2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:必修1 第三章 专题课 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析.pdf
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1、专题课 牛顿运动定律的综合应用专题课 牛顿运动定律的综合应用 超重、失重问题 1.超重 (1)定义: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现象。 (2)产生条件:物体具有向上的加速度。 2.失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)产生条件:物体具有向下的加速度。 3.完全失重 (1)定义:物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于 0 的现象称为完全失 重现象。 (2)产生条件:物体的加速度 ag,方向竖直向下。 4.对超重和失重的“三点”深度理解 (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)
2、在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会完全消失。 (3)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。 命题角度 1 超重、失重现象的判断 【例 1】 伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中, 一名质量为 m 的演员穿着这种 高跷从距地面 H 高处由静止落下,与水平地面撞击后反弹上升到距地面高 h 处。 假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力, 演员和弹跳高跷始终在竖直方 向运动,不考虑空气阻力的影响,则该演员( ) 图 1 A.在向下运动的过程中始终处于失重状态 B.在向上运动的过程
3、中始终处于超重状态 C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态 D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态 解析 演员在空中时,加速度为 g,方向向下,处于失重状态;当演员落地加速 时,加速度 a 向下,处于失重状态;落地后期减速,加速度 a 向上,处于超重状 态 ; 所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态, 选项 C 正确 ; 同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,选项 D 错误。 答案 C 命题角度 2 根据超重、失重现象判断物体的受力情况 【例 2】 某人在地面上最多可举起 50 kg 的物体,当他在竖直向上运动的电梯 中最多举起了
4、 60 kg 的物体时,电梯加速度的大小和方向为(g10 m/s2)( ) A.2 m/s2 竖直向上 B. m/s2 竖直向上 5 3 C.2 m/s2 竖直向下 D. m/s2 竖直向下 5 3 解析 由题意可知,在地面上,人能承受的最大压力为 Fmmg500 N,在电梯 中人能举起 60 kg 物体,物体一定处于失重状态,对 60 kg 的物体:mgFm ma,即 a m/s2 m/s2,所以选项 D 正确。 600500 60 5 3 答案 D 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
5、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(ag)时,物体 处于完全失重状态 从速度变化的物体向上加速或向下减速时,超重 角度判断物体向下加速或向上减速时,失重 【变式训练 1】 (20184 月浙江选考)如图 2 所示,小芳在体重计上完成下蹲动 作。下列 Ft 图象能反映体重计示数随时间变化的是( ) 图 2 解析 体重计的读数为人所受的支持力大小, 下蹲过程人的速度从 0 开始最后又 回到 0,因此人先加速运动后减速运动,加速度方向先向下后向上,即先失重后 超重,所以支持力先小于重力,后
6、大于重力,因此选项 C 正确。 答案 C 动力学中的图象问题 1.常见的动力学图象 vt 图象、at 图象、Ft 图象、Fa 图象等。 2.图象问题的类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线。要求分析物体的受力情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图象。 3.解题策略 命题角度 1 动力学中的 vt 图象 【例 3】 (2018宁夏模拟)将一个质量为 1 kg 的小球竖直向上抛出,最终落回 抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反。该过程的 vt 图象如图 3 所示,g 取 10 m/s2。下列说法正
7、确的是( ) 图 3 A.小球所受重力和阻力之比为 61 B.小球上升与下落所用时间之比为 23 C.小球回落到抛出点的速度大小为 8 m/s6 D.小球下落过程,受到向上的空气阻力,处于超重状态 解析 小球向上做匀减速运动的加速度大小 a1 m/s212 m/s2,根据牛 v t 24 2 顿第二定律得 mgfma1, 解得阻力 fma1mg2 N, 则重力和阻力大小之比 为 51,故选项 A 错误;小球下降的加速度大小 a2 m/s28 mgf m 102 1 m/s2, 根据 x at2得 t, 知上升的时间和下落的时间之比为 t1t2 1 2 2x a a2a1 3, 故选项 B 错误
8、 ; 小球匀减速上升的位移 x 224 m24 m, 根据 v26 1 2 2a2x 得,v m/s8 m/s,故选项 C 正确;下落的过程2a2x2 8 246 中,加速度向下,处于失重状态,故选项 D 错误。 答案 C 命题角度 2 动力学中的 Ft 图象 【例 4】 物体最初静止在倾角 30的足够长斜面上, 如图 4 甲所示受到平行 斜面向下的力 F 的作用,力 F 随时间变化的图象如图乙所示,开始运动 2 s 后物 体以 2 m/s 的速度匀速运动,下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)( ) 图 4 A.物体的质量 m0.5 kg B.物体的质量 m2 kg C.物体与斜面间的动
9、摩擦因数 3 3 D.物体与斜面间的动摩擦因数 7 3 15 解析 由开始运动 2 s 后物体以 2 m/s 的速度匀速运动,可知 02 s 内物体的加 速度大小为 a m/s21 m/s2; 在 02 s 内对物体应用牛顿第二定律得, F1 v t 2 2 mgsin 30mgcos 30ma,2 s 后由平衡条件可得,F2mgsin 30mgcos 300,联立解得 m1 kg,选项 D 正确。 7 3 15 答案 D 1.(2018绍兴期中)一物体放在水平地面上,如图 5 甲所示,已知物体所受水平拉 力 F 随时间 t 的变化情况如图乙所示,物体相应的速度 v 随时间 t 的变化关系如
10、图丙所示,则( ) 图 5 A. 滑动摩擦力为 3 N B. 全过程克服摩擦力做功 30 J C. 动摩擦因数为 0.2 D. 物体的质量为 1.5 kg 解析 由图象可知:68 s 内物体匀速,则滑动摩擦力 Ff2 N,A 错误;物体 全过程位移为 vt 图象与 t 轴围成面积 x3 m15 m,全过程摩擦力 (28) 2 做功Wfx215 J30 J, B正确 ; 根据810 s内物体匀减速加速度a m/s21.5 m/s2,由牛顿第二定律mgma 可知 0.15,C 错误; v t 3 2 根据 26 s 内物体匀加速,a1 m/s2,由 F1Ffma1,可求得 m kg,D 3 4 4
11、 3 错误。 答案 B 2.如图 6(a),质量 m1 kg 的物体沿倾角 37的固定粗糙斜面由静止开始向下 运动, 风对物体的作用力沿水平方向向右, 其大小与风速 v 成正比, 比例系数用 k 表示, 物体加速度 a 与风速 v 的关系如图(b)所示, (sin 370.6, cos 370.8, g 10 m/s2) 求: 图 6 (1)物体与斜面间的动摩擦因数 ; (2)比例系数 k。 解析 (1)当 v0 时,由图(b)知 a04 m/s2, 由 mgsin mgcos ma0, 得 0.25。 gsin a0 gcos (2)当 v5 m/s 时,a0, 由 mgsin FNkvco
12、s 0, FNmgcos kvsin 得 k0.84 kg/s。 mg(sin cos ) v(sin cos ) 答案 (1)0.25 (2)0.84 kg/s 3.质量为 3 kg 的物体放在水平地面上,在水平恒力 F 的作用下做匀加速直线运 动,4 s 末撤去此水平恒力 F。物体运动的 vt 图象如图 7 所示。求: 图 7 (1)物体在 04 s 的加速度大小; (2)物体在 410 s 的位移大小; (3)物体所受的摩擦力大小。 解析 设加速运动时间为 t1,减速运动时间为 t2,运动过程最大速度为 v1 (1)04 s 内的加速度大小 a1得 a13 m/s2 v1 t1 (2)4
13、10 s 的加速度大小 a2得 a22 m/s2 v1 t2 410 s 的位移大小 x2 a2t 得 x236 m 1 2 2 2 (3)由牛顿第二定律 Ffma2 得 Ff6 N 答案 (1)3 m/s2 (2)36 m (3)6 N 动力学中的临界极值问题 1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在 着临界点; (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存 在着极值,这个极值点往往是临界点。 2.解答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
14、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 【例 5】 一斜面放在水平地面上,倾角为 53,一个质量为 0.2 kg 的小球用 细绳吊在斜面顶端, 如图 8 所示。 斜面静止时, 球紧靠在斜面上, 绳与斜面平行, 不计斜面与水平面的摩擦,当斜面以 10 m/s2的加速度向右运动时,求细绳的拉 力及斜面对小球的弹力。(g 取 10 m/s2) 图 8 解析 设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为 a,此时斜面对小球的支持力 恰好为零
15、,小球只受到重力和细绳的拉力,且细绳仍然与斜面平行。 对小球受力分析如图所示。 易知ma0 mg tan a07.5 m/s2 g tan 因为 a10 m/s2a0 故小球已离开斜面,斜面对小球的弹力 FN0 细绳的拉力 T2 N(mg)2(ma)22 tan 1,45,即细绳拉力的方向与水平方向成 45角斜向上。 mg ma 答案 2 N,方向与水平方向成 45角斜向上 02 1.如图9所示, 木块A的质量为m, 木块B的质量为M, 叠放在光滑的水平面上, A、 B 之间的动摩擦因数为 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g。现 用水平力 F 作用于 A,则保持 A、B 相对静止的
16、条件是 F 不超过( ) 图 9 A.mg B.Mg C.mg D.Mg (1 m M) (1 M m) 解析 由于 A、B 相对静止,以整体为研究对象可知 F(Mm)a; 若 A、B 即将 相对滑动, 以物体 B 为研究对象可知 mgMa, 联立解得 Fmg, 选项 C (1 m M) 正确。 答案 C 2.(2018济宁检测)如图 10 所示,一足够长的木板,上表面与木块之间的动摩擦 因数为 ,重力加速度为 g,木板与水平面成 角,让小木块从木板的底端 3 3 以大小恒定的初速率 v0沿木板向上运动。随着 的改变,小木块沿木板向上滑 行的距离 x 将发生变化,当 角为何值时,小木块沿木板向
17、上滑行的距离最小, 并求出此最小值。 图 10 解析 当 变化时,设沿斜面向上为正方向,木块的加速度为 a,则木块沿木板 斜面方向列牛顿第二定律方程: mgsin mgcos ma 木块的位移为 x,有 0v 2ax 2 0 根据数学关系知木块加速度最大时位移最小,根据式有 ag(sin cos ) 根据数学关系有 sin cos sin(),其中 tan ,则 3012 3 3 要使加速度 a 最大,则有 90时取最大值 g 12 所以有 9060时,加速度取最大值为 a2g 3 代入可得 xmin 3v 4g 答案 60 3v 4g 动力学中的连接体问题 1.连接体 多个相互关联的物体连接
18、(叠放、并排或由绳子、弹簧、细杆联系)在一起构成的 物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。 2.解决连接体问题的两种方法 【例 6】 如图 11 所示,两个质量分别为 m13 kg、m22 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 F130 N、F220 N 的水平拉力分别作用在 m1、m2上,则( ) 图 11 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
19、成的系统,根据牛顿第二定律得整体的加速度 a m/s22 m/s2, 隔离 m2, 根据牛顿第二定律有 FF2m2a, 解得 F F1F2 m1m2 10 5 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 F m2 24 2 m/s212 m/s2,选项 C、D 错误。 答案 B 1.如图 12 所示,在光滑水平地面上,水平外力 F 拉动小车和木块一起做无相对 滑动的加速运动。小车质量为 M,木块质量为 m,加速度大小为 a,木块和小车 之间的动摩擦因数为 ,则在这个过程中
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