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文档介绍
【物理】2019届一轮复习鲁科版第三章牛顿运动定律的综合应用学案
能力课1 牛顿运动定律的综合应用 超重与失重现象 1．超重、失重和完全失重比较 比较 超重 失重 完全失重 产生 条件 加速度方向向上 加速度方向向下 加速度方向向下，且大小a＝g 动力学 原理 F－mg＝ma F＝m(g＋a) mg－F＝ma F＝m(g－a) mg－F＝mg F＝0 可能 状态 ①加速上升； ②减速下降 ①加速下降； ②减速上升 ①自由落体运动和所有的抛体运动；②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等 2.对超重、失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 (2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。 (3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。 (2015·重庆理综)若货物随升降机运动的v－t图象如图1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1 解析 由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F＜ mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)；过程⑤为向上匀速直线(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)。综合选项分析可知选项B正确。 答案 B 方法技巧 判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重 (2016·扬州期末) (多选)在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图2所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法正确的是( ) 图2 A．该同学所受的重力变小了 B．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力 C．电梯一定在竖直向下运动 D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下 解析 体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变 化，故选项A错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数减小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知N1＝mg，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mg－N2＝ma，代入数据解得a＝g，故选项D正确。 答案 BD (2015·江苏单科)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图3所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( ) 图3 A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 解析 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，D项正确。 答案 AD 动力学中的图象问题 1．明确常见图象的意义，如下表： v－t图象 根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力 F－a图象 首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量 a－t图象 要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F－t图象 要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质 2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图象解决问题一般包括两个角度： (1)用给定图象解答问题； (2)根据题意作图，用图象解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系。 (2015·全国卷Ⅰ，20)(多选)如图4甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( ) 图4 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 解析 由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝。同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为s＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为s sin θ＝t1·＝，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。 答案 ACD 方法技巧 数形结合解决动力学图象问题 (1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。 (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。 (2017·湖北武汉武昌区模拟) (多选)质量m＝2 kg，初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图5所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向，则以下结论正确的是( ) 图5 A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2 C．0～1 s内，物体的位移为7 m D．0～2 s内，物体的总位移为11 m 解析 0～1 s内，物体加速度a1＝－＝－ m/s2＝－4 m/s2，A项错误；1～2 s内物体加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，B项正确；物体运动的v－t图线如图所示，0～1 s内位移为s1＝6 m，C项错误；0～2 s内物体总位移s＝s1＋s2＝(×1＋×1) m＝11 m，D项正确。 答案 BD 连接体问题 角度1 加速度相同的连接体问题 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： ①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； ②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。 (2015·全国卷Ⅱ，20)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A．8 B．10 C．15 D．18 解析 设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma① P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有 F＝km·a② 联立①②得3n＝2k，总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数， 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15 当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。 答案 BC 如图6所示，两个质量分别为m1＝3 kg、m2＝2 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 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 解析 对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2，隔离m2，根据牛顿第二定律有F－F2＝m2a，解得F＝24 N，所以弹簧测力计的示数为24 N，选项A错误，B正确；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为2 m/s2，m2的加速度a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，选项C、D错误。 答案 B (多选)如图7所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体。当车向左匀加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成θ角，m2与车厢相对静止。则( ) 图7 A．车厢的加速度a＝gsin θ B．绳对物体m1的拉力T＝ C．底板对物体m2的支持力N＝(m2－m1)g D．物体m2所受底板的摩擦力f＝m2gtan θ 解析 以物体m1为研究对象，分析受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得m1gtan θ＝m1a，得a＝gtan θ，则车厢的加速度也为gtan θ。则绳对物体m1的拉力T＝，故A错误，B正确；以物体m2为研究对象，分析其受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有N＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtan θ。故C错误，D正确。 答案 BD 角度2 加速度不同的连接体问题 (2015·全国卷Ⅰ，25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图8(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： 图8 (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s 小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2。 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移s＝4.5 m，末速度v＝4 m/s 其逆运动为匀加速直线运动，可得s＝vt＋a1t2 解得a1＝1 m/s2 小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即 μ1g＝a1 解得μ1＝0.1 (2)设碰撞后，设木板的加速度为a3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 可得a3＝ m/s2 对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2 由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 在此过程中，木板向左运动的位移为s1＝vt1－a3t＝ m, 末速度v1＝v－a3t1＝ m/s 滑块向右运动的位移s2＝t1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为 a2＝4 m/s2 木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2 假设又经历时间t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2 解得t2＝0.5 s 在此过程中，木板向左运动的位移s3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s 滑块向左运动的位移s4＝a2t＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δs＝s1＋s2＋s3－s4 ＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m (3) 最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2 向左运动的位移为s5＝＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为s＝s1＋s3＋s5＝6.5 m。 答案 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m 规律方法 加速度不同的连接问题的处理方法 若系统内各物体的加速度不同，一般应采用隔离法。分别以各物体为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动状态分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意应用各个物体间的相互作用关系，联立求解。 (2016·河南洛阳模拟)如图9甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示 ，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据v－t图象，(g取10 m/s2)，求： 甲 乙 图9 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a； (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离Δs。 解析 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝ m/s2＝1.5 m/s2 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为 a2＝ m/s2＝1 m/s2 达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为 a＝ m/s2＝0.5 m/s2。 (2)物块冲上木板匀减速运动时：μ1mg＝ma1 木板匀加速时：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 速度相同后一起匀减速运动，对整体 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a 解得＝。 (3)由v－t图象知，物块在木板上相对滑行的距离 Δs＝×10×4 m＝20 m。 答案 (1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2)3∶2 (3)20 m 动力学中的临界极值问题 分析临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 (山东理综)如图10所示，一质量m＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。 图10 (1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小； (2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 解析 (1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2③ v＝8 m/s④ (2)设物块所受支持力为N，所受摩擦力为f，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－f＝ma⑤ Fsin α＋N－mgcos θ＝0⑥ 又f＝μN⑦ 联立⑤⑥⑦式得F＝⑧ 由数学知识得cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应最小F的夹角α＝30°⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝ N 答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° N (2016·宁夏银川二模)如图11所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改为水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过( ) 图11 A．2F B. C．3F D. 解析 水平力F拉B时，A、B刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A、B间的摩擦力即为最大静摩擦力。 先用整体法考虑，对A、B整体F＝(m＋2m)a。 再将A隔离可得A、B间最大静摩擦力为fm＝ma，解以上两方程可得fm＝。 若将F′作用在A上，隔离B可得B能与A一起运动，而A、B不发生相对滑动的最大加速度a′＝， 再用整体法考虑，对A、B整体F′＝(m＋2m)a′，由以上方程解得F′＝。 答案 B (2016·四川成都诊断)(多选)如图12，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平向右的变力FA＝(9－2t)N，t的单位是s。从t＝0开始计时，则( ) 图12 A．A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的倍 B．t>4 s后，B物体做匀加速直线运动 C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零 D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反 解析 对于A、B整体据牛顿第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，设A、B间的作用力为F，则对B据牛顿第二定律可得F＋FB＝mBa， 解得F＝mB－FB＝ N。 当t＝4 s时，F＝0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动。当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零；t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<4 s时，A、B的加速度均为a＝。综上所述，选项A、B、D正确。 答案 ABD 规律方法 动力学中极值问题的临界条件和处理方法 (1)“四种”典型的临界问题相应的临界条件 ①接触或脱离的临界条件：弹力N＝0； ②相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值； ③绳子断裂的临界条件是张力等于绳子最大承受力，绳子松弛的临界条件是T＝0； ④速度达到最值的临界条件：加速度为零。 (2)“四种”典型的数学处理方法 ①三角函数法； ②根据临界条件列不等式法； ③利用二次函数的判别式法； ④极限法。 1．(2016·海南单科，5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图13所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s，5～10 s，10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( ) 图13 A．F1查看更多