2023届高考一轮复习通用版 专题二 应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题 学案.docx

《2023届高考一轮复习通用版 专题二 应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题 学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考一轮复习通用版 专题二 应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题 学案.docx（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题二 应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题关键能力分层突破考点一动力学图象问题1 .常见的动力学图象0-，图象、a-l图象、/-/图象、尸-x图象、尸-a图象等.2 . “一、二、三、四”快速解决动力学图象问题匚语/J看清坐标轴所表示的物理量及单位并注意坐I :消尸I标原点是否从零开始昌商明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理 1=牛(量的变化趋势分析图线，弄清物理过程，写出相应的函数上架M关系式焉算工进而明确“图像与公式” “图像与物体”间的 四斑开尸t关系,以便对有关物理问题作出准确判断例1. 2022广东佛山模拟货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生相对 滑动，否则存在安全

2、隐患.下面进行安全模拟测试实验，如图甲所示，一辆后车厢表面粗糙 且足够长的货车向前以。=4 m/s的速度匀速行驶，质量加*=10 kg的货物，(可看成质点)和 质量”3=20 kg的货物8(可看成水平长板)叠放在一起，开始时/位于8的右端，在，=0时 刻将货物X、8轻放到货车的后车厢前端，最终货物/恰好没有滑离货物8,货物4、8在 01s时间内的速度一时间图象如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2,计算结果均保留两 位有效数字.求：(1)货物4、8间的动摩擦因数 1；(2)货物8与车厢表面间的动摩擦因数以:(3)货物8的长度L思维方法解决图象综合问题的关键1 .分清图象的类别：即分清横、纵坐

3、标轴所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物 理图象所反映的物理过程，会分析临界点.2 .明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、 特殊点、面积等的物理意义.确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突 破口或关键点.跟进训练1.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态.现用 一竖直向上的力尸作用在P上，使其向上做匀加速直线运动.以x表示P离开静止位置的 位移，在弹簧恢复原长前，下列表示尸和x之间关系的图象可能正确的是( )FFfF2.如图甲所示，光滑斜面倾角为仇用一水平外力尸推着物体，逐渐增大尸，物体沿 斜面做变加速运动，

4、其加速度a随外力尸变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.a Mm s-2)一甲乙(1)求物体的质量m；(2)若斜面足够长，且撤去推力时物体的速度是沿斜面向上的12 m/s,求撤去推力后第3 s内物体的位移；(3)要使物体在斜面上保持静止，所施加的最小推力是多大？方向如何?考点二动力学中的连接体问题连接体模型是力学中常见的模型之一，通常是两个或两个以上的物体相牵连、并排或叠 放，处理相对静止类连接体问题的关键点是“一规律、一特点、两方法”：(1) 一个核心规律牛顿第二定律；(2)一个重要特点相互作用的物体对彼此的作用力大小相等；(3)两种重要方法隔离法、整体法.注意:当求系统所受外力

5、或系统加速度时往往用整体法，而求解内力时通常用隔离法, 必要时需整体法、隔离法交替应用.若连接体内各物体的加速度不相同，则需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二 定律列方程求解.例2J2022江西六校联考(多选)如图所示，倾角为6的斜面体放在粗糙的水平地面上, 现有一带固定支架的滑块正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相 对静止)后，细线的方向与竖直方向的夹角也为e,斜面体始终保持静止.则下列说法正确 的是()A.滑块与斜面间的摩擦力为零B.滑块与斜面间的摩擦力不为零C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右跟进训练3

6、.如图甲所示，/、8两物体叠放在光滑水平面上，对物体/施加一水平力立尸图 象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为 正方向，则下列说法正确的是（）A.两物体在4 s时改变运动方向B.在13 s时间内两物体间的摩擦力为零C. 6 s时两物体的速度为零D. 8物体所受的摩擦力方向始终与力尸的方向相同4.如图所示，水平面上O点及左侧光滑，右侧粗糙且足够长，有6个质量均为机的完 全相同的小滑块（均可视为质点）用轻杆相连，相邻小滑块间的距离均为L滑块1恰好位于 。点，滑块2、3、依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力尸作用于滑块1,经观察发 现，第6个滑块刚好到达O点

7、时，系统静止，己知重力加速度为g,滑块与。点右侧水平 面间的动摩擦因数为，则下列说法正确的是（）rim_rim吓OA.水平恒力大小为211mgB.滑块1进入而滑块2未进入水平面粗糙部分时，系统的加速度为如C.滑块3通过。点后到滑块4通过O点前，滑块3、4间轻杆上的作用力为0D.滑块5通过。点后到滑块6通过O点前，滑块5、6间轻杆上的作用力大小为?mg考点三动力学中的临界和极值问题1 .临界值或极值条件的标志（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“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在 着“起止点”，而这些起止点往往就对应

8、临界状态；（3）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；（4）若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度.2 .处理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 决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是有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3.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小 车间的动摩擦因数

9、为=03用水平恒力产拉动小车，设物块的加速度为，小车的加速度 为02.当水平恒力尸取不同值时，与。2的值可能为（重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦 力等于滑动摩擦力）（）A. a=2 m/s2, 2=3 m/s2B. a=3 m/s2 ai=6 m/s2C. ai = 5 m/s2 02=3 m/s2D. ai=3 m/s2,。2=2 m/s2跟进训练5.（多选）如图所示,在水平光滑桌面上放有如和机2两个小物块,它们中间有细线连接.已 知如=3 kg, 52=2 kg,连接它们的细线最大能承受6 N的拉力.现用水平外力尸|向左拉 如或用水平外力B向右拉加2,为保持细线不断，则（）A. Q

10、的最大值为10NB. Fi的最大值为15NC.尸2的最大值为10ND.尸2的最大值为15N6.如图所示，在倾角为。=30。的光滑固定斜面上，物块1、8质量分别为机和2m, 物块Z静止在轻弹簧上面，物块8用细线与斜面顶端相连，4、8紧挨在一起，但4、8之 间无弹力.已知重力加速度为g,某时刻将细线剪断，则剪断细线瞬间，下列说法错误的是 （）A.物块8的加速度大小为IB.物块4、8间的弹力大小为夕这C.弹簧的弹力大小为igD.物块”的加速度大小为I温馨提示:请完成课时分层作业（无）专题二应用牛顿运动定律解决“三类常考问题关键能力分层突破例1解析：(1)对货物力进行分析，由图乙知刚放上车厢时，力的加

11、速度图=4 m/s2 由牛顿第二定律有mAg-mAaA解得加=0.40.(2)对货物8进行分析，由图乙知刚放上车厢时，货物B的加速度g=8m/s2由牛顿第二定律有 niniA+mAgmnau,解得 /2=0.67.(3)解法一：由图乙知，货物B经时间八=0.5 s与车共速，货物N经时间会=1 s与车共速，则在01s时间内，货物5的位移为心=枭8比+。2 L)货物力的位移为必得aA其分析可知，货物8的长度L=xb办联立解得 = 1.0 m.解法二：从将货物/、8放上车厢到力、8均与车相对静止的过程中，货物8对地位移 设为xZ,货物/对地位移设为口，则货物B的长度=刈一口由图乙知，货物/、8对地位

12、移之差在数值上等于各自的。f图线与坐标轴围成的面积 之差，即Z=ix(l-0.5)X4m=1.0 m.答案：0.40 (2)0.67 (3)1.0 m1 .FklxQx)2g解析：设物块产静止时，弹簧的长度为M),物块尸受重力7g、弹簧弹力咫一X0X)及 力凡 根据牛顿第二定律，得尸+女(/一0工)一唁=?。且 k(l-xo)mg故 F=kx+ma.根据数学知识知F-x图象是截距为ma的一次函数图象.故选项A正确.答案：A2 .解析：(1)当外力为零时，加速度为6m/s2,根据牛顿第二定律得mg sin 9=ma解得 sin 0=0.6当外力为20N时，加速度为2 m/s2,根据牛顿第二定律得

13、Feos 0zgsin解得m=2 kg(2)根据匀变速直线运动规律可得%=忧3-|q巧 -(vt2 |at2 ) = 3m所以位移大小为3 m,方向沿斜面向下(3)要使物体能静止在斜面上，根据平衡条件知，当推力垂直于支持力，即沿斜面向上 时，推力最小，为尸=mg sin 9=12 N答案：(1)2 kg (2)3 m,方向沿斜面向下(3)12 N,沿斜面向上例2解析：设小球的质量为mo,滑块(含支架)的质量为机，对小球进行受力分析，在 沿斜面方向上，由牛顿第二定律有znogsin。=机0,解得a=gsin。，对滑块(含支架)和小球 整体进行受力分析，由牛顿第二定律(m+mo)gsin 9一片(

14、加+硒)，联立解得尸0,选项A 正确，B错误；斜面体给滑块只有垂直斜面向上的支持力，故斜面体只受到滑块垂直斜面向 下的压力作用，此压力在水平方向上的分力向右，故斜面体具有向右的运动趋势，所以静止 的斜面体受到水平向左的静摩擦力作用，选项C正确，D错误.答案：AC3 .解析：以X、8为整体，由牛顿第二定律知，加速度a=-J,方向一直向右，整 mA+mB体一直做加速运动，选项A、C错误；对8分析，摩擦力R=ioa,方向始终与力尸的方向 相同，16s内摩擦力不为0,选项B错误，D正确.答案：D4 .解析：从滑块1开始运动到滑块6运动到。点的过程，有F-5L-,ungL-“mg-2L- fimg-3L

15、 fimg 4L-firng-5L=O,解得F=3mg,选项A错误；滑块1进入而滑块2未进入 水平面粗糙部分时，对系统整体有尸一解得a=3g,选项B错误；滑块3通过 。点后到滑块4通过。点前，系统受到的总摩擦力为3/ng,拉力和摩擦力平衡，因此系统 匀速运动，研究滑块4、5、6整体可知，轻杆对滑块4的作用力为0,选项C正确；滑块5 通过。点后到滑块6通过。点前，对系统整体受力分析有-r5mg=6im,对滑块6 有T=ma,解得7=一即轻杆对滑块6有向左的作用力，大小为mg,选项D错误.答案：C例3解析：物块在水平方向上所受合力最大值是最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可 知物块的最大加速度为ama

16、x=詈=g=3 m/s2；当物块的加速度aiamax=3 m/s2时，物块与 小车的加速度相同，即a2=mamax=3 m/s2；当物块的加速度ai=amax=3m/s2时，小车的 加速度=amax=3 m/s), B 正确，A、C1 D 错误.答案：B5 .解析：若向左拉对加2分析，则尸Tm=i2a,得出最大加速度a=3 m/s?；对两物 块系统：Fi=(/ni+m2)a=(2+3)X3 N=15 N,选项B正确，A错误；若向右拉m2,对如 分析，则尸rm=“a,得出最大加速度a=2m/s2；对两物块系统：F2=(wi+w2)a,=(2+3)X2 N = 10N,选项D错误，C正确.答案：BC6 .解析：剪断细线前，对A分析，弹簧的弹力尸.=sgsin 30。=)陪，则剪断细线的3mgsin30-F弛叫空一叫f 1瞬间，弹簧的弹力不变，对A、B整体分析，加速度大小a=-=-V-2-=g.故 3m3m 30A错误，C、D正确.隔离B,对B受力分析，根据牛顿第二定律得2mgsin30。-Fn=2加% 解得入=,故B正确.答案：A