【物理】2018届一轮复习人教版第3章专题三牛顿运动定律综合应用（一）学案

【物理】2018届一轮复习人教版第3章专题三牛顿运动定律综合应用（一）学案

专题三　牛顿运动定律综合应用(一)‎ 突破　动力学图象问题 ‎1.图象的类型 ‎(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.‎ ‎(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.‎ ‎2.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、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.‎ 考向1　利用vt图象求未知量 ‎[典例1]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图(a)所示，一物块在t＝0 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(　　)‎ ‎(a)　　　　　　(b)　　‎ 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 ‎[问题探究]　(1)上升过程已知几个物理量？能求出几个未知量？‎ ‎(2)下降过程已知几个物理量？能求出几个未知量？‎ ‎[提示]　(1)上升过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.‎ ‎(2)下降过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.‎ ‎[解析]　由运动的vt 图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的vt图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确.‎ ‎[答案]　ACD 考向2　利用Ft图象求未知量 ‎[典例2]　如图甲所示为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝‎1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎　‎ ‎(1)2 s末物体的速度；‎ ‎(2)前16 s内物体发生的位移.‎ ‎[解题指导]　先分析前2 s内物体的受力，确定物体的运动情况；再分析2 s后物体的受力和运动情况，特别注意速度减为零后的运动情况.‎ ‎[解析]　(1)由分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1‎ v1＝a1t1‎ 代入数据可得 a1＝‎2.5 m/s2，方向沿斜面向下 v1＝‎5 m/s，方向沿斜面向下.‎ ‎(2)物体在前2 s内发生的位移为x1，则 x1＝a1t＝‎5 m，方向沿斜面向下 当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得 F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2‎ 代入数据可得a2＝0.5 m/s2，方向沿斜面向上 物体经过t2时间速度减为0，则 v1＝a2t2‎ 得t2＝10 s t2时间内发生的位移为x2，则 x2＝a2t＝‎25 m，方向沿斜面向下 由于mgsin θ－μmgcos θ‎2F D.x′<2x 答案：AB　解析：取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力FT＝＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确.‎ ‎4.[连接体问题]如图所示，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受到绳的拉力(　　)‎ A.与斜面倾角θ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　解析：设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析：有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确.‎ ‎5.[临界、极值问题]倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg，当滑块M以a＝‎2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A.10 N B.5 N ‎ C. N D. N 答案：A　解析：当滑块向右运动的加速度较小时，滑块对于小球存在支持力；当滑块向右运动的加速度较大时，小球将脱离斜面而“飘”起来.因此，本题存在一个临界条件：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和细线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有 FTcos θ＝ma0‎ FTsin θ－mg＝0‎ 其中θ＝45°‎ 解得a0＝g 图1　　　　图2‎ 则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有 F′Tcos α＝m·‎‎2g F′Tsin α－mg＝0‎ 解得F′T＝mg＝××10 N＝10 N.‎ 提醒 完成课时作业(十二)‎