高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题三牛顿运动定律综合应用一教案.doc

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1、- 1 - / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题三牛顿运动定律综合应用一教案题三牛顿运动定律综合应用一教案突破 动力学图象问题1.图象的类型(1)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.(2)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.解决图象问题的方法和关键(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，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)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线

2、的转折点，两图线的交点等表示的物理意义.(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.考向 1 利用 vt 图象求未知量典例 1 (2015新课标全国卷)(多选)如图(a)所示，一物块在 t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 vt 图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出( )(a) (b) A.斜面的倾角B.物块的质量- 2 - / 11C.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问题探究 (1)上升过程已知几个物理量？

3、能求出几个未知量？(2)下降过程已知几个物理量？能求出几个未知量？提示 (1)上升过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.(2)下降过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.解析 由运动的 vt 图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项 A、C 正确；根据运动的 vt 图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项 D 正确.答案 ACD考向 2 利用 Ft 图象求未知量典例 2 如图甲所示为一倾角 37的足够长斜面，将一质量为 m

4、1 kg 的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数 0.25，取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)2 s 末物体的速度；(2)前 16 s 内物体发生的位移.解题指导 先分析前 2 s 内物体的受力，确定物体的运动情况；再分析 2 s 后物体的受力和运动情况，特别注意速度减为零后的运动情况.- 3 - / 11解析 (1)由分析可知物体在前 2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1mgcos ma1v1a1t1代入数据可得a12.5 m/s

5、2，方向沿斜面向下v15 m/s，方向沿斜面向下.(2)物体在前 2 s 内发生的位移为 x1，则x1a1t5 m，方向沿斜面向下当拉力为 F24.5 N 时，由牛顿第二定律可得F2mgcos mgsin ma2代入数据可得 a20.5 m/s2，方向沿斜面向上物体经过 t2 时间速度减为 0，则v1a2t2得 t210 st2 时间内发生的位移为 x2，则x2a2t25 m，方向沿斜面向下由于 mgsin mgcos 2F答案：AB 解析：取 m1 和 m2 为一整体，应用牛顿第二定律可得：F(m1m2)a.弹簧的弹力 FTkx.当两物块的加速度增为原来的 2倍，拉力 F 增为原来的 2 倍

6、，FT 增为原来的 2 倍，弹簧的伸长量也增为原来的 2 倍，故 A、B 正确.4.连接体问题如图所示，有材料相同的 P、Q 两物块通过轻绳相连，并在拉力 F 作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力 F 的方向均平行于斜面.当拉力 F 一定时，Q 受到绳的拉力( )A.与斜面倾角 有关 B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关 D.仅与两物块质量有关答案：D 解析：设 P、Q 的质量分别为 m1、m2，Q 受到绳的拉力大小为 FT，物块与斜面间的动摩擦因数为 ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有 F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)- 11 - / 11a；对 Q 分析：有 F

7、Tm2gsin m2gcos m2a，解得 FTF，可见 Q 受到绳的拉力 FT 与斜面倾角 、动摩擦因数 和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和 F 有关，选项 D 正确.5.临界、极值问题倾角为 45、外表面光滑的楔形滑块 M放在水平面 AB 上，滑块 M 的顶端 O 处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为 m kg，当滑块 M 以 a2g 的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取 g10 m/s2)( )B.5 N A.10 ND. NC. N答案：A 解析：当滑块向右运动的加速度较小时，滑块对于小球存在支持力；当滑块向右运动的加速度较大时，小球将脱离斜面而“飘”起来.因此，本题存在一个临界条件：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和细线的拉力(如图 1 所示)，根据牛顿第二定律，有FTcos ma0FTsin mg0其中 45解得 a0g图 1 图 2则知当滑块向右运动的加速度 a2g 时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图 2 所示，则有FTcos m2gFTsin mg0解得 FTmg10 N10 N.