV—C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图所示．则下列说法正确的是（　　）

第3题图

A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力

B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小

C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等

D．发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态

4．两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力（　　）

第4题图

A．等于零

B．方向沿斜面向上

C．大小等于μ1mgcosθ

D．大小等于μ2mgcosθ

5．【变式训练4】中若题干条件不变，当细线拉力刚好为零时，则楔形块的加速度多大？

运动方向如何？

此时小球对楔形块的压力多大？

6．如图所示，长为L，内壁光滑的直管与水平地面成30°

角固定放置，将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口，现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球的转向过程中速率不变．（重力加速度为g）

（1）求小物块下落过程中的加速度大小；

（2）求小球从管口抛出时的速度大小；

（3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于

L.

第6题图

7．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．重力加速度g＝10m/s2.求：

（1）物块在运动过程中受到的滑动摩擦力的大小；

（2）物块在3～6s内的加速度大小；

（3）物块与地面间的动摩擦因数．

第7题图

第10讲　用牛顿运动

定律解决问题

知识整合

基础自测

一、　1.受力　加速度

　2.牛顿第二定律

二、　1.静止或匀速运动　变速运动

　2.向上　大于　大于

　3.向下　小于　小于　零

重点阐述

【答案】　B　【解析】两种情况下对球受力分析如图所示，由甲图可知F－FTsinα＝ma　①　FTcosα＝mg　②　所以FT＝

　由乙图知FT′cosα＝mg　③　FT′sinα＝ma′　④　所以FT′＝

，a′＝gtanα，故FT′＝FT，D错　由①②两式得F＝ma＋mgtanα　⑤　同时对小车、小球整体分析可知a＝

，将⑤式代入得到a＝

，因为M>

m所以a′>

a，故B正确．

变式训练1　BD　【解析】无摩擦时，FAB＝

×

M＝

，A错，B对；

当有摩擦时，先整体求加速度F－f＝2Ma再隔离对B受力分析，FAB＝

M＋

＝

，C错，D对，故选BD.

（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

（2）求行李做匀加速直线运动的时间；

　（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．

【答案】　

（1）4N　1m/s2　

（2）1s　（3）2s　2m/s2

【解析】

（1）滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.1×

4×

10N＝4N，加速度a＝

＝μg＝0.1×

10m/s2＝1m/s2.

（2）行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，t1＝

s＝1s.（3）行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1m/s2，当行李到达右端时，有v

＝2aL，vmin＝

m/s＝2m/s，所以传送带对应的最小运行速率为2m/s.行李最短运行时间由vmin＝atmin得tmin＝

s＝2s.

变式训练2　2s　【解析】物体的运动分为两个过程：

第一个过程是在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；

第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动．其中速度刚好相同时的点是一个转折点，此后的运动情况要看mgsinθ与所受的最大静摩擦力的关系．若μ<

tanθ，则继续向下加速；

若μ≥tanθ，则将随传送带一起匀速运动．分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可．本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小．物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，得a1＝10×

（0.6＋0.5×

0.8）m/s2＝10m/s2.物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝

s＝1s，t1时间内位移x＝

a1t

＝5m.

由于μ<

tanθ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F′.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m/s2.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由L－x＝vt2＋

a2t

解得t2＝1s，t2＝－11s（舍去）．所以物体由A→B的时间t＝t1＋t2＝2s.

【典型例题3】如图甲所示，先将物体A固定在斜面上，给A施加沿斜面向上的拉力F＝30N，突然释放物体，物体开始运动，2s后再撤去拉力F，物体的v－t图象如图乙所示（取沿斜面向上为正方向，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取物体开始运动为计时起点），试求：

（1）物体A的质量．

（2）物体A与斜面间的动摩擦因数．

　（3）斜面的倾角θ.

【答案】　

（1）2kg　

（2）0.5　（3）37°

　【解析】由题图乙可知，0～2s，物体的加速度为a1＝

＝5m/s2　①

2s～3s，物体的加速度为a2＝－10m/s2　②　3s～5s，物体的加速度为a3＝－2m/s　③　由题中图象可知，前3s内物体沿斜面向上运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，3s后物体沿斜面向下运动，则受到的滑动摩擦力变为沿斜面向上，由牛顿运动定律可得0～2s，F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1　④　2s～3s，－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2　⑤　3s～5s，μmgcosθ－mgsinθ＝ma3　⑥　联立①②③④⑤⑥式解得：

m＝2kg，μ＝0.5，θ＝37°

.

变式训练3　AB　【解析】由v－t图象可知t1时刻，图线切线斜率为0，此时物体做匀速直线运动，物体水平方向合力为0，则拉力F为0，A对；

0～t1秒内，图线切线斜率不断减小，此时物体做加速度不断减小的加速运动，F不断减小，B对；

同理t1～t2秒内，F不断增大，CD错；

故选AB.

【答案】　14.4N≤F≤33.6N　【解析】

（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图所示，取加速度的方向为x轴正方向．

对物块分析，在水平方向有FNsinθ－μFNcosθ＝ma1　竖直方向有FNcosθ＋μFNsinθ－mg＝0　对整体有F1＝（M＋m）a1　代入数值得a1＝4.8m/s2，F1＝14.4N　

（2）设物块处于相对斜面