2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 3.3　牛顿运动定律的综合应用 .doc

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。关键能力题型突破考点一超重和失重现象【典例1】如图甲所示是某人站在力传感器上做下蹲起跳动作的部分示意图。如图乙所示是根据传感器画出的力时间图象，其中力的单位是N，时间的单位是s。两图中的点均对应，重力加速度g取10 m/s2。请根据这两个图所给出的信息，判断下列选项正确的是()A.此人的质量约为60 kgB.此人从站立到蹲下的过程对应图中1到6的过程C.此人在状态2时处于超重状态D.此人向上的最大加速度大约为1.9g【通型通法】1.题型特征：超重、失重的分析。2.思维导引：【解析】选D。根据题图乙中图线的1点，由平衡条件得此人的质量约为70 kg，故选项A错误；同理根据图线可判断，此人从站立到蹲下的过程中先失重后超重，对应题图乙中1到4的过程，故选项B错误；由题图乙知，人在状态2时传感器对人的支持力小于人自身的重力，处于失重状态，选项C错误；根据图线和牛顿第二定律，可得此人向上的最大加速度为a=Fmax-mgm1.9g，所以选项D正确。【多维训练】如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是()A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力【解析】选A。A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确。判断超重、失重的方法(1)受力分析法：当物体受到向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。(2)加速度分析法：当物体具有向上的加速度时，处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态。(3)速度变化分析法：物体向上加速或向下减速时超重；物体向下加速或向上减速时，失重。【加固训练】(多选)一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉。一个可乘坐多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自由下落。下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下。下列判断正确的是()A.座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B.座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态C.座舱在减速运动的过程中人处于超重状态D.座舱在减速运动的过程中人处于失重状态【解析】选B、C。由超重、失重的条件看加速度，当运动的加速度向下时，失重，且向下的a=g时，处于完全失重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定B、C项正确。考点二动力学的连接体问题加速度相同【典例2】如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第5个小物块对第6个小物块的作用力大小为()A.910FB.110FC.452mg+110FD.因为动摩擦因数未知，所以不能确定【通型通法】1.题型特征：加速度相同的连接体问题。2.思维导引：(1)确定整体为研究对象受力分析求加速度(2)确定下面5个小物块为研究对象加速度求第5、6个物块间的作用力【解析】选A。以50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：a=F-50mgsin30-50mgcos3050m=F50m-g(sin30+cos30)以下面5个小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：F-5mgsin30-5mgcos30-N=5ma，解得：N=910F，选项A正确。【多维训练】(2019海南高考)如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为()A.F-2mgB.13F+mgC.13F-mgD.13F【解析】选D。将两物块看作一个整体，两物块受重力和支持力，这两个力平衡，还受拉力F和摩擦力f，f=(m+2m)g=3mg，由牛顿第二定律得F-f=3ma，则a=F-f3m；对于物块P，根据牛顿第二定律得T-mg=ma，整理得T=F3，选项D正确，A、B、C错误。加速度不同【典例3】水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：(1)物块B克服摩擦力所做的功。(2)物块A、B的加速度大小。【解析】(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1=12s物块B受到的摩擦力大小为f=4mg物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=2mgs(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得F-mg-T=maA2T-4mg=4maB由A和B的位移关系得aA=2aB联立式得aA=F-3mg2maB=F-3mg4m答案：(1)2mgs(2)F-3mg2mF-3mg4m1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法有整体法与隔离法。2.整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解。其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力。3.隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解。其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形。4.整体法与隔离法的选用：求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往整体法与隔离法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。【加固训练】1.如图所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物。现用一竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为()A.mgB.FC.mm+m0FD.m0m+m0F【解析】选C。将弹簧测力计及重物视为一个整体，设它们共同向上的加速度为a。由牛顿第二定律得F-(m0+m)g=(m0+m)a弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力，设此力为FT。则对重物由牛顿第二定律得FT-mg=ma联立解得FT=mm+m0F，选项C正确。2.如图所示，a、b两个物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着物体 a，使物体a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x1 ；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着物体 a，使物体a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x2，则()A.x1一定等于x2B.x1一定大于x2C.若m1>m2，则 x1>x2D.若m1<m2，则 x1<x2【解析】选A。由牛顿第二定律知，对左图的整体，加速度a1=F-(m1+m2)gm1+m2，对左图的物体b，有kx1-m2g=m2a1，联立以上二式解得kx1=m2Fm1+m2；对右图的整体，加速度a2=Fm1+m2，对右图的物体b，有kx2=m2a2，联立以上二式解得kx2=m2Fm1+m2，可见x1=x2，选项A正确。考点三动力学中的临界和极值问题动力学中的临界问题【典例4】如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA=6 kg、mB=2 kg，A、B之间的动摩擦因数=0.2，开始时F=10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则()A.当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动C.两物体从受力开始就有相对运动D.两物体始终没有相对运动【一题多解】选D。解法一：(临界法)A、B间静摩擦力达到最大值，是A、B发生相对运动的临界状态。此时，以A为研究对象，根据牛顿第二定律F-Ff=mAaA，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律Ff=mBaB，当Ff为最大静摩擦力时，解得a=6 m/s2，F=48 N，由此可以看出当F<48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，选项D正确。解法二：(假设法)假设F=12 N，以A为研究对象，根据牛顿第二定律F-Ff=mAaA，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律Ff=mBaB，解得Ff=3 N<Ff max=12 N，所以此时物体没有发生相对运动。同理，可判断得到F=10 N、F=45 N时，两物体都没有发生相对运动，所以选项D正确。【多维训练】 (多选)如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1=4 kg、m2=1 kg，A、B间的动摩擦因数为1=0.5，A与地面之间的动摩擦因数为2=0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不致下滑，则力F大小可能的是()A.50 NB.100 NC.125 ND.150 N【解析】选C、D。对B不下滑有1FNm2g，由牛顿第二定律FN=m2a；对整体有F-2(m1+m2)g=(m1+m2)a，得F(m1+m2)(11+2)g=125 N，选项C、D正确。动力学中的极值问题【典例5】如图所示，一质量m=0.4 kg的小物块，以v0=2 m/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=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角=30，物块与斜面之间的动摩擦因数=33，重力加速度g取10 m/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+12at22aL=vB2-v02，代入数值解得：a=3 m/s2，vB=8 m/s(2)对物块受力分析如图所示，设拉力F与斜面成角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：Fsin+FN=mgcos30沿斜面方向，由牛顿第二定律可得Fcos-mgsin300-Ff=ma又Ff=FN代入数值解得：Fcos+33Fsin=5.2 N则F=5.2cos+33sin N=15.623(32cos+12sin) N=7.83sin(+60) N当=30时，拉力F有最小值，且Fmin=1353 N答案：(1)3 m/s28 m/s(2)301353 N1.“四种”临界条件：(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN=0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件是当加速度变为0时。2.“两种”分析方法：(1)临界法：分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。(2)解析法：明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。【加固训练】一物体在斜面上以一定的初速度向上运动，斜面的倾角可在090之间变化，设物体所能达到的最大位移x与斜面倾角之间的关系如图所示，试求当多大时x有最小值？这个最小值是多大？【解析】设物体的初速度为v0，在斜面上滑行时的加速度大小为a，则 a=g(sin+cos)x=v022a = v022g(sin + cos)当=90时，物体做竖直上抛运动，由图可知上升的最大高度为10 m，则-v02= -2gh所以v0=102 m/s当=0时，物体沿水平面做匀减速直线运动，由图可知此时滑行的最大距离为103 m，则-v02= -2gx故=33将v0和的值代入上面x的表达式，再利用数学知识整理可得当90-=arccos(11+2)时，位移x有最小值，将=33代入得=60所以最小值为xmin=(102)2210(32+3312) m=53 m答案：6053 m关闭Word文档返回原板块