【物理】2011届物理高考二轮专题复习课件： 牛顿运动定律与直线运动.ppt

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1、专题二 牛顿运动定律与直线运动 牛顿运动定律是解决动力学问题的基础，是高中物理学的基石，它的应用不仅仅局限于力学范畴，在电磁学与其他范畴也有广泛的应用，因此它一直是高考的热点内容，在高考试题中以选择题、计算题两种题型出现，以中等难度为主，是高考的必考内容 直线运动是运动中的特殊情景，主要有匀速直线运动、匀变速直线运动、非匀变速直线运动及往返的直线运动等，是每年必考内容之一总结近年高考的命题趋势，考查的方式灵活多样，既有单独命题，又有综合命题，还常以实际问题为背景命题，如以交通、体育、人造卫星、天体物理和日常 生活等方面的问题为背景，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的能

2、力复习时既要注重知识的综合运用，又要注意思维的创新和方法的灵活选取 2010年浙江卷14题、19题涉及了牛顿第二定律和直线运动，分别侧重了整体法、隔离法的应用和电磁学的结合.2011年要关注受力分析和过程分析，同时要注意牛顿运动定律与曲线运动、万有引力、电磁学的综合应用与电磁场结合的直线运动与电磁场结合的直线运动【例1】(2009金华二中模拟)质量为m，带电量为+q的小球以一定初速度v0与水平方向成 角射出，如图211所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍能沿v0方向做直线运动，则所加电场的最小值为().A.B.C.D.图211B【解析解析】(1)建如图甲所示坐标系，设场强E

3、与v0成 角，则受力如图：由牛顿第二定律可得：Eqsin mgcosq=0 Eqcos mgsinq=ma 由式得：E=【分分析析】由题意可知小球沿v0方向做直线运动，设小球的重力与电场力的合外力为F，判定小球的重力与电场力的合外力在v0所在直线上Emin=选 B.(2)采用图解法求解，如图乙所示：从图中可得，过重力箭头到速度的反向延长线垂直线段最短，这段线段表示所求的最小电场力 ，则 E=由 式得：选 B.【评析】带电粒子在复合场中的运动问题，实质是力学问题，其解题的一般步骤仍然为：确定研究对象；进行受力分析(注意重力是否能忽略)；根据粒子的运动情况，运用牛顿运动定律、动能定理或能量关系列出

4、方程式求解本题考查了力与运动的关系，难度较大，要善于挖掘题目的隐含条件，根据“保证小球仍能沿方v0向做直线运动”的条件，推测合外力的情况，同时本题要能灵活运用图解法求解，比较方便、简捷【变式题】(2010四川)如图212所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OMON.若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则()ACA滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大B滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置

5、3到4的小C在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置D在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置【例例2】如图221所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内静止放置一个物体P，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m.现在给P施加一个竖直向上的力F，使物体P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2.求：(1)物体P匀加速运动的加速度；(2)F的最小值和最大值各是多小？弹簧类问题弹簧类问题 【分分析析】本题的关键是找到t=0.2s时刻，物体P的位置，由于本题弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量

6、都不计，则t=0.2s时弹簧恰好恢复到原长【解解析析】(1)因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长在00.2s这段时间内P向上运动的距离：X=0.4m因为 ，所以P在这段时间的加速度a=20m/s2(2)当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有 ，又因此时N=mg，所以有 =240N 当P与盘分离时拉力F最大，=360N.【评析】中学阶段，一般涉及弹簧不计其质量，称之为“轻弹簧”，是一种理想化的模型弹簧类问题要注意以下几点：(1)弹簧的弹力遵循胡克定律，在题目中要注意先确定

7、原长位置、现长位置、形变量x与空间位置变化的关系分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能性(2)弹簧的形变发生及改变需要一段时间，在瞬间内形变量可认为不变因此在分析瞬时变化时，认为弹力不变(3)弹簧弹力做功，由于弹力是变力，但形变是线性变化，可用平均力求解弹力做了多少功，一定有对应的弹性势能发生了改变 【变变式式题题】如图222所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A0B大小为 g，方向竖直向下C大小为 g，方向垂直于木板向下D大小为 g，方向水平向右图222C【解析】未

8、撤离木板前，小球受到重力G，弹簧拉力F，木板支持力FN，如图所示，三力平衡，于是有：FNcosq=mg，FN=当撤离木板的瞬间，G和F保持不变(弹簧的弹力不能突变)，木板支持力FN立即消失，小球受G和F的合力大小等于AB撤离之前的FN(三力平衡)，方向与FN的方向相反，故加速度方向为垂直木板向下，大小为：a=g.皮带类问题皮带类问题【例例3】一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为.初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不

9、再滑动求此黑色痕迹的长度【分分析析】本题的关键是对皮带与煤块隔离分析，结合牛顿运动定律判断得出各自的运动情况，由于运动情况不同，轨迹长度不等，正是形成黑色痕迹的原因 根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0.根据牛顿运动定律，可得a=g.设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，v0=a0t，v=at 由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用再经过时间t，煤块的速度由v增加到v0，有 v0=v+at 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹 【评析】本题从实际出发，

10、从生活中提炼，创设了一种新情景，学生通过构建传送带模型，以隔离法为处理方法，运用牛顿运动定律进行求解，也可以巧妙运用vt图象快速处理传送带上留下的黑色痕迹的长度l=x0 x，由以上各式得 L =x0=a0t2+v0t，设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为x0和x，有【变变式式题题】(2009金华二中月考)如图231所示，传送带与地面的倾角q=37，从A端到B端的长度为16m，传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动在传送带上端A处无初速地放置一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为=0.5，求物体从A端运动到B端所需的时间是多少？(sin

11、 37=0.6，cos 37=0.8)图231【解解析析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图(a)所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于tanq，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图(b)所示综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”开始阶段由牛顿第二定律，得mgsinq+mgcosq=ma1，a1=gsinq+gcosq=10m/s2物体加速至与传送带速度相等

12、时需要的时间为t1=v0/a1=1s，发生的位移为x=5m16m，可知物体加速到10m/s时仍未到达B点第二阶段的受力分析如图(b)所示，应用牛顿第二定律，有mgsinqmgcosq=ma2所以a2=2m/s2设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2，则LAB-x=v0t2+=11m解得t2=1s，t2=11s(舍去)故物体经历的总时间t=t1+t2=2s连接体问题连接体问题 若干个物体通过一定的方式连接在一起，就构成了连接体，其连接方式一般通过细绳、轻杆等物体来实现的连接体常会处于某种运动状态，如处于平衡状态或以相同的加速度运动求解连接体的加速度或内部物体间的相互作用力，是力学中能力考查的重要内

13、容，在高考中也经常出现，解决上述问题的有效方法是综合运用整体法与隔离法 【例例4】如图241所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数=0.2，小车足够长求从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？(取g=10m/s2)图241【分分析析】此类题求解的关键是运用整体、隔离法受力分析，再运用牛顿运动定律求解 【解解析析】开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为：Ff=mg=4N物块在Ff

14、的作用下加速，加速度为am=2m/s2，小车在推力F和Ff的作用下加速，加速度为aM=初速度为v0=1.5m/s=0.5m/s2，从静止开始运动设经过时间t1，两者达到共同速度v，则有：v=amt1=v0+aMt1代入数据可得：t1=1s，v=2m/s在这t1时间内物块向前运动的位移为 以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，在F的作用下运动的加速度为a，则F=(M+m)a，得a=0.8m/s2在剩下的时间t2=tt1=0.5s时间内，物块运动的位移为x2=vt2+可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为，得x2=1.1m.【评析】对于有共同加速度的连接体问题，

15、一般先用整体法由牛顿第二定律求出加速度，再根据题目要求，将其中的某个物体进行隔离分析和求解对于加速度不同的连接体应对每个物体分别隔离分析受力和运动x=x1+x2=2.1m.【变变式式题题】(2010 全全国国)如图242，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有()Aa1=g，a2=g Ba1=0，a2=gCa1=0，a2=gDa1=g，a2=g图242c【解析解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力

16、并未改变木块1受重力和支持力，mg=F，a1=0.木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律：a2=g.临界问题临界问题 解决临界问题，必须在变化中去寻找临界条件，即不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要研究变化的过程、变化的物理量，寻找临界条件，解决临界问题的基本思路是：(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量(自变量与因变量)；(3)探索因变量随自变量变化时的变化规律，要特别注意相关物理量的变化情况；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系显然分析变化过程、确定因变量随自变量变化的规律，是解决问题的关键【例例5】一圆环A套在一

17、均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计A和B的质量都等于m，A和B之间的滑动摩擦力为f(f4s后，B物体做匀加速直线运动Ct=4.5s时，A物体的速度为零Dt4.5s后，A、B的加速度方向相反 图252ABD当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零t4.5s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反当t4s时，A、B的加速度均为a=.综上所述，选项A、B、D正确FB=对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a，设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得

18、：N+FB=mBa解得N=mB N【解析解析】多过程问题多过程问题图261【例例6】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央桌布的一边与桌的 AB边重合，如图261所示已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2.现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)(1)小圆盘的运动分为两个阶段：一是在桌布上以1g的加速度向前匀加速运动一段距离x1，获得速度v1；二是在桌子上以2g的加速度向前匀减速运动，滑行距离为x2，则x1+x2(2)桌布以a的加速度向前加速运动的距离x=at2；

19、同时圆盘向前运动x1的距离，二者的相对位移大小恰好为 .【分析分析】【解解析析】设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有：1mg=ma1桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上在运动距离x2后便停下，有v=2a1x1 v=2a2x2盘没有从桌面上掉下的条件是x2 lx1x1=2a1t2由以上各式解得x=at2而x=l+x1 设桌布从盘下抽出的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有t=a 【评析】本题涉及圆盘与桌布两个物体的运动，且圆盘的运动又分匀加速和

20、匀减速运动，是一个综合性很强的动力学问题对于这类物理情景相对比较复杂、隐蔽，而物理量之间关系比较难找的问题，要通过“读题”、“画情景图”“规范列式”等活动，在积极的联想、类比等交互中寻求答案，提高综合分析和解决问题的能力 【变变式式题题1】总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图262所示，是跳伞过程中的vt图，试根据图象求：(g取10m/s2)(1)t=1s时运动员的加速度和所受阻力的大小(2)估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间(1)从图中可以看出，在t=2s内运动员做匀加速运动，其加速度大

21、小为a=m/s2=8m/s2=设此过过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mgf=ma得f=m(ga)=80(108)N=160N【解析解析】(2)从图中估算得出运动员在14s内下落了39.522m=158m根据动能定理，有mghWf=mv2所以有 Wf=mgh mv2=(8010158 8036)J1.25105J(3)14s后运动员做匀速运动的时间为 t=s=57s运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t总=t+t=(14+57)s=71s【变变式式题题2】(2009江苏)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N.试飞时，飞行器从地面

22、由静止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m.求飞行器所受阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.如图所示(1)第一次飞行中，设加速度为a1匀加速运动H=由牛顿第二定律Fmgf=ma1，解得f=4N(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为x1，匀加速运动x1=设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为x2由牛顿第二定律mg+f=ma2v1=a1t2 解得h=x1+x2=42m【解析解析】(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律mgf=ma3F+fmg=ma4且v3=a3t3，解得t3=(s)(或2.1s)