2021高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動定律專題四牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用教案

1、專題四牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用考點(diǎn)一超重與失重現(xiàn)象1實(shí)重和視重(1)實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)。(2)視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。2對超重、失重的理解(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。(2)物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動還是向下運(yùn)動，而在于物體的加速度方向，只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。(3)當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只有使物體產(chǎn)生ag的加速度效果，不再有其他效果。若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動的v

2、 ­t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力f與時間t關(guān)系的圖象可能是()b由v ­t圖象可知，貨物的運(yùn)動情況依次為向下勻加速，向下勻速，向下勻減速，而后為向上勻加速，向上勻速，向上勻減速。由牛頓第二定律可得fmgma，下降階段支持力f的大小依次為f<mg、fmg、f>mg，上升階段支持力f的大小依次為f>mg、fmg、f<mg，所以b正確。變式1下列關(guān)于超重、失重說法正確的是()a超重就是物體所受的重力增加了b失重就是物體所受的重力減小了c完全失重就是物體所受的重力為0d無論超重還是失重，物體所受的重力都是不變的d變式2(2020&

3、#183;湖北省黃岡市質(zhì)檢)如圖所示，電視劇拍攝時，要制造雨中場景，劇組工作人員用消防水槍向天空噴出水龍，降落時就成了一場“雨”。若忽略空氣阻力，以下分析正確的是()a水槍噴出的水在上升時超重b水槍噴出的水在下降時超重c水槍噴出的水在最高點(diǎn)時，速度方向斜向下d水滴在下落時，越接近地面，速度方向越接近豎直方向d由于水在空中不論上升還是下降均只受重力，加速度向下，故水均處于完全失重狀態(tài)，故a、b錯誤；在最高點(diǎn)時，水的豎直速度變?yōu)榱?，此時只有水平方向的速度，故c錯誤；水落下時的速度為水平速度和豎直速度的合速度，越向下來，豎直速度越大，則速度的方向越接近豎直方向，故d正確。變式3(2020·

4、廣東佛山一模)廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達(dá)觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t0時由靜止開始上升，a ­t圖象如圖所示。則下列相關(guān)說法正確的是()at4.5 s時，電梯處于失重狀態(tài)b555 s時間內(nèi)，繩索拉力最小ct59.5 s時，電梯處于超重狀態(tài)dt60 s時，電梯速度恰好為零d利用a ­t圖象可判斷：t4.5 s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則a錯誤；05 s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，555 s時間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力等于重力，5560 s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力小

5、于重力，綜上所述，b、c錯誤；因a ­t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t60 s時為零，d正確?？键c(diǎn)二動力學(xué)中的連接體問題1連接體的類型(1)彈簧連接體(2)物物疊放連接體(3)輕繩或輕桿連接體2整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。3隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解。4整體

6、法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，一般采用“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。(2020·天津十二重點(diǎn)中學(xué)模擬)如圖所示，光滑水平面上的小車在水平拉力f的作用下向右加速運(yùn)動時，物塊與豎直車廂壁相對靜止，不計空氣阻力。若作用在小車上的水平拉力f增大，則()a物塊受到的摩擦力不變b物塊受到的合力不變c物塊可能相對于車廂壁滑動d物塊與車廂壁之間的最大靜摩擦力不變 a物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，對物塊有fnma，對物塊和小車整體有f(mm)a，聯(lián)立可得a，fnf，水平拉力f增大時，加速度a增大，車廂壁對物塊的彈力fn增大，物塊與車廂壁之間

7、的最大靜摩擦力增大，物塊相對于車廂壁仍然保持靜止，選項(xiàng)c、d均錯誤；物塊在豎直方向受力平衡，則ffmg，即物塊受到的摩擦力不變，選項(xiàng)a正確；物塊受到的合力等于fn，fn隨f的增大而增大，選項(xiàng)b錯誤。 (多選)在【例2】中，若已知物塊與車廂壁間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，則小車運(yùn)動一段時間后，下列說法正確的是()a若將力f大小變?yōu)?mm)g，物塊將沿車廂壁下滑b若將力f大小變?yōu)?mm)g，物塊將沿車廂壁下滑c若將力f撤去，物塊將受到三個力的作用d若將力f撤去，物塊將做平拋運(yùn)動bd設(shè)f的大小為f0時物塊恰好與車廂壁相對靜止，則f0(mm)a，物塊與車廂壁之間的彈力大小為fnm

8、a，fnmg，聯(lián)立解得f0(mm)g，由于(mm)g>f0，故物塊仍然與車廂壁相對靜止，選項(xiàng)a錯誤；由于(mm)g<f0，物塊將沿車廂壁下滑，選項(xiàng)b正確；將力f撤去后，物塊只受重力作用，向右做平拋運(yùn)動，選項(xiàng)d正確，c錯誤。 變式4如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m13 kg、m22 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測力計連接。兩個大小分別為f130 n、f220 n的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()a彈簧測力計的示數(shù)是50 nb彈簧測力計的示數(shù)是24 nc在突然撤去f2的瞬間，m2的加速度大小為4 m/s2d在突然撤去f2的瞬間，m1的加速度大小為10 m/s2b對兩物體

9、和彈簧測力計組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a m/s22 m/s2，隔離m2，根據(jù)牛頓第二定律有ff2m2a，解得f24 n，所以彈簧測力計的示數(shù)為24 n，選項(xiàng)a錯誤，b正確；在突然撤去f2的瞬間，彈簧的彈力不變，m1的加速度不變，為2 m/s2，m2的加速度a2 m/s212 m/s2，選項(xiàng)c、d錯誤。變式5如圖所示，質(zhì)量為m的小車放在光滑的水平面上。小車上用細(xì)線懸吊一質(zhì)量為m的小球，m>m?，F(xiàn)用一力f水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運(yùn)動時，細(xì)線與豎直方向成角，細(xì)線的拉力為ft；若用另一力f水平向左拉小車，使小球和車一起以加速度a向左運(yùn)動時，細(xì)線與豎直方向也成

10、角，細(xì)線的拉力為ft。則()aaa，ftftb.a>a，ftftca<a，ftft d.a>a，ft>ftb先對左圖中情況下的整體受力分析，受重力、支持力和拉力根據(jù)牛頓第二定律，有f(mm)a再對左圖中情況下的小球受力分析，如圖根據(jù)牛頓第二定律，有fftsin maftcos mg0由以上三式可解得fta再對右圖中小球受力分析，如圖由幾何關(guān)系得：f合mgtan ft再由牛頓第二定律，得到agtan 由于m>m，故a>a，ftft，故選b。考點(diǎn)三動力學(xué)中的臨界極值問題1“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力fn0。(

11、2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則發(fā)生相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力ft是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛的臨界條件是ft0。(4)加速度變化時，速度達(dá)到最值的臨界條件：加速度變?yōu)?時。2處理臨界問題的三種方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達(dá)到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是有非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件、也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學(xué)法將物理過程轉(zhuǎn)化為

12、數(shù)學(xué)表達(dá)式，如(1)三角函數(shù)法；(2)根據(jù)臨界條件列不等式法；(3)利用二次函數(shù)的判別式法接觸與脫離的臨界問題(多選)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊a、b在水平外力的作用下緊靠在一起壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0。以兩滑塊此時的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的一維坐標(biāo)系，現(xiàn)將外力突然反向并使b向右做勻加速運(yùn)動，下列關(guān)于外力f、兩滑塊間彈力fn與滑塊b的位移x變化的關(guān)系圖象可能正確的是()bd設(shè)a、b向右勻加速運(yùn)動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，對整體有fk(x0x)(mamb)a，可得fkx(mamb)akx0，若(mamb)akx0，得fkx，則f與x成

13、正比，f ­x圖象可能是過原點(diǎn)的直線，對a有k(x0x)fnmaa，得fnkxkx0maa，可知fn ­x圖象是向下傾斜的直線，當(dāng)fn0時a、b開始分離，此后b做勻加速運(yùn)動，f不變，則a、b開始分離時有xx0<x0，因此選項(xiàng)b、d正確，a、c錯誤。疊加體系統(tǒng)的臨界極值問題如圖所示，物體a疊放在物體b上，b置于光滑水平面上，a、b質(zhì)量分別為ma6 kg、mb2 kg，a、b之間的動摩擦因數(shù)0.2，開始時f10 n，此后逐漸增加，在增大到45 n的過程中，則()a當(dāng)拉力f<12 n時，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)b兩物體開始沒有相對運(yùn)動，當(dāng)拉力超過12 n時，開始相對滑動c兩

14、物體從受力開始就有相對運(yùn)動d兩物體始終沒有相對運(yùn)動da、b一起加速運(yùn)動是因?yàn)閍對b有靜摩擦力，但由于靜摩擦力存在最大值，所以b的加速度有最大值，可以求出此加速度下拉力的大小，如果拉力再增大，則物體間就會發(fā)生相對滑動，所以這里存在一個臨界點(diǎn)，就是a、b間靜摩擦力達(dá)到最大值時拉力f的大小。以a為研究對象進(jìn)行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的靜摩擦力，有fffmaa；再以b為研究對象，受水平向右的靜摩擦力ffmba，當(dāng)ff為最大靜摩擦力時，解得a m/s26 m/s2，有f48 n。由此可以看出，當(dāng)f<48 n時，a、b間的摩擦力達(dá)不到最大靜摩擦力，也就是說，a、b間不會發(fā)生相對運(yùn)動，故選

15、項(xiàng)d正確。運(yùn)動類臨界極值問題(2019·山東濟(jì)南期末)圖甲是我國運(yùn)動員在奧運(yùn)會上蹦床比賽中的一個情境，設(shè)這位蹦床運(yùn)動員僅在豎直方向上運(yùn)動，運(yùn)動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運(yùn)動員的彈力f隨時間t的變化規(guī)律通過傳感器用計算機(jī)繪制出來，如圖乙所示。取g10 m/s2，在不計空氣阻力情況下，根據(jù)f ­t圖象，求：(1)運(yùn)動員在運(yùn)動過程中的最大加速度的大??；(2)運(yùn)動員雙腳離開蹦床后的最大速度的大小。解析：(1)由圖象可知運(yùn)動員重力g500 n蹦床對運(yùn)動員的最大彈力fm2 500 n設(shè)運(yùn)動員的最大加速度為am，則fmmgmam解得am40 m/s2(2)由圖象可知最長的自由下落的時

16、間為t s0.8 s最大速度vmgt解得vm8 m/s。答案：(1)40 m/s2(2)8 m/s變式6(多選)如圖所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2兩個小物塊，它們中間有細(xì)線連接。已知m13 kg，m22 kg，連接它們的細(xì)線最大能承受6 n的拉力?，F(xiàn)用水平外力f1向左拉m1或用水平外力f2向右拉m2，為保持細(xì)線不斷，則()af1的最大值為10 nb.f1的最大值為15 ncf2的最大值為10 n d.f2的最大值為15 nbc若向左拉m1，對m2分析，則ftmm2a，得出最大加速度a3 m/s2；對兩物塊系統(tǒng)：f1(m1m2)a(23)×3 n15 n，選項(xiàng)b正確，a錯誤；若向右拉m2，對m1分析，則ftmm1a，得出最大加速度a2 m/s2；對兩物塊系統(tǒng)：f2(m1m2)a(23)×2 n10 n，選項(xiàng)d錯誤，c正確。變式7(2020·福建福州質(zhì)檢)傾角為45°、外表面光滑的楔形滑塊m放在水平面ab上，滑塊m的頂端o處固定一細(xì)線，細(xì)線的另一端拴一小球，已知小球的質(zhì)量為mkg，當(dāng)滑塊m以a