2014安徽物理《高考专题》（二轮）复习课件：专题一第2讲牛顿运动定律及其应用.ppt

1、第2讲 牛顿运动定律及其应用1.牛顿第二定律的“四性”:(1)矢量性:公式F=ma是_,F与a_;(2)瞬时性:力与_同时产生,同时变化;(3)同体性:F=ma中,F、m、a对应_;(4)独立性:分力产生的加速度相互_,与其他加速度_。矢量式方向相同加速度同一物体独立无关2.超重和失重:(1)超重:受力特点:_;运动特点:_或_。(2)失重:受力特点:_;运动特点:_或_;完全失重:只受_。合外力的方向竖直向上向上加速运动向下减速运动合外力的方向竖直向下向下加速运动向上减速运动重力作用1.(2012安徽高考)如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下

2、的恒力F,则()A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。根据物块的运动情况可知,加恒力F前、后,物块的受力情况分别如图甲、乙所示:则由牛顿第二定律得:mgsin-mgcos=ma,(F+mg)sin-(F+mg)cos=ma,两式相除得:所以aa,故只有选项C正确。2.(2013安徽高考)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重

3、力加速度为g)()A.T=m(gsin+acos)FN=m(gcos-asin)B.T=m(gcos+asin)FN=m(gsin-acos)C.T=m(acos-gsin)FN=m(gcos+asin)D.T=m(asin-gcos)FN=m(gsin+acos)【解析】选A。受力分析如图,建立如图所示的坐标系在竖直方向上受力平衡,合力为零,列式可得:FNcos+Tsin-mg=0 在水平方向上,由牛顿第二定律可得:Tcos-FNsin=ma 联立两式可解得:T=m(gsin+acos)FN=m(gcos-asin)故A项正确。3.(2013山东高考)如图所示,一质量m=0.4kg的小物块,

4、以v0=2m/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=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角=30,物块与斜面之间的动摩擦因数=,重力加速度g取10m/s2。(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)由运动学方程得:L=v0t+at22aL=代入数值解得:a=3m/s2,vB=8m/s(2)对物块受力分析如图所示,设拉力F与斜面成角,对物块由牛顿第二定律得:垂直斜面方向:Fsin+FN-mgcos30=0沿斜面方向:Fcos-mgsin30-

5、Ff=ma又Ff=FN联立各式,代入数值解得:Fcos+Fsin=5.2则当=30时,拉力F有最小值,且Fmin=答案:(1)3m/s28 m/s(2)30热点考向1动力学图像问题【典例1】如图所示,一质量为m的滑块,以初速度v0从倾角为的斜面底端滑上斜面,当其速度减为零后又沿斜面返回底端,已知滑块与斜面间的动摩擦因数为,若滑块所受的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v,规定沿斜面向上为正方向,在滑块沿斜面运动的整个过程中,这些物理量随时间变化的图像大致正确的是()【解题探究】(1)请画出滑块向上和向下运动的受力分析图。提示:(2)请结合受力分析图判断各物理量的变化情况:物理量

6、变化情况大 小方 向f_F合_a_v_ _不变由负向变为正向变小不变变小不变先变小后变大由正向变为负向【解析】选A。对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析,可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变,均为f=mgcos,方向由负向变为正向,选项A正确;滑块沿斜面向上运动时,F合=mgsin+mgcos,沿斜面向下运动时,滑块所受的合外力的大小F合=mgsin-mgcos,显然合外力变小,方向始终沿负向,选项B错误;加速度的变化情况与合外力相同,选项C错误;向上运动过程中滑块做匀减速运动,向下运动过程中,滑块做匀加速运动,向上时的加速度大于向下时的加速度,选项D错误。【总结提升】处理动力学图像问题的一般思

7、路(1)依据题意,合理选取研究对象;(2)对物体先受力分析,再分析其运动过程;(3)将物体的运动过程与图像对应起来;(4)对于相对复杂的图像,可通过列解析式的方法进行判断。【变式训练】(2013安庆一模)如图甲所示,质量M=2kg的木板静止在水平面上,可视为质点的物块从木板的左侧沿表面水平冲上木板。取地面为参考系,物块和木板的速度时间图像如图乙所示,g取10m/s2,结合图像,下列说法错误的是()A.可求解木板的长度B.可求解物块在2s内的位移C.可求解物块与木板间的动摩擦因数D.可求解物块与木板间摩擦产生的内能【解析】选A。根据v-t图像与时间轴所围面积可求得木板的最小长度l=41m=2 m

8、,但不能求出木板的长度,A错;物块在2s内的位移x=(4+2)1m+21 m=5 m,B对;物块的加速度大小a=2m/s2,由mg=ma得物块与木板间的动摩擦因数=0.2,C对;物块与木板的加速度大小、合力大小都相等,根据牛顿第二定律知物块的质量为2kg,根据能量守恒定律,产生的内能Q=242J-(2+2)22J=8 J,D对。热点考向2连接体问题【典例2】(15分)如图所示,一工件置于水平地面上,工件质量M=0.8kg,其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道,圆弧轨道上的P点到BC的高度差h=0.2m,将一可视为质点的物块置于P点,物块质量m=0.2kg,若将一水平恒力F作用于工件上,使

9、物块与工件保持相对静止,一起向左做匀加速直线运动,工件与地面间的动摩擦因数=0.1,g取10m/s2,求F的大小。【解题探究】(1)设物块和O的连线与竖直方向的夹角为,请用已知物理量的符号,写出以下物理量的表达式:物块所受的弹力FN=_;工件与物块整体向左匀加速运动的加速度a的表达式为a=_;gtan(2)水平恒力F与加速度a之间满足何种关系?提示:对物块和工件整体由牛顿第二定律得F-(M+m)g=(M+m)a。【解析】设物块和O的连线与竖直方向的夹角为,物块与工件一起运动的加速度为a,对物块进行受力分析,由牛顿第二定律得:竖直方向:FNcos=mg (3分)水平方向:FNsin=ma (3分

10、)由几何知识得:(4分)对于物块与工件整体由牛顿第二定律得:F-(M+m)g=(M+m)a (3分)代入数据,由式得:F=8.5N (2分)答案:8.5N【拓展延伸】典例中:(1)若P点的位置不同,恒力F的值相同吗,为什么?提示:不相同。若P点的位置不同,物块和O的连线与竖直方向的夹角将变化,物块与工件一起运动的加速度a将变化,由F=(M+m)a+(M+m)g得恒力F的值会变化。(2)若恒力F变大或变小了,物块将相对于工件分别向哪个方向运动?提示:若恒力F变大,加速度a将变大,夹角将变大,物块将相对于工件沿圆轨道向上运动;同理,若恒力F变小,物块将相对于工件沿圆轨道向下运动。【总结提升】应用牛

11、顿第二定律解题的一般步骤(1)结合题意,灵活选取研究对象,可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统;(2)分析研究对象的运动情况和受力情况;(3)根据牛顿第二定律列方程;(4)统一单位后将数值代入方程求解。【变式训练】(2013淮南一模)如图所示,倾角为的足够长的粗糙斜面固定在水平地面上,质量为M的木块上固定一轻直角支架,在支架末端用轻绳悬挂一质量为m的小球。由静止释放木块,木块沿斜面下滑,稳定后轻绳与竖直方向的夹角为,则木块与斜面间的动摩擦因数()A.=tanB.=tanC.=tan(-)D.=tan(+)【解析】选C。小球受力如图所示。则对小球在垂直斜面方向上mgcos-Fcos(-)=

12、0 平行斜面方向mgsin-Fsin(-)=ma 由得加速度a=gsin-costan(-)将小球与木块视为整体,合力F合=(M+m)gsin-(M+m)gcos,而F合=(M+m)a,故gsin-gcos=gsin-costan(-),=tan(-),C正确。【变式备选】(2013武汉二模)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上,如图所示,若对A施加水平推力F,则两物块沿水平方向做加速运动,关于A对B的作用力,下列说法正确的是()A.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为FB.若水平面光滑,物块A对B的作用力大小为FC.若物块A与地面无摩擦,B与地面的动摩擦因数为,则物块A

13、对B的作用力大小为mgD.若物块A与地面无摩擦,B与地面的动摩擦因数为,则物块A对B的作用力大小为【解析】选D。若水平面光滑,由牛顿运动定律得A、B整体的加速度为物块A对B的作用力大小为选项A、B错误;若物块A与地面无摩擦,B与地面的动摩擦因数为,由牛顿第二定律得A、B整体的加速度为又由F2-mg=ma2,物块A对B的作用力大小为故选项C错误,D正确。热点考向3多过程问题【典例3】(16分)如图所示,一个质量M=2kg的物块(可视为质点)从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下,圆弧轨道半径R=0.8m,到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带,传送带由一电动机驱动着匀速向左转动,速度大小

14、v=3m/s,已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.1,两皮带轮之间的距离L=6m,重力加速度g=10m/s2。(1)求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小;(2)物块将从传送带的哪一端离开传送带?【解题探究】(1)物块滑到轨道底端时对轨道压力的求解思路:先求物块滑到轨道底端的速度v0:a.物理规律:_;b.方程式:_。求物块滑到轨道底端时轨道的弹力FN:a.物理规律:_;b.方程式:_。利用_得物块对轨道的压力。动能定理牛顿第二定律牛顿第三定律(2)如何判断物块将从传送带哪端离开？提示：比较物块速度为零时在传送带上的位移x与传送带的长度L的大小。若xL,物块将从传送带的右端离开；反之将从传送

15、带的左端离开。【解析】(1)由动能定理得:(3分)由牛顿第二定律得:(3分)由牛顿第三定律得物块对轨道的压力FN与FN大小相等,方向相反,(2分)解得:FN=60N。(2分)(2)物块在传送带上运动的过程由牛顿第二定律得:mg=ma(2分)由匀变速直线运动规律得:(2分)解得:x=8m (1分)因xL,故物块将从传送带的右端离开。(1分)答案:(1)60N(2)右端【拓展延伸】典例中:(1)若传送带长度变为10m,物块将从传送带的哪一端离开传送带?提示:因xL,故物块速度达到零后,没有到达传送带右端,将沿传送带向左运动,从传送带的左端离开。(2)若传送带以3m/s的速度沿顺时针方向转动,物块在

16、离开传送带时的速度大小是多少?提示:物块滑到轨道底端的速度v0=4m/s,物块速度由v0=4m/s变为v=3m/s的过程中,运动的位移x=3.5mv1,则()A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离最大C.0t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【解析】选B。物块滑上传送带后将做匀减速运动,t1时刻速度为零,此时小物块离A处的距离达到最大,选项A错误;然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动,t2时刻与传送带达到共同速度,此时小物块相对传送带滑动的距离最大,选项B正确;0t2时间内,小物块

17、受到的摩擦力方向始终向右,选项C错误;t2t3时间内小物块不受摩擦力,选项D错误。1.一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车,在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后(即车轮不滚动只滑动),以下说法正确的是()A.满载货物的汽车由于惯性大,滑行距离较大B.满载货物的汽车由于受摩擦力较大,滑行距离较小C.两辆汽车滑行的距离相同D.满载货物的汽车比空车先停下来【解析】选C。两辆汽车的加速度为a=g,由于初速度相同,故滑行的距离相同,选项C正确。2.(2013芜湖二模)如图所示,汽车以10m/s的速度匀速驶向十字路口,当行驶至距路口停车线20m处时,绿灯还有3s熄灭。若从此刻开始计

18、时,该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处,则汽车运动的v-t图像可能是()【解析】选C。汽车刹车后做匀减速直线运动,B错;v-t图像与t轴所围的面积等于相应时间内的位移,计算A、C、D项中图形面积可知,C选项符合汽车运动情况。3.(2013合肥二模)如图所示,在封闭的木箱内底部有一斜面,木箱静止时在斜面上放置一物块,物块处于静止状态。某时刻,使木箱突然做匀加速直线运动,加速度的大小小于当地的重力加速度,则该瞬间物块和斜面间的摩擦力一定减小的是()A.竖直向下做匀加速直线运动B.竖直向上做匀加速直线运动C.水平向右做匀加速直线运动D.水平向左做匀加速直线运动【解析】选A。物块静止时受力如图所示,木

19、箱竖直向下做匀加速直线运动时,物块处于失重状态,FN减小,水平方向有FNsin=Ffcos,故Ff减小,选项A正确;木箱竖直向上做匀加速直线运动时,物块处于超重状态,FN增大,由FNsin=Ffcos可知Ff增大,选项B错误;木箱水平向右做匀加速直线运动时,水平方向有Ffcos-FNsin=ma,竖直方向有FNcos+Ffsin-mg=0,若物块相对木箱静止,则Ff增大,FN变小,选项C错误;同理,木箱水平向左做匀加速直线运动时,物块可能相对木箱静止,也可能相对木箱上滑,Ff可能变大,也可能变小,选项D错误。4.(2013潍坊一模)如图所示,倾角为30的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑

20、块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h=0.8m,B点距C点的距离L=2.0m。(滑块经过B点时没有能量损失,g=10m/s2)求:(1)滑块在运动过程中的最大速度;(2)滑块与水平面间的动摩擦因数;(3)滑块从A点释放后,经过时间t=1.0s速度的大小。【解析】(1)滑块在B点时速度最大,由动能定理得:解得:vB=4m/s(2)滑块在水平面上运动时,由牛顿第二定律得:mg=ma解得:a=g 由运动学知识得:由得:=0.4(3)滑块在斜面上运动的时间:因此滑块从A点释放后经过时间t=1.0s已在水平面上运动了0.2 s,此时的速度:v=vB-g

21、0.2s=3.2 m/s答案:(1)4m/s(2)0.4(3)3.2 m/s一 与图像结合的动力学问题的求解【案例剖析】(14分)(2012安徽高考)质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的v-t图像如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10m/s2,求:(1)弹性球受到的空气阻力f的大小。(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。【审题】抓住信息,准确推断关键信息信息挖掘题干由静止开始下落下落时的初速度为零速度大小为碰撞前的可以根据落地时的速度求得反弹离地时的速度阻力大小恒为f小球在空中下落、上升时的速度大小不

22、变问题第一次碰撞后反弹的高度h从第一次离地上升到初速度为零时的高度【破题】精准分析,无破不立(1)弹性球从开始下落到反弹至最高点运动性质的分析。提示:下落过程是初速度为零的匀加速直线运动,但不是自由落体运动;上升过程为匀减速直线运动,且末速度为零,但不是竖直上抛运动。(2)空气阻力f的求解。写出简要的求解f的思路。由v-t图像求得下落时的加速度a1,根据牛顿第二定律就可求出阻力大小f。列出求解f的主要关系式。a.加速度a1的求解:_。b.阻力f的求解:_。mg-f=ma1(3)第一次反弹高度h的求解。写出简要的求解h的思路。先利用落地时的速度v1求出反弹离地时的速度v2,再利用牛顿第二定律求出

23、球上升时的加速度大小a2,最后利用运动学公式求得上升的高度h。列出求解h的主要关系式。a.反弹离地时的速度的求解:_。b.加速度a2的求解:_。c.高度h的求解:_。mg+f=ma2【解题】规范步骤,水到渠成(1)由v-t图像可知,弹性球第一次下落过程中的加速度为:(2分)由牛顿第二定律得:mg-f=ma1(2分)则有:f=mg-ma1=(0.110-0.18)N=0.2N (2分)(2)弹性球第一次碰撞后反弹时的速度为(2分)由牛顿第二定律得:mg+f=ma2(2分)则:(2分)则反弹的高度为:(2分)答案:(1)0.2N(2)0.375m【点题】突破瓶颈,稳拿满分(1)常见思维障碍:利用v-t图像求加速度的依据是加速度等于v-t图像的斜率,即但不一定成立。反弹后上升时,弹性球做匀减速直线运动,但不是竖直上抛运动,且加速度的大小也不等于下落时的大小,这两点认识不清,也会导致错误。(2)因解答不规范导致的失分:将上升时的加速度与下落时的等同导致失分。分析运动性质时,将反弹上升过程认为是竖直上抛运动导致失分。利用求解时,没有注意矢量v0、a的方向关系导致失分。