高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 课时3 牛顿运动定律的综合应用课件.pdf

课时3牛顿运动定律的综合应用夯实考点考点一运动状态分析1.物体运动状态分析包括受力情况分析,速度、加速度随时间变化的分析。2.物体运动性质的判断方法：明确物体的初始运动状态;明确物体的受力情 况；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化 情况及速度变化情况。典例1蹦极是一项新兴的极限运动,跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关 节等处，从几十米高处跳下，在弹性绳的作用下反复下落、弹起。如图是某次蹦 极下落过程的示意图,0点为弹性绳固定点，也是人的起跳点,A点是弹性绳刚被 拉直时人的位置,B点是下落到达的最低点。下列说法中正确的是（）A.0到B过程中人下落至A点时速度最大B.A到B过程中人先加速后减速C.A到B过程中人的加速度一直增大D.人运动至B点时处于平衡状态解析：从起跳至最低点B经历三个阶段:至此点前只受重力，做自由落体运动；过A点后开始受弹力，加速度向下且减小，做加速度减小的变加速运动，当弹 力等于重力时，加速度减为零,速度达到最大,此后弹力大于重力，加速度向 上，向下做加速度增大的变减速运动，至B点速度减为零。即最大速度在A,B 两点之间的某一位置;从A至UB先做向下的加速度减小的变加速运动后做加速 度增大的变减速运动;在B点，虽然速度为零，但合外力向上且最大,故选项B 正确。答案：B变式1:如图，一小球从高h处自由下落进入水中，若小球在水中所受阻力为F二kv2,且水足够深，则（c）QfhA.h越大,匀速时速度v越大B.小球入水后先做加速度变小的加速运动,后做匀速运动C.小球入水后可能一直做匀速直线运动D.小球在水中开始匀速运动的位置与h无关解析：当小球受力平衡时，小球做匀速运动，有mg=F浮+kv2,浮力是定值,可 知匀速运动的速度是一定值,故A错误。小球进入水中时若速度较小，则 阻力较小，这时小球将做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动；若小 球入水时速度较大，则阻力也较大，此后小球将做加速度变小的减速运动,最后做匀速运动；当然也可能小球入水时的速度刚好满足1=尸浮+庾2,则 小球进入水中一直做匀速运动，故B错误，C正确。小球匀速运动的速度是 一定值，但是开始匀速运动的位置与h有关,故D错误。考点二运动图象类型问题1.图象的类型已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线,要求分析物体的运 动情况。已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体 的受力情况。2.问题的实质运动图象问题是力与运动的关系问题,求解这类问题的关键是理解图裳的物 理意义，理解图象的轴、点、线、截距、斜率、面积六大功能。典例2如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成e=37 角并固定,质量为1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端0点,今有水平向右 的风力F作用于小球上，经时间力二2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v t图象如 图乙所示(取g=10 m/s2,sin 37=0.6,c o s 37=0.8)o 试求：(1)小球在02 s内的加速度内和04 s内的位移X；解析:(1)由题图乙可知,在02 s内-%=40-0 mys2=2q m/s2tx 2方向沿杆向上0 2 s 内位移 Xi=，ai%=4。m 2在2 4 s内力口速度a2=匕=2-4 m/s2=-10 m/s222负号表示方向沿杆向下位移 X2=v2t2+a2=60 m2在。4 s内的位移x=Xi+x2=100 m,方向沿杆向上。答案：（1）20 m/s2,方向沿杆向上100 m,方向沿杆向上(2)杆和球间的动摩擦因数p及02 s内风对小球作用力F的大小。解析：在风力为F时的上升过程，对小球由受力分析和牛顿第二定律有Feo s 0-Ff-mgsin 0=ma1Ff=MFNFN=mgc o s 0+Fsin 0停风后的上升阶段，有-ii mgeo s 0-mgsin 0=ma2解得 H=0.5,F=60 No答案：(2)0.5 60 N变式2:如图甲，一物块在廿0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V。,v pti均为已知量，则无法求出（B）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:设物块的质量为m、斜面的倾角为e,物块与斜面间的动摩擦因数为目，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为心和此,根据牛顿第二定律有 mgsin e+mgc o s 9=mai,mgs in 9-jli mgc o s 9=ma2。再结合 vt 图线斜率的物理意义有ai=,a2=o由上述四式可见，无法求出m,可以求出9,口，故选 tx tx项B不可求,A,C均可求；03时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于 物块沿斜面上滑的最大距离，0已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故选 项D可求。考点三动力学中的多过程问题物体在外力作用下运动且涉及多个过程的问题,其解题要点为:(1)分析每一个过程的受力及运动情况。(2)注意过程与过程的衔接,关键是速度。典例3如图所示，倾斜滑雪道AB与CD的倾角分别为0130。和e 2=45,水平滑雪道BC长度L=25 m,水平滑雪道与倾斜滑雪道之间均平滑连接。一位 质量m=60 kg的滑雪者从距水平滑道高h=25 m处由静止开始下滑,经过水平 滑道后冲上另一倾斜滑道。已知滑雪者与水平滑道BC和倾斜滑道CD的动摩擦 因数pi=0.2,与倾斜滑道AB的摩擦忽略不计。重力加速度g=10 m/s2。求：（计 算结果可用根式表示）.（1）滑雪者在滑道AB上运动所用的时间;解析：（1）设滑雪者在倾斜滑道AB上运动加速度为a,所用的时间为t,根据牛顿第二定律可得a=gsin 91=5 m/s2由匀变速直线运动规律,有 卜=at2,解得t=2 a/5 sosin q 2答案：（1）2班s(2)滑雪者经过C点时的速度大小;解析：(2)设滑雪者经过C点时的速度大小为v由动能定理得mgh-r mgL=mv22解得 v=20 m/so答案:20 m/s(3)滑雪者沿倾斜滑道CD上滑的最大距离。解析：(3)设滑雪者沿倾斜滑道CD上滑的最大距离为x由动能定理得-(mgs in 9 2+H mgc o s 0 2)x=0-mv22解得X=世包350近答案：(3)3m变式3:如图所示，一小轿车从高为10 m、倾角为37。的斜坡顶端由静止开始向 下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面,在距斜坡底端H5 m的地方有一池 塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2X 103凡在水平地面上调节油门后,发动 机产生的牵引力为1.4X104此小轿车的质量为23小轿车与斜坡及水平地面 间的动摩擦因数均为O 5(g取10 m/s2)。求：(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度大小;解析：(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得Fi+mgs in 37-mgc o s 37=mai代入数据得ai=3 m/s2i 2 c由 m=2aiXi=-一sin 370行驶至斜坡底端时的速度V i=l 0 m/so 答案:(1)10 m/s(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘,在水平地面上加速的时间不 能超过多少？解析：在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得尸2-口 mg=ma2代入数据得a2=2 m/s2关闭油门后减速口 mg=ma3代入数据得a3=5 m/s22 2 2关闭油门时轿车的速度为V 2,贝上+=x2,#v2=20 m/s2a2 2a3t=2+%=5 s,即在水平地面上加速的时间不能超过5 so%答案：(2)5 s考点四 牛顿运动定律应用中的整体法和隔离法1.整体法、隔离法当问题涉及几个物体时,我们常常将这几个物体“隔离”开来，对它们分别进行 受力分析,根据其运动状态,应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解。特别是问 题涉及物体间的相互作用时，隔离法是一种有效的解题方法。而将相互作用的 两个或两个以上的物体看成一个整体(系统)作为研究对象，去寻找未知量与已 知量之间的关系的方法称为整体法。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,通常需要变换研究对象,交替应用整体法与隔离法求解。典例4如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为叫和叫，中间 用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来,现用一水平力F向左推木块乙,当两木块一起匀加速运动时,两木块之间的距离是（）A.L+Fm?（加+mjkC.L-也m2k/B.Fm】_/（加i+m2kD.L+小 _mxk解析:对两木块整体进行分析,应用牛顿第二定律,可得F=（mi+ni2）a,然后再 隔离甲，同理可得F，=m1a,其中F，=k（L-L，），解得两木块之间距离1/=L一 尸叫 故选b。（加1+加2）4答案：B规律总结 对于多物体问题,需要我们灵活选用隔离法和整体法。如果能够运用整体法,我们应该优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解 简便;不计物体间相互作用的内力，或物体系统内的物体的运动状态相同,一 般首先考虑整体法。对于大多数动力学问题,单纯采用整体法并不一定能解 决，通常采用整体法与隔离法相结合的方法。变式4:如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块的质 量分别为叫M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff,若木块不滑动,力F 的最大值是（A）A.-MB.2Ff(m+M)mC,24()3gMD.2.(+“)+(r a+M)g m解析：由题意知，当M恰好不能脱离夹子时,M受到的摩擦力最大,F取最大值 设此时提升的加速度为a,根据牛顿第二定律,对M有2Ff-Mg=Ma,对m有 F-2Ff-mg=ma,联立两式解得F=2K（.+，%）选项卜正确。M考点五瞬时性问题1.牛顿第二定律的瞬时性分析牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型（1）刚性绳（或接触面）一不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断（或脱离）后，其弹力立即消失,不需要形变恢复时间。-（2）弹簧（或橡皮绳）两端同时连接（或附着）物体的弹簧（或橡皮绳），特点 是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可 以看成保持不变。.2.求瞬时加速度的方法(1)分析瞬时加速度的关键分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。(2)一般思路第一步:分析原来物体的受力情况。第二步:分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步:求出瞬时加速度,并讨论其合理性。典例5（多选）如图，物块a,b和c的质量相同，a和b,b和c之间用完全相同的轻 弹簧S和S2相连,通过系在a上的细绳悬挂于固定点0。整个系统处于静止状态,现将细绳剪断,将物块a的加速度记为由,S和S2相对原长的伸长分别为A L和 A12,重力加速度大小为g,在剪断瞬间（）A.即二3gB.即二0C.A L=2A 12 D.A L=A 120解析:设物块的质量为叫剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失,弹簧还没有来得及 改变,所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧Si的拉力T1,剪断前对b,c和弹簧 组成的整体分析可知Ti=2mg,故剪断细绳的瞬间a受到的合力F=mg+Ti=3mg,故加速度a尸=3g,A正确，B错误;设弹簧S2的拉力为丁2,则T2=mg,根据胡克定律F=mkAx可得 1尸2 L,C正确,D错误。答案:AC规律总结求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要 重新进行受力分析和运动分析。(2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累，不 会发生突变。变式5:如图所示,质量为m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上,另一端用轻 质弹簧连在天花板上。轻绳处于水平位置，弹簧与竖直方向夹角为0 o已知 重力加速度为g,则在剪断轻绳瞬间，小球加速度的大小为（C）A.0 B.gsin 0C.gtancos 3解析：剪断轻绳前，小球受力如图所示，可知轻质细绳的拉力F绳=mgtan 0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和重力大小及方向不改变，小球的合力为尸=018箕11 0,由牛顿第二定律可知F=ma,得2=81&11 0，故选项C正确。zng课堂训I练1.（运动状态分析）如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到0点并系住质量 为m的物体,现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直运动到B点。如果 物体受到的阻力恒定，则（A）A.物体从A到0先加速后减速B.物体从A到0做加速运动,从0到B做减速运动C.物体运动到0点时,所受合力为零D.物体从A到。的过程中，加速度逐渐减小mAAAAAAjAAA/17777777十777777)7 7、77)7777A 0 B解析:物体从A到0,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物 体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向 右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右 运动至A0间某点（设为点0，）时,弹力减小到与阻力相等,物体所受合力为零,加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。至0点时弹力减为零，此后弹力向左且逐 渐增大，所以物体越过0，点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加 速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。综合以上分析,只 有选项A正确。2.（整体与隔离法）如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为的水平地面上做匀减速运动,不计其他外力及空气阻力，则中间一 质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力大小应该是（C）A.mg B.p mgC.mg J/+D.mg yjl-jU2 解析:假设土豆箱向左做匀减速运动,设整体质量为M,由牛顿第二定律Mg=Ma 得,土豆箱在地面上滑动的加速度大小为a=口 g,方向水平向右。设土豆A受到 其他土豆对它的作用力为F,土豆A的受力分析如图所示，则有F=mg J/?+i。-mamg3.(瞬时加速度)“儿童蹦极”它拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为H1的小明如图所示静止悬挂时,两橡皮绳的拉力大小均恰为mg,若此时小 明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明此时(B)A.加速度为零,速度为零B.加速度a二g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C.加速度a二g,沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D.加速度a=g,方向竖直向下2解析:根据两橡皮绳的拉力大小均为mg,可知两橡皮绳夹角为120。，小明左 侧橡皮绳在腰间断裂时，弹性极好的橡皮绳的弹力不能发生突变，对小明进 行受力分析可知加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,选项B正确，A,C,D错误。4.（运动图象类问题）如图甲所示，形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙,斜面BC光滑且与水平面夹角0=37 o AB和BC接触处平滑连接,木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感器受压时,其示数为正值 当力传感器被拉时,其示数为负值。一个可视为质点的滑块从c点由静止开始下滑 运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin 370=0.6,c o s 37=0.8,g 取 10 m/s?。求：，甲乙(1)斜面BC的长度;解析：(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得ai=gsin 0=6 m/s2通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为3=1 s由运动学公式得Xi=L ait?=3 m2故斜面BC的长度为3 mo答案:(1)3 m(2)滑块的质量;解析：(2)滑块对斜面的压力为F/=mgc o s 0木块对传感器的压力为FFni，sin 0由题图乙可知Fi=12 N解得m=2.5 kgo答案：2.5 kg(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功。解析：滑块滑到B点的速度为V i=aiti=6 m/s 由题图乙可知Ff=5 N,t2=2 sa2=2 m/s1 2 m1 2x2=V it2-a2Z?=8 m2W=Ffx2=40 Jo答案：40 J5.（两类基本问题）为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线 距离S。和S（sis0）处分别设置一个挡板和一面小旗,如图所示。训练时,让运 动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度V。击出，使冰球在冰面上 沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从 静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为V1。重力加 速度大小为g。求 挡板（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数p;解析：（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为目,则冰球在冰面上滑行的加速度大小为ai=n g,由速度与位移的关系知-2aiSo=v；-短，联立得芦=%=%。g 2gs02 _ 2答案：（1）%一巧2g%(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。解析：(2)设冰球运动的时间为t,贝|t=九，4g1 9又 Si=at,2由得a=”引-。2so答案：(2)X*巧)2v题试做1.（2018浙江11月选考，13）如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射 装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R二 10 m的圆形支架上,B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平 面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以V。二10 m/s的速度滑上 轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为 其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A至UC的运动时间是（A）A.5 s B.4.8 sC.4.4 s D.3 s解析：小车从A到B做匀减速直线运动，加速度大小为ai=R g=2 m/s2,由xAB=i、V o t-ai得，3=3 s（3=7 s 舍去），小车到达 B 点时的速度 vi=v（）-aiti=4 m/s,2i从B到C过程,根据机械能守恒定律,有士 m V：=mgh,解得h=0.8 m,根据几何关 2系,xbc=2Rs in 0,h=xBCsin 0，解得s in 0=0.2,从B到C做匀减速直线运动的 加速度大小为a2=gsin 0，由0=va2t2得t2=2 s,所以从A到C的时间为t=ti+t2=5 s,故 A 正确。2.(2019全国m卷,20)(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上 物块用 一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=O时,木 板开始受到水平外力F的作用，在t二4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随 时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s?。由题给数据可以得出(AB)A.木板的质量为1 kgB.24 s内，力F的大小为0.4 NC.02 s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 解析:结合(b)(c)两图象可判断出。2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间 的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于F摩，故F在此过程中是变力，C错误;2 5 s内木板与物块发生相对滑动，它们之间的摩擦力转变为滑动摩擦力，在4 5 s 内，木板仅在摩擦力的作用下做匀减速运动，有尸摩=12=0.2 N,而2=04 O2 m/s2=0.2 m/s,故m=l kg,A正确；在24 s内，木板加速度大小ai=-m/s2=20.2 m/s?,根据牛顿第二定律可知F-F摩=mai,即F=F摩+mai=0.4 N,B正确；对物块进 行分析可知，物块一直处于平衡状态，故F摩=口01物g=0.2 N.而物块的质量未知，所 以无法计算物块与木板之间的动摩擦因数U，D错误。3.（2018浙江4月选考,19）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有 一企鹅在倾角为37。的倾斜冰面上,先以加速度a=O.5 m/s2从冰面底部由静 止开始沿直线向上“奔跑”，t=8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）o若企 鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数p=0.25,已知sin 37=0.6,c o s 37=0.8。求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;I解析：“奔跑”过程x=上/=16 mo2(2)上滑过程ai=gs in 0+n geo s 0=8 m/s2,下滑过程a2=gsin 0-ii geo s 0=4 m/s2o答案：见解析(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)解析：(3)上滑位移x产=1 m,退滑到出发点的速度v2=2a2(x+Xi),v=2m/so答案：见解析4.（2017浙江4月选考,19）游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表。运动过程运动时间运动状态匀加速运动0 40 s初速度V o=O;末速度v=4.2 m/s匀速运动40 s640 sv=4.2 m/s匀减速运动640 s720 s靠岸时的速度%二0.2 m/s(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小为及位移大小Xi；解析：由运动学公式ai=一=0.105 m/s2,位移 Xi=ai t2=84 mo 2答案：(1)0.105 m/s2 84 m(2)若游船和游客的总质量M=8 000 kg,求游船匀减速运动过程中所受的合力 大小F;解析：匀减速运动过程中加速度2=9=0.05 m/s2由牛顿第二定律得F=Ma2=400 No答案：(2)400 N(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。角翠析：（3）位移 x=0+X ti+vX t2+匕 X t3=2 780 m,2 2平均速度v=3.86 m/So答案:3.86 m/s