2014福建物理《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.（2013福建高考）在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、

2、A（安培）。导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（）A.m2kgs-4A-1B.m2kgs-3A-1C.m2kgs-2A-1D.m2kgs-1A-1【解析】选B。根据P=UI、P=Fv、F=ma可导出即=m2kgs-3A-1，故选B。2.（2011福建高考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2v1，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达到最大C.0t2时间

3、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。由题图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错B对；0t2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t3时间内小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，C、D错。故选B。3.（2013山东高考）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，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

4、=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=vB2v02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+N-mgcos30=0沿斜面方向：Fcos-mgsin30-f=ma又f=N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)3 m/s2 8 m/s (2

5、)30热点考向1动力学图像问题【典例1】（2013银川二模）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

6、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

7、的图像，可通过列解析式的方法进行判断。【变式训练】（2013漳州二模）如图1所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2，由图线可知（）A.甲、乙之间的动摩擦因数是0.2B.甲的质量是4 kgC.甲的质量是2 kgD.甲、乙之间的动摩擦因数是0.6【解析】选A。由图2可知拉力F小于48N时，甲、乙两物体一起运动，根据牛顿第二定律可得F1=（m甲+m乙）a1，以乙为研究对象有f1=m乙a1，拉力F大于48N时，甲、乙两物体相对滑动，以甲为研究对象有F2-f=m甲a2，其中f=m甲g，解

8、得甲、乙之间的动摩擦因数是0.2，甲、乙的质量分别是6kg、2 kg，选项A正确，选项B、C、D错误。【变式备选】（2013黄冈二模）如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2。根据图乙中所提供的信息不能计算出（sin37=0.6）（）A.物体的质量B.斜面的倾角C.物体能静止在斜面上所施加的外力D.加速度为6 m/s2时物体的速度【解析】选D。物体受力如图所示，由牛顿第二定律得Fcos-mgsin=ma，由F=0时，a=-6 m/s2，解得=37。由a=F-gsin和a-

9、F图像知：图像斜率，解得m=2 kg，物体静止时Fcos=mgsin,F=mgtan=15 N，因为物体的加速度的变化对应的时间未知，所以无法求出物体加速度为6 m/s2 时的速度，故选D。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

10、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N=_；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=_；（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。gtan【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:Ncos=mg （3分）水平方向:Nsin=ma （3分）由几何知识得：cos=，sin=（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=8.5

11、 N （2分）答案:8.5 N【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

12、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福州二模）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（）【解析】选B。以两个质量为m的木块和一个质量为2m的木块为研究对象，有mg=4ma，得四个木块一起运动的最大加速度，以质量为m、2m的两个木块为研究对象，T=3ma，得轻绳对m的最大拉力为，故选项B正确。热点考向3多过程问题【典例3】（16分）如图所示，一

13、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：_。动能定理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_

14、得物块对轨道的压力。（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s与传送带的长度L的大小。若sL，物块将从传送带的右端离开；反之将从传送带的左端离开。牛顿第二定律牛顿第三定律【解析】（1）由动能定理得：MgR=Mv02-0 （3分）由牛顿第二定律得：FN-Mg=（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=60 N。(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:02-v02=2(-a)s （2分）解得:x=8 m （1分）因sL，故物块将从传送带的右端离开。（1分

15、）答案:（1）60 N （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sL，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=3.5mL=6m，故物块离开传送带时的速度大小为3m/s。【总结提升】多过程问题求解的一般思路（1）基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：（2

16、）常用方法：整体法与隔离法。正交分解法。（3）注意事项：仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程。逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点。前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键。【变式训练】（2013泉州二模）如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近，水平部分AB以5m/s的速率顺时针传送。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达

17、B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。试求：（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围。【解析】（1）米袋在AB上加速时的加速度a0=g=5m/s2米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0=2.5mAB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度。设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma代入数据得a=10m/s2所以米袋能上升的最大距离s=1.25m。（2）设CD部分运转速度

18、为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sin+cos）=-10m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sin-cos）=-2m/s2由解得v1=4 m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCDv1=4 m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=2.1 s若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2。由sCD=v0tmin+得：tmin=1.16 s所以，所求的时间t的范围为1.16 st2.1 s。答案：（1）1.25 m （2）vC

19、D4 m/s 1.16 st2.1 s1.一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泉州二模）如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑

20、动的整个过程中（）A.地面对物体M的摩擦力先向左后向右B.地面对物体M的摩擦力方向没有改变C.地面对物体M的支持力总大于（M+m）gD.物块m上、下滑动时的加速度大小相同【解析】选B。物块m上、下滑动时受到的滑动摩擦力方向不同，加速度大小不同，方向都沿斜面向下，选项D错误；地面对物体M的摩擦力和支持力分别为f和N，对系统利用牛顿第二定律有f=max，（M+m）g-N=may，因此地面对物体M的摩擦力方向没有改变，地面对物体M的支持力总小于（M+m）g，选项A、C错误，选项B正确。3.（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。现将一滑块（可视为质点）从斜面上A点由

21、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:vB2-0=2aL 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=1.0 s已在水平面上运动了0.2 s，此时的速度:v=vB-g0.2

22、s=3.2 m/s答案:（1）4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s一 整体法与隔离法的灵活应用【案例剖析】（20分）（2013福建高考）质量为M、长为的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？【审题】抓住信息，准确推断关键信息信息挖掘题干杆水平放置匀加速

23、直线运动加速度方向光滑的柔软轻绳滑轮模型，环两边绳子拉力相等问题静止悬挂平衡问题杆与环保持相对静止杆与环有共同加速度环恰好悬于A端的正下方 明确杆与环间几何关系【破题】精准分析，无破不立（1）绳中拉力的大小：环两边绳子拉力相等，画出环受力分析图。提示：根据物体的平衡条件列平衡方程。即：_。2Tcos-mg=0（2）施加外力大小与方向：杆与环保持相对静止，有共同加速度，对整体进行受力分析。提示：利用正交分解法运用牛顿第二定律对整体列方程水平方向：_。竖直方向：_。Fcos=（M+m）aFsin-（M+m）g=0环恰好悬于A端的正下方，明确杆与环间几何关系，对环进行受力分析。提示：利用隔离法对环列

24、牛顿第二定律方程水平方向：_。竖直方向：_。Tsin=maT+Tcos-mg=0【解题】规范步骤，水到渠成（1）如图甲，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcos-mg=0 (2分)由图中几何关系可知cos=(2分)联立式解得T=(2分)（2）此时，对小铁环的受力分析如图乙，有Tsin=ma （3分）T+Tcos-mg=0 （3分）由图中几何关系可知=60，代入式解得a=g （2分）如图丙，设外力F与水平方向成角，将杆和小铁环看作一个整体，有Fcos=（M+m）a （2分）Fsin-（M+m）g=0 （2分）联立式，解得tan=(或=60)(2分)答案：（1）（2）外力大小为(M+m)g，方向与水平方向成60角斜向上【点题】突破瓶颈，稳拿满分（1）常见思维障碍：未能从“光滑的柔软轻绳”挖掘出环两边绳子拉力相等的信息。未能从“杆与环保持相对静止”获取杆与环有共同加速度，进而利用整体法分析。未能灵活应用整体法与隔离法。不能恰当应用“力的合成与分解”求解外力的大小和方向。（2）解题不规范造成出错：不能正确进行受力分析。外力与水平方向夹角和绳子与水平方向夹角相混。