高考物理复习学案 专题09 牛顿运动定律的应用.docx

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高考物理复习学案专题09牛顿运动定律的应用

2014届高考物理复习学案专题09牛顿运动定律的应用新课标

课时安排：

2课时

教学目标：

1．掌握运用牛顿定律解决动力学两类基本问题的方法和技巧

2．学会用整体法、隔离法进行受力分析，并熟练应用牛顿定律求解

3．理解超重、失重的概念，并能解决有关的问题

本讲重点：

1．牛顿运动定律在解决动力学基本问题中的应用

2．整体法、隔离法的应用

本讲难点：

超重、失重的概念

考点点拨：

1．动力学的两类基本问题

2．整体法与隔离法解决简单的连接体问题

3．超重、失重问题的分析求解

4．动力学与运动学中的图象问题

5．相互接触的物体分离的条件及应用

第一课时

2．超重

（1）物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情况称为超重现象。

（2）产生超重现象的条件：

物体具有向上的加速度。

与物体速度的大小和方向无关。

（3）产生超重现象的原因：

当物体具有向上的加速度a（向上加速运动或向下减速运动）时，支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为F，由牛顿第二定律得

F－mg＝ma

所以F＝m（g＋a）＞mg

由牛顿第三定律知，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）F′＞mg.

点评：

（1）在地球表面附近，无论物体处于什么状态，其本身的重力G＝mg始终不变。

超重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向上，测力计的示数大于物体的重力；失重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向下，测力计的示数小于物体的重力.可见，在失重、超重现象中，物体所受的重力始终不变，只是测力计的示数（又称视重）发生了变化，好像物体的重量有所增大或减小。

（2）发生超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度。

物体具有向上的加速度时，处于超重状态；物体具有向下的加速度时，处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时，处于完全失重状态.超重、失重与物体的运动方向无关。

二、高考要点精析

（一）动力学两类基本问题

☆考点点拨

不论是已知运动求受力，还是已知受力求运动，做好“两分析”是关键，即受力分析和运动分析。

受力分析时画出受力图，运动分析时画出运动草图能起到“事半功倍”的效果。

【例1】如图所示，质量m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平方向成θ=37°角的恒力F作用下，从静止起向右前进t1=2.0s后撤去F，又经过t2=4.0s物体刚好停下。

求：

F的大小、最大速度vm、总位移s。

解析：

由运动学知识可知：

前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。

再由方程

可求得：

F=54.5N

第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：

vm=a2t2=20m/s

又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有

m

点评：

需要引起注意的是：

在撤去拉力F前后，物体受的摩擦力发生了改变。

可见，在动力学问题中应用牛顿第二定律，正确的受力分析和运动分析是解题的关键，求解加速度是解决问题的纽带，要牢牢地把握住这一解题的基本方法和基本思路。

【例2】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。

桌布的一边与桌的AB边重合，如图。

已知盘与桌布间的动摩擦因数为

，盘与桌面间的动摩擦因数为

。

现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。

若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？

（以g表示重力加速度）

☆考点精炼

1．质量

的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行

停在B点，已知A、B两点间的距离

，物块与水平面间的动摩擦因数

，求恒力F多大。

（

）

2．一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为

。

初始时，传送带与煤块都是静止的。

现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动。

经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。

求此黑色痕迹的长度。

（二）整体法、隔离法解决简单的连接体问题

☆考点点拨

对于有共同加速度的连接体问题，一般先用整体法由牛顿第二定律求出加速度，再根据题目要求，将其中的某个物体进行隔离分析和求解。

由整体法求解加速度时，F=ma，要注意质量m与研究对象对应。

【例3】如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2，拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1>F2。

试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T。

解析：

设两物块一起运动的加速度为a，则有

F1－F2=（m1+m2）a①

根据牛顿第二定律，对质量为m1的物块有

F1－T=m1a②

由①、②两式得

③

第二课时

（三）超重、失重问题的分析求解

☆考点点拨

发生超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度。

物体具有向上的加速度时，处于超重状态；物体具有向下的加速度时，处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时，处于完全失重状态。

超重、失重与物体的运动方向无关。

【例4】下列哪个说法是正确的？

（）

A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态

B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态

C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态

D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态

解析当物体有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度时处于失重状态，当加速度为零时处于平衡状态。

对照四个选项的说法，只有B选项正确。

答案：

B

☆考点精炼

5．某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（）

A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快

B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快

C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变

D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出

（四）动力学与运动学中的图象问题

☆考点精炼

6．从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示。

在0～t0时间内，下列说法中正确的是（）

A．Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小

B．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小

C．Ⅰ物体的位移不断增大，Ⅱ物体的位移不断减小

D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是

（五）相互接触的物体分离的条件及应用

☆考点点拨

相互接触的物体间可能存在弹力作用。

对于两接触的物体，刚好要分离时的条件是，弹力恰为零，此时，两物体还有相同速度和加速度。

抓住以上特点，就可以顺利求解。

【例6】一弹簧秤秤盘的质量M=1.5kg，盘内放一个质量m=10.5kg的物体P，弹簧质量忽略

不计，轻弹簧的劲度系数k=800N/m，系统原来处于静止状态，如图所示。

现给物体P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上作匀加速直线运动。

已知在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力。

求力F的最小值和最大值各多大？

取g=10m/s2。

☆考点精炼

7．如图所示，在倾角为

的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。

系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。

考点精炼参考答案

2.解：

根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。

根据牛顿定律，可得

a=μg

设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有

v0=a0tv=at

由于a

再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0，有v=v+at'

此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。

设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有

传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0－s

由以上各式得

5．D（不论上升还是下降，易拉罐具有竖直向下的加速度g，均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出）

6．A速度图象的切线斜率值表示加速度的大小，由图象可知，两物体的加速度值逐渐减小。

根据牛顿第二定律有Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小。

两物体均沿正方向运动，位移都不断增大。

Ⅰ、Ⅱ两个物体在0～t0时间内均做变加速运动，平均速度大小都不等于

。

7．解析：

令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

①

令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：

kx2=mBgsinθ②

F－mAgsinθ－kx2=mAa③

由②③式可得

④

由题意d=x1+x2⑤

由①②⑤式可得

⑥

三、考点落实训练

A组

3．如图，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于

A．0

B．kx

C．（

）kx

D．（

）kx

B组

1．如图所示，一个质量为M的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子，将质量为m的物体自高处放下，当物体以a加速下降（a＜g）时，台秤的读数为（）

A．（M－m）g＋ma

B．（M＋m）g－ma

C．（M－m）g

D．（M－m）g－ma

3．如图所示，ab、bd、cd是竖直平面内三根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。

每根杆上都套着一个小滑环（图中末画出）。

三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为0），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d点所用的时间，t1、t2、t3之间的关系为___________。

4．一根劲度系数为k，质量不计的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为m的物体。

有一水平板将物体托住，并使弹簧处于自然长度，如图所示。

现让木板由静止开始以加速度a匀加速向下移动，且a＜g。

经过t=___________多长时间木板开始与物体分离。

5．如图所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力FN。

考点落实训练参考答案

A组

1．D2．D3．D4．N=

（F+2μmg）

5．2.5　　　48

解析某人在地面上，最多可举起60kg的物体，说明人能产生最大的向上举的力为Fm=mg，这个力保持不变。

在一个加速下降的电梯里最多可举起m1=80kg的物体，设此电梯的加速度为a，根据牛顿第二定有：

m1g－Fm=m1a

解得：

a=2.5m/s2。

若电梯以此加速度上升，根据牛顿第二定有：

Fm－m2g=m2a

解得：

m2=48kg。

6．H=1.2s

8．Hm=480mF=11250N

B组

2．CD

解析根据牛顿第二定律，应使物体所受的合力方向沿加速度a的方向。

沿a方向施加一个作用力F2，F1与F2的合力方向不能沿a的方向，所以A错。

加在物体上的最大作用力F2无法确定，所以B错。

加在物体上的最小作用力F2=F1sinθ，C正确。

在物体上施加一个与F1大小相等，与a方向也成θ角的力F2，且F2方向在a的另一侧时可使合力方向与加速度方向一致，D正确。

4．

解析设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力kx和平板的支持力FN作用。

据牛顿第二定律有：

mg－kx－FN=ma

得FN=mg－kx－ma

当FN=0时，物体与平板分离，所以此时

根据运动学关系有：

所以，

。

7．解析：

先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。

当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。

这时以A为对象得到a=5m/s2；再以A、B系统为对象得到F=（mA+mB）a=15N

（1）当F=10N<15N时，A、B一定仍相对静止，所以

（2）当F=20N>15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：

，而aA=5m/s2，于是可以得到aB=7.5m/s2

8．解法一：

（隔离法）

木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法.

取小球m为研究对象，受重力mg、摩擦力Ff，如图，据牛顿第二定律得：

mg-Ff=ma①

取木箱M为研究对象，受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力Ff′如图.

据物体平衡条件得：

FN-Ff′-Mg=0②

且Ff=Ff′③

由①②③式得FN=

g

由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为

FN′=FN=

g.

解法二：

（整体法）

对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式：

（mg+Mg）-FN=ma+M×0

故木箱所受支持力：

FN=

g，由牛顿第三定律知：

木箱对地面压力FN′=FN=

g.

11．解：

以木块和小球整体为对象，设木块的质量为M，下滑的加速度为a，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：

（M＋m）gsin37º－μ（M＋m）gcos37º=（M＋m）a

解得：

a=g（sin37º－μcos37º）=2m/s2

以小球B为对象，受重力mg，细线拉力T和MN面对小球沿斜面向上的弹力FN，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：

mgsin37º－FN=ma

解得：

FN=mgsin37º－ma=6N。