高考物理一輪總復習 專題三課件（打包5套）[新人教版].zip

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力學中選定的三個基本物理量是 和 2 基本單位 單位制中所選定的基本物理量的 力學中 基本單位就是選定的 和 這三個物理量的單位 分別是 和 長度 質量 時間 m kg s 三 力學單位制 導出 單位 3 導出物理量 由 物理量根據物理公式推導出來 的其他物理量 如 等 速度 加速度 4 導出單位 由基本物理量根據物理關系推導出其他物理量的單位 常見的如速度單位m s 加速度單位m s2就是 單位 應特別注意力的單位牛 N 也是 單位 而不是基本單位 導出 導出 基本 2 國際單位制中的基本物理量和基本單位 基礎檢測 2 2015年廣西南寧模擬 手拿一個錘頭敲在一塊玻璃上把 玻璃打碎了 對于這一現(xiàn)象 下列說法正確的是 A 錘頭敲玻璃的力大于玻璃對錘頭的作用力 所以玻璃才碎裂B 錘頭受到的力大于玻璃受到的力 只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂C 錘頭和玻璃之間的作用力應該是等大的 只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂D 因為不清楚錘頭和玻璃的其他受力情況 所以無法判斷它們之間的相互作用力的大小答案 C 3 多選 2016年湖南邵東第三中學月考 下列說法中 正 確的是 A 在力學單位制中 若采用cm g s作為基本單位 力的單位是NB 在力學單位制中 若力的單位是N 則是采用m kg s為基本單位C 牛頓是國際單位制中的一個基本單位D 牛頓是力學單位制中采用國際單位的一個導出單位答案 BD 考點1牛頓第一定律 1 伽利略理想實驗表明 力不是維持物體運動的原因 理 想實驗是一種抽象思維的方法 重點歸納 2 牛頓第一定律 即慣性定律 的理解 1 明確了慣性的概念 2 揭示了力的本質 力是改變物體運動狀態(tài)的原因 而不是維持物體運動的原因 物體的運動并不需要力來維持 3 在理解牛頓第一定律時 要注意以下兩點 牛頓第一定律不能用實驗直接驗證 它是通過伽利略斜 面實驗等大量事實推理得出的 牛頓第一定律并非牛頓第二定律的特例 而是不受任何 外力的理想化情況 考點練透 1 如圖3 1 1所示 木塊放在上表面光滑的小車上并隨小車一起沿水平面向左做勻速直線運動 當小車遇到障礙物而突 然停止運動時 車上的木塊將 圖3 1 1A 立即停下來B 立即向前倒下C 立即向后倒下D 仍繼續(xù)向左做勻速直線運動答案 D 2 多選 關于牛頓第一定律的說法正確的是 A 牛頓第一定律不能在實驗室中用實驗直接驗證B 牛頓第一定律說明力是改變物體運動狀態(tài)的原因C 慣性定律與慣性的實質是相同的D 物體的運動不需要力來維持答案 ABD 考點2牛頓第三定律 重點歸納 一對相互作用力與平衡力的區(qū)別 典例剖析例題 如圖3 1 2所示為雜技 頂竿 表演的示意圖 一人站在地上 肩上扛著一質量為M的豎直竹竿 當竿上一質量為m的人以加速度a加速下滑時 竿對頂竿的人的壓力大小為 圖3 1 2 A M m gC M m g ma B M m g maD M m g 思維點撥 解答本題要注意把握幾點 一是用牛頓第二定律對竿上的人進行分析 二是通過平衡狀態(tài)對竿進行分析 三是用牛頓第三定律對竿對頂竿的人的作用力分析 解析 竿上的人受重力mg 摩擦力f作用 則mg f ma 即f m g a 竿對人有摩擦力 人對竿也有摩擦力 且大小相等 方向相反 竿受重力Mg 竿上的人對竿向下的摩擦力f 頂竿的人對竿的支持力N作用 有Mg f N 又因為竿對頂竿的人的壓力和頂竿的人對竿的支持力是一對作用力與反作用力 由牛頓第三定律 得到N N Mg f M m g ma 方向豎直向下 故B正確 答案 B 備考策略 牛頓第三定律常常在受力分析的隔離法中用到 但要注意一對相互作用力和一對平衡力的區(qū)別 一對相互作用力和一對平衡力最明顯的區(qū)別是作用點不同 一對平衡力的作用點在同一個物體上 一對作用力和反作用力的作用點在兩個物體上 考點練透 3 多選 如圖3 1 3所示 用水平力F把一個物體緊壓在 豎直墻壁上靜止 下列說法中正確的是 圖3 1 3A 水平力F跟墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力B 物體的重力跟墻壁對物體的靜摩擦力是一對平衡力C 水平力F與物體對墻壁的壓力是一對作用力與反作用力D 物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力答案 BD 4 2015年海南?？谀M 建筑工人用如圖3 1 4所示的定滑輪裝置運送建筑材料 質量為70 0kg的工人站在地面上 通過定滑輪將20 0kg的建筑材料以0 500m s2的加速度拉升 忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦 則工人對地面的壓力 大小為 g取10m s2 圖3 1 4 A 510N B 490N C 890N D 910N 解析 如圖D16所示 繩子對物體的拉力F1 mg maF1 m g a 210N繩子對人的拉力F2 F1 210N 圖D16 圖D17 如圖D17所示 人處于靜止 則地面對人的支持力FN Mg F2 490N 由牛頓第三定律知 人對地面的壓力FN FN 490N故B項正確 答案 B 易錯點運動和力的關系 觸類旁通 1 16世紀末 伽利略用實驗和推理 推翻了已在歐洲流行了近兩千年的亞里士多德關于力和運動的理論 開啟了物理學發(fā) 展的新紀元 在以下說法中 與亞里士多德觀點相反的是 A 四匹馬拉的車比兩匹馬拉的車跑得快 說明物體受的力越大 速度就越大B 一個運動的物體 如果不再受力了 它總會逐漸停下來 說明靜止狀態(tài)才是物體不受力時的 自然狀態(tài) C 兩個物體從同一高度自由下落 較重的物體下落較快D 一個物體做勻速直線運動 不需要力來維持答案 D 2 多選 2013年廣東北江中學月考 關于力和運動的關系 下列說法正確的是 第2講牛頓第二定律 兩類動力學問題 1 內容 物體的加速度跟所受的 成正比 跟物體的 成反比 加速度的方向跟 的方 向一致 合外力 質量 合外力 2 表達式 F合 ma 3 牛頓運動定律的適用范圍 只適用于宏觀物體的低速問題 不適用于微觀粒子和高速運動的物體 一 牛頓第二定律 二 兩類動力學問題 1 兩類動力學問題 運動情況 受力情況 1 已知受力情況求物體的 2 已知運動情況求物體的 2 解決兩類基本問題的方法以 為 橋梁 由 和 列方程求解 加速度 運動學公式 牛頓運動定律 基礎檢測 多選 關于速度 加速度 合外力之間的關系 正確的是 A 物體的速度越大 則加速度越大 所受的合外力也越大B 物體的速度為零 則加速度為零 所受的合外力也為零C 物體的速度為零 但加速度可能很大 所受的合外力也可能很大D 物體的速度很大 但加速度可能為零 所受的合外力也可能為零答案 CD 考點1對牛頓第二定律的理解 重點歸納 1 因果性 只要物體所受合外力不為零 物體就獲得加速 度 即力是產生加速度的原因 2 瞬時性 加速度和物體受到的合外力是瞬時對應關系 即加速度隨合外力同時產生 同時變化 同時消失 保持時刻對應的關系 3 矢量性 力和加速度都是矢量 物體加速度的方向由物 體所受合外力的方向決定 4 同一性 m F a必須是對應同一研究對象 加速度a 相對于同一慣性系 一般是地球 5 獨立性 作用于物體的力各自產生的加速度都遵循牛頓 第二定律 互不影響 考點練透 1 多選 下列關于牛頓第二定律的說法 正確的是 A 物體加速度的大小由物體的質量和物體所受合外力的大小決定 與物體的速度無關B 物體加速度的方向只由它所受合外力的方向決定 與速度方向無關C 物體所受合外力的方向和加速度的方向及速度的方向總是相同的D 一旦物體所受合外力為零 則物體的加速度立即為零 其運動也就逐漸停止了答案 AB 2 如圖3 2 1所示 彈簧左端固定 右端自由伸長到O點并系住質量為m的物體 現(xiàn)將彈簧壓縮到A點 然后釋放 物 體可以一直運動到B點 如果物體受到的阻力恒定 則 圖3 2 1A 物體從A到O先加速后減速B 物體從A到O做加速運動 從O到B做減速運動C 物體運動到O點時 所受合外力為零D 物體從A到O的過程中 加速度逐漸減小 解析 物體從A到O 初始階段受到的向右的彈力大于阻力 合力向右 隨著物體向右運動 彈力逐漸減小 合力逐漸減小 由牛頓第二定律可知 加速度向右且逐漸減小 由于加速度與速度同向 物體的速度逐漸增大 當物體向右運動至AO間某點 設為點O 時 彈力減小到與阻力相等 物體所受合力為零 加速度為零 速度達到最大 此后 隨著物體繼續(xù)向右運動 彈力繼續(xù)減小 阻力大于彈力 合力方向變?yōu)橄蜃?至O點時彈力減為零 此后彈力向左且逐漸增大 所以物體越過O 點后 合力 加速度 方向向左且逐漸增大 由于加速度與速度反向 故物體做加速度逐漸增大的減速運動 正確選項為A 考點2動力學的兩類基本問題 重點歸納 1 動力學兩類基本問題的分析流程 2 應用牛頓運動定律解題的一般步驟 1 明確研究對象 根據問題的需要和解題的方便 確定某 一物體或幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象 2 分析物體的受力情況和運動情況 畫好受力示意圖 明 確物體的運動性質和運動過程 3 利用牛頓第二定律 在受力情況已知時 或結合運動學公 式 在運動情況已知時 進行求解 4 必要時對結果進行討論 典例剖析 例1 如圖3 2 2所示 一個放置在水平臺面上的木塊 其質量為2kg 受到一個斜向下的 與水平方向成37 角的推力F 10N的作用 使木塊從靜止開始運動 4s后撤去推力 若木塊與水平臺面間的動摩擦因數(shù) 為0 1 取g 10m s2 求 圖3 2 2 1 撤去推力時木塊的速度為多大 2 撤去推力到停止運動過程中木塊的加速度為多大 3 木塊在水平面上運動的總位移為多少 思維點撥 正確選擇研究對象并進行受力分析 根據牛頓 第二定律求解加速度是快速求解此類題型的關鍵 解 1 撤去力F之前 對木塊進行受力分析 如圖3 2 3 所示 圖3 2 3 由牛頓第二定律得 水平方向 Fcos37 f ma1豎直方向 FN mg Fsin37 又f FN 解得a1 2 7m s24s末的速度為 v a1t 2 7 4m s 10 8m s 2 撤去F后 根據牛頓第二定律 mg ma2a2 g 1m s2 所以 木塊運動的總位移為s s1 s2 79 92m 備考策略 動力學的兩類基本問題是高考命題的熱點 此類問題是考查牛頓運動定律的重點 每年必考 考題多以生產和生活的實際問題為命題背景 解題的關鍵是求加速度 考點練透 3 2015年河南洛陽模擬 某電視臺在娛樂節(jié)目中曾推出一個游戲節(jié)目 推礦泉水瓶 選手們從起點開始用力推瓶子一段時間后 放手讓它向前滑動 若瓶子最后停在桌上有效區(qū)域內 不能壓線 視為成功 若瓶子最后沒有停在桌上有效區(qū)域內或在滑行過程中倒下均視為失敗 其簡化模型如圖3 2 4所示 AC是長度L1 5 5m的水平桌面 選手們將瓶子放在A點 從A點開始用一恒定不變的水平推力推它 BC為有效區(qū)域 已知BC長度L2 1 1m 瓶子質量m 0 5kg 與桌面間的動摩擦因 數(shù) 0 2 g取10m s2 某選手作用在瓶子上的水平推力F 11N 瓶子沿AC做直線運動 假設瓶子可視為質點 該選手要想游戲獲得成功 試求 在手推瓶子過程中瓶子的位移取值范圍 圖3 2 4 解 要想獲得成功 瓶子滑到B點時速度恰好為0 力作用時間最短 滑到C點時速度恰好為0 力作用時間最長 設力作用時的加速度為a1 位移為x1 撤力時瓶子的速度為v1 撤力后瓶子的加速度為a2 位移為x2 則 F mg ma1 mg ma2 L1 L2 x1 x2 L1 由以上各式聯(lián)立可解得 0 4m x1 0 5m 4 設某一艦載機的質量為m 2 5 104kg 速度為v0 42m s 若僅受空氣阻力和甲板阻力作用 艦載機將在甲板上以a0 0 8m s2的加速度做勻減速運動 著艦過程中航母靜止不動 1 艦載機著艦后 若僅受空氣阻力和甲板阻力作用 航母 甲板至少多長才能保證艦載機不滑到海里 2 為了艦載機在有限長度的跑道上停下來 甲板上設置了阻攔索讓艦載機減速 同時考慮到艦載機掛索失敗需要復飛的情況 艦載機著艦時不關閉發(fā)動機 如圖3 2 5所示為艦載機 勾住阻攔索后某一時刻的情景 此時發(fā)動機的推力大小為F 1 2 105N 減速的加速度a1 20m s2 此時阻攔索夾角 106 空氣阻力和甲板阻力保持不變 求此時阻攔索承受的張力大小 已知 sin53 0 8 cos53 0 6 圖3 2 5 解 1 設甲板的長度至少為s0 則由運動學公式得 代入數(shù)據可得s0 1102 5m 2 艦載機受力分析如圖D18所示 其中T為阻攔索的張力 f為空氣和甲板對艦載機的阻力 由牛頓第二定律得2Tcos53 f F ma1艦載機僅受空氣阻力和甲板阻力時f ma0 聯(lián)立可得T 5 105N 圖D18 方法 瞬時加速度問題分析 物體的加速度a與其所受的合外力F是瞬時對應的 同時產生 同時變化 同時消失 此類問題常見的有繩 桿 和彈簧 彈性繩 模型 繩 桿 的彈力可以發(fā)生突變 輕彈簧 彈性繩 的彈力不能突變 例2 如圖3 2 6所示 質量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成 角的輕彈簧系著處于靜止狀態(tài) 現(xiàn)用火將繩AO燒 斷 在繩AO燒斷的瞬間 下列說法正確的是 A 彈簧的拉力F mgcos B 彈簧的拉力F mgsin C 小球的加速度為零 D 小球的加速度a gsin 圖3 2 6 審題突破 繩AO燒斷的瞬間 彈簧的形變是明顯形變 在很短的時間內來不及恢復 所以近似認為彈簧的彈力沒有發(fā)生變化 解答此題應該對小球進行兩次受力分析 一次是繩斷之前 一次在繩斷之后 這兩次受力分析的聯(lián)系點是彈簧的彈力一樣 解析 燒斷繩AO之前 小球受3個力 如圖3 2 7所示 燒斷細繩的瞬間 繩子的張力沒有了 但由于輕彈簧的形變恢復需要時間 故彈簧的彈力不變 A正確 燒斷細繩的瞬間 小球受到的合外力與T 繩AO的拉力 等大反向 即F合 mgtan 則小球的加速度a gtan 答案 A 圖3 2 7 題外拓展 本題中若B點斷開 則彈簧的彈力消失 而繩子形變屬于微小形變 彈力也變成零 即在B點斷開的瞬間 小球只受到重力的作用 加速度為g 若彈簧換成繩子 在繩AO燒斷的瞬間 因OB繩不可伸長 球的加速度只能垂直于繩OB向斜下方 繩OB的拉力發(fā)生了突變 有興趣的同學可求一下小球的加速度 觸類旁通 1 2016年山東濰坊第一次聯(lián)考 如圖3 2 8所示 在光滑的水平面上 質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連 在拉力F的作用下 以加速度a向右做勻加速直線運動 某時刻突然撤去拉力F 此瞬時A和B的加速度為a1和a2 則 圖3 2 8 a 所以選項C正確 解析 兩物體在光滑的水平面上一起以加速度a向右做勻加速直線運動時 彈簧的彈力F彈 m1a 在力F撤去的瞬間 彈簧的彈力來不及改變 大小仍為m1a 因此對A物體來講 加速度此時仍為a 對B物體 取向右為正方向 m1a m2a2 a2 m1m2 答案 C 2 如圖3 2 9所示 A B兩小球分別連在彈簧兩端 B端用細線固定在傾角為30 的光滑斜面上 A B兩小球的質量分別為mA mB 重力加速度為g 若不計彈簧質量 在線被剪斷 瞬間 A B兩球的加速度分別為 圖3 2 9 答案 D 易錯點對物體的運動過程分析不到位 例3 如圖3 2 10所示 有一水平傳送帶以2m s的速度勻速運動 現(xiàn)將一物體輕輕放在傳送帶上 若物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 為0 5 則傳送帶將該物體傳送10m的距離所需時間為多少 圖3 2 10 錯解分析 由于物體輕放在傳送帶上 所以初速度v0 0 物體在豎直方向所受合外力為零 在水平方向受到滑動摩擦力 傳送帶施加 做初速度v0 0的勻加速運動 位移為10m 據牛頓第二定律F ma有f mg maa g 5m s2 上述解法的錯誤出在對這一物理過程的認識 傳送帶上輕放的物體 其運動有可能分為兩個過程 一是在滑動摩擦力作用下做勻加速直線運動 二是達到與傳送帶相同速度后 無相對運動 也無摩擦力 物體開始做勻速直線運動 關鍵問題應分析出什么時候達到傳送帶的速度 才好對問題進行解答 正解分析 以物體為研究對象 如圖3 2 11所示 在豎直方向受重力和支持力 在水平方向受滑動摩擦力 做初速度為零的勻加速運動 圖3 2 11 根據牛頓第二定律F ma有水平方向 f ma 豎直方向 N mg 0f N 由以上三式解得a 5m s2 設經時間t1后物體速度達到傳送帶的速度 根據勻加速直 線運動的速度公式vt v0 at 解得t1 0 4s 時間t1內物體的位移為 物體位移為0 4m時 物體的速度與傳送帶的速度相同 0 4s后物體不受摩擦力作用 開始做勻速運動 設勻速運動的位移為s2 有s2 v2t2 因為s2 s s1 10 0 4 m 9 6m v2 2m s解得t2 4 8s 則傳送10m所需時間為 t t1 t2 0 4 4 8 s 5 2s 指點迷津 對物體準確進行受力分析 是求解此類問題的關鍵 判斷兩者什么時候達到共同速度 是解題的突破口 觸類旁通 3 多選 2015年山東師大附中質檢 如圖3 2 12所示 質量為m 1kg的物體與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0 3 當物體運動的速度為10m s時 給物體施加一個與速度方向相反的 大小為F 2N的恒力 在此恒力作用下 g取10m s2 圖3 2 12A 物體經10s速度減為零B 物體經2s速度減為零C 物體速度減為零后將保持靜止D 物體速度減為零后將向右運動 解析 物體受到向右的滑動摩擦力 Ff FN G 3N 根據牛頓第二定律得 a F Ffm 2 31 m s2 5m s2 方向向 誤 減速到零后 F Ff 物體處于靜止狀態(tài) 不再運動 C正確 D錯誤 答案 BC 4 2015年河南中原名校聯(lián)考 如圖3 2 13甲所示 光滑水平面上的O處有一質量為m 2kg的物體 物體同時受到兩個水平力的作用 F1 4N 方向向右 F2的方向向左 大小如圖乙所示 物體從靜止開始運動 此時開始計時 求 1 當t 0 5s時物體的加速度大小 2 物體在t 0至t 2s內何時物體的加速度最大 最大值 為多少 3 物體在t 0至t 2s內何時物體的速度最大 最大值為 多少 F1 F24 3 甲 乙 圖3 2 13解 1 當t 0 5s時 F2 2 2 0 5 N 3NF1 F2 ma a m2 m s2 0 5m s2 2 物體所受的合外力為 F合 F1 F2 4 2 2t 2 2t N 作出F合 t圖象如圖D19所示 圖D19 從圖中可以看出 在0 2s范圍內 當t 0時 物體有最大加速度a0 F合0 ma0 F合2 2 當t 2s時 物體也有最大加速度a2 F合2 ma2 a2 m2 m s2 1m s2 負號表示加速度方向向左 3 由牛頓第二定律得 a F合m 1 t m s2 畫出a t圖象如圖D20所示 圖D20 由圖可知t 1s時速度最大 最大值等于上方三角形的面 積 第3講 牛頓運動定律的運用 1 超重和失重定義 1 超重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 物體所受重力的現(xiàn)象 大于 2 失重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 物體所受重力的現(xiàn)象 小于 3 完全失重 物體對支持物的壓力 或對懸繩的拉力 為 的現(xiàn)象 零 超重和失 2 發(fā)生超重或失重現(xiàn)象的條件 上 加速 減速 1 發(fā)生超重現(xiàn)象的條件 具有向 的加速度 如物體向上做 運動或向下做 運動 2 發(fā)生失重現(xiàn)象的條件 具有向 的加速度 如物體做向上 運動或向下 運動 3 拓展 運動在水平和豎直方向正交分解時 只要加速度具有向上的分量 物體就處于超重狀態(tài) 只要加速度具有向下 的分量 物體就處于失重狀態(tài) 下 減速 加速 3 超重和失重的本質 超重和失重本質上并不是物體受到的重力 實重 發(fā)生了變化 而是物體在豎直方向上有加速度時 物體對支持物的壓力或對懸繩的拉力 視重 發(fā)生了變化 即看起來好像物體的重力變了 但實際上物體的重力并沒有發(fā)生變化 基礎檢測 2015年廣東惠東高級中學月考 小敏隨著十幾個人一起乘電梯上五樓 走進電梯時電梯沒有顯示超載 但電梯剛啟動時報警器卻響了起來 對這一現(xiàn)象的解釋 下列說法正確的是 A 剛啟動時 物體的加速度向下 人處于超重狀態(tài)B 剛啟動時 人所受的重力變大了C 剛啟動時 人對電梯底板的壓力大于底板對人的支持力D 剛啟動時 人對電梯底板的壓力變大了 解析 人隨電梯一起加速上升 電梯剛啟動時報警器卻響了起來 說明人和電梯的加速度向上 合外力向上 電梯和人處于超重的狀態(tài) 所以人對電梯底板的壓力變大了 故D正確 答案 D 考點1超重和失重 典例剖析例1 多選 如圖3 3 1所示 輕質彈簧的上端固定在電梯的天花板上 彈簧下端懸掛一個小鐵球 在電梯運行時 乘客發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大了 這一現(xiàn)象表明 A 電梯一定是在下降B 電梯可能是在上升C 電梯的加速度方向一定向下 D 乘客一定處在超重狀態(tài) 圖3 3 1 思維點撥 彈簧的伸長量變大 說明彈簧的彈力變大 從而判斷出小鐵球所受的合外力向上 加速度方向向上 解析 電梯靜止時 彈簧的拉力和小鐵球所受重力相等 現(xiàn)在 彈簧的伸長量變大 則彈簧的拉力變大 小鐵球所受的合外力方向向上 加速度方向向上 小鐵球處于超重狀態(tài) 但電梯可能是加速向上運動 也可能是減速向下運動 答案 BD 備考策略 超重和失重現(xiàn)象是生產和生活中常見的現(xiàn)象 近年高考比較注重對本部分的考查 解決此類問題的實質是牛頓第二定律的應用 注意 判斷物體處于超重或失重狀態(tài)是看加速度方向如何 而不是看速度方向如何 考點練透 1 2015年甘肅一模 將地面上靜止的貨物豎直向上吊起 貨物由地面運動至最高點的過程中 v t圖象如圖3 3 2所示 以下判斷正確的是 圖3 3 2A 前3s內貨物處于失重狀態(tài)B 最后2s內貨物只受重力作用C 前3s內平均速度小于最后2s內的平均速度D 最后2s的過程中貨物的機械能增加答案 D 2 2015年貴州五校聯(lián)考 如圖3 3 3所示 與輕繩相連的物體A和B跨過定滑輪 質量mA mB A由靜止釋放 不計繩 與滑輪間的摩擦 則在A向上運動的過程中 輕繩的拉力 圖3 3 3 A T mAgC T mBg B T mAgD T mBg 解析 物體A向上加速運動 物體B向下加速運動 因此A處于超重狀態(tài) T mAg B處于失重狀態(tài) T mBg 故B正確 答案 B 考點2動力學多過程分析 對一個復雜的物理過程 我們常常分解成幾個簡單的有規(guī)律的子過程 并找出子過程之間的相互聯(lián)系和制約條件 認清每個子過程的運動性質 再選取合適的物理規(guī)律 列方程求解 典例剖析 例2 2015年河北正定中學月考 如圖3 3 4所示 一水平傳送帶以2 0m s的速度順時針傳動 水平部分長為2 0m 其右端與一傾角為 37 的光滑斜面平滑相連 斜面長為0 4m 一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端 已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù) 0 2 試問 1 物塊能否到達斜面頂端 若能則說明理由 若不能則求 出物塊沿斜面上升的最大距離 2 物塊從出發(fā)到9 5s末通過的路程 sin37 0 6 g取 10m s2 圖3 3 4 解 1 物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動 mg ma1 所以在到達傳送帶右端前物塊已勻速物塊以v0速度滑上斜面 mgsin ma2物塊速度為零時上升的距離 由于s2 0 4m 所以物塊未到達斜面的最高點 2s1L s1 2v02 2 物塊從開始到第一次到達傳送帶右端所用時間 t1 v0v0 1 5s 物塊在斜面上往返一次時間 t2 sa23 物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0 方向向左 mg ma3a3 2m s2向左端發(fā)生的最大位移 s 在斜面上勻加速下降s后回到傳送帶 物塊運動的全過程為 先勻加還1s 再勻速運動0 5s 在 斜面上勻減速上升 13 再經過1s速度減為零 然后加速1s運動到斜面底端 如此往 復 周期為 83 s 由第一次到達斜面底端算起 還剩8s 恰好 完成三個周期 所以s L 6 s2 s3 10m 13 備考策略 多過程問題往往是求解整個過程中的某一個物理量 可能是力學量 也可能是運動學的量 關鍵是要對物體的受力情況和運動過程有比較清晰的分析 畫出運動過程示意圖 結合牛頓第二定律建立方程求解 考點練透 3 2015年寧夏銀川校級一模 如圖3 3 5所示 水平繃緊的傳送帶AB長L 6m 始終以恒定速率v1 4m s運行 初速度大小為v2 6m s的小物塊 可視為質點 從與傳送帶等高的光滑水平地面上經A點滑上傳送帶 小物塊m 1kg 物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 0 4 g取10m s2 求 1 小物塊能否到達B點 計算分析說明 2 小物塊在傳送帶上運動時 摩擦力產生的熱量為多少 圖3 3 5 解 1 不能 因為小物塊在水平方向受到摩擦力的作用 有f mg 速度等于傳送帶速度v1時 經歷的時間 t v1 v2 a 2 5s 傳送帶的位移s v1t 4 2 5m 10m 小物塊相對于傳送帶的位移 x s x x 10 4 5 2 m 12 5m小物塊在傳送帶上運動時 因相互摩擦產生的熱量為Q f x 0 4 10 1 12 5J 50J 4 多選 2015年江蘇徐州質檢 如圖3 3 6所示 一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上 t 0時刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行 木板與滑塊間存在摩擦 且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 滑塊的v t圖象可能是下列各圖所示中的 圖3 3 6 AC BD 答案 BD 解析 設滑塊質量為m 木板質量為M 滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為 1 木板與地面間的動摩擦因數(shù)為 2 若有 1mg 2 M m g 則滑塊滑上木板后向右勻減速運動 加速度a1 1g 木板不動 選項D正確 若有 1mg 2 M m g 則滑塊滑上木板后向右勻減速運動 加速度為a1 1g 木板向右勻加速運動 當二者同速后 一起以a2 2g的加速度勻減速到停止 因a1 a2 故選項B正確 考點3牛頓第二定律與圖象相結合 對物理圖象分析 1 看清坐標軸所表示的物理量及單位 分析圖象與橫 縱軸交點的意義 圖象斜率的意義和圖象與橫 縱軸所圍面積的含義 2 分析圖象問題 常常結合橫 縱軸物理量間的函數(shù)關系 來進行分析 重點歸納 典例剖析 例3 2015年吉林摸底 如圖3 3 7甲所示 質量為M 1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上 木板與地面間的動摩擦因數(shù) 1 0 1 在木板的左端放置一個質量為m 1kg 大小可忽略的鐵塊 鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù) 2 0 4 g取10m s2 試求 1 若木板長L 1m 在鐵塊上加一個水平向右的恒力F 8N 經過多長時間鐵塊運動到木板右端 2 若在鐵塊上加一個大小從零開始均勻增加的水平向右的力F 通過分析和計算后 請在圖乙中畫出鐵塊受到木板的摩擦力f2隨拉力F大小變化的圖象 設木板足夠長 甲 乙 圖3 3 7 設經過時間t鐵塊運動到木板的右端 則有 解得t 1s 2 當F 1 mg Mg 2N時 M m相對靜止且對地靜止 f2 F F 1 M m gF 設F F1時 M m恰保持相對靜止 此時系統(tǒng)的加速度a a2 2m s2以系統(tǒng)為研究對象 根據牛頓第二定律有F1 1 M m g M m a解得F1 6N所以 當2N F 6N時 M m相對靜止 系統(tǒng)向右做 勻加速運動 其加速度a M m2 1 以M為研究對象 根據牛頓第二定律有 f2 1 M m g Ma 當F 6N M m發(fā)生相對運動 f2 2mg 4N故畫出f2隨拉力F大小變化的圖象如圖3 3 8所示 圖3 3 8 考點練透 5 多選 如圖3 3 9所示 足夠長的傳送帶與水平面夾角為 以速度v0逆時針勻速轉動 在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊 小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) tan 則圖中能客觀地反映小木塊的運動情況的是 圖3 3 9 AC BD 解析 小木塊剛放上之后的一段時間內所受摩擦力沿斜面向下 由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma1 小木塊與傳送帶同速后 因 tan 小木塊將繼續(xù)向下加速運動 此時有mgsin mgcos ma2 有a1 a2故B D正確 A C錯誤 答案 BD 6 2015年山東濰坊一中檢測 一小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動 被一水平向左飛行的子彈擊中并從物塊中穿過 如圖3 3 10甲所示 固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊被擊中后的位移x隨時間的變化關系如圖乙所示 圖象前3s內為二次函數(shù) 3 4 5s內為一次函數(shù) 取向左運動的方向為正方向 已知傳送帶的速度v1保持不變 g取10m s2 甲 乙 圖3 3 10 1 求傳送帶速度v1的大小 2 求0時刻物塊速度v0的大小 3 在圖3 3 11中畫出物塊對應的v t圖象 圖3 3 11 解 1 由x t的圖象可知 物塊被擊穿后 先向左減速 2m s 以后隨傳送帶一起做勻速運動 2 2 3s內 物塊向右勻加速運動 加速度大小a g v1 a t10 2s內 物塊向左勻減速運動 加速度大小a g解得0時刻物塊的速度v0 a t2 4m s 3 根據x t的圖象分析得到的運動規(guī)律用v t圖象畫出如圖 D21所示 圖D21 模型 連接體模型 1 連接體概述兩個或兩個以上的物體以輕繩 輕桿 輕彈簧等連接在一起 或是多個物體直接疊放或是并排在一起的物體系統(tǒng)就是連接體 如圖3 3 12所示 圖3 3 12 2 問題分類 1 已知外力求內力 先整體后隔離 如果已知連接體在合外力的作用下一起運動 可以先把連接體系統(tǒng)作為一個整體 根據牛頓第二定律求出它們共同的加速度 再隔離其中的一個物體 求相互作用力 2 已知內力求外力 先隔離后整體 如果已知連接體物體間的相互作用力 可以先隔離其中一個物體 根據牛頓第二定律求出它們共同的加速度 再把連接體系統(tǒng)看成一個整體 求解外力的大小 例4 多選 如圖3 3 13所示 水平地面上兩個完全相同的物體A和B緊靠在一起 在水平推力F的作用下運動 FAB代 表A B間的作用力 則 圖3 3 13A 若地面完全光滑 則FAB F B 若地面完全光滑 則FAB F2 C 若物體與地面的動摩擦因數(shù)為 則FAB F D 若物體與地面的動摩擦因數(shù)為 則FAB F2 審題突破 物體A B在力F的作用下一起向右加速運動 具有相同的加速度 故先用整體法求解運動的加速度 再用隔離法求解它們之間的作用力 解析 設物體的質量為m 且與地面間有摩擦 A B加速度相同 以整體為研究對象 由牛頓第二定律得F 2 mg 2ma 答案 BD 題外拓展 本題中把B物體疊在A物體上面一起加速運動 如模型介紹中的模型2 則AB之間的作用力除了彈力 支持力和壓力 外 還有摩擦力 若FAB仍代表A B間的作用力 則FAB應該是彈力和摩擦力的矢量和 大小為FAB 有興趣的同學可以嘗試解答 方法與例 題的方法類似 M 求 觸類旁通 1 2015年江蘇無錫期中 如圖3 3 14所示的裝置叫做阿特伍德機 是阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置 用來研究勻變速直線運動的規(guī)律 繩子兩端的物體下落 上升 的加速度總是小于自由落體的加速度g 同自由落體相比 下落相同的高度 所花費的時間要長 這使得實驗者有足夠的時間從容的觀測 研究 已知物體A B的質量相等均為M 物體C的質量為m 輕繩與輕滑輪間的摩擦不計 繩子不可伸長 如果m 圖3 3 14 1 物體B從靜止開始下落一段距離的時間與其自由落體下 落同樣的距離所用時間的比值 2 系統(tǒng)由靜止釋放后運動過程中物體C對B的拉力 解 1 設物體的加速度為a 繩子中的張力為F 對物體A F Mg Ma 對BC整體 M m g F M m a 即物體B從靜止開始下落一段距離的時間與其自由落體下落同樣的距離所用時間的比值為3 2 設B對C的拉力為f 對物體C 由牛頓運動定律 2 如圖3 3 15所示 質量為m 1kg的物塊放在傾角為 37 的斜面體上 斜面體質量為M 2kg 斜面與物塊間的動摩擦因數(shù)為 0 2 地面光滑 現(xiàn)對斜面體施一水平推力F 要要使物塊m相對斜面靜止 試確定推力F的取值范圍 g取10m s2 圖3 3 15 解 假設水平推力F較小 物塊相對斜面具有下滑趨勢 當剛要下滑時 推力F具有最小值 設大小為F1 此時物塊受力如圖D22所示 取加速度方向為x軸正方向 對物塊分析 圖D22 在水平方向有 FNsin FNcos ma1豎直方向有 FNcos FNsin mg 0對整體有F1 M m a1 代入數(shù)值得a1 4 8m s2 F1 14 4N 假設水平推力F較大 物塊相對斜面具有上滑趨勢 當剛 要上滑時 推力F具有最大值 設大小為F2 此時物塊受力如圖D23所示 對物塊分析 圖D23 在水平方向有 FN sin FN cos ma2豎直方向有 FN cos FN sin mg 0對整體有F2 M m a2 代入數(shù)值得a2 11 2m s2 F2 33 6N綜上所述可知推力F的取值范圍為14 4N F 33 6N 專題提升三關于牛頓第二運動定律的三種模型 突破一連接體模型 1 連接體問題是指兩個或兩個以上的物體 以某種方式連接在一起運動 這樣的物體系統(tǒng)就是連接體 解題時 一般采用先整體 后隔離的方法 2 解題思路 1 分析所研究的問題適合應用整體法還是隔離法 2 對整體或隔離體進行受力分析 應用牛頓第二定律確定 整體或隔離體的加速度 3 結合運動學方程解答所求解的未知物理量 例1 兩物體A和B 質量分別為m1和m2 互相接觸放在光滑水平面上 如圖Z3 1所示 對物體A施以水平的推力F 則物體A對物體B的作用力等于 圖Z3 1 A m1m1 m2 F B m2m1 m2 F C F D m2m1 F 答案 B 1 一個物體以速度v0 v0 0 在另一個勻速運動的物體上運動的力學系統(tǒng)可看做 傳送帶 模型 如圖Z3 2甲 乙 丙所示 甲 丙 乙圖Z3 2 突破二傳送帶模型 2 傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問 題 1 水平傳送帶問題 求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷 判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度 也就是分析物體在運動位移x 對地 的過程中速度是否和傳送帶速度相等 物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻 2 傾斜傳送帶問題 求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況 從而確定其是否受到滑動摩擦力作用 如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向 然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況 當物體速度與傳送帶速度相等時 物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變 例2 如圖Z3 3所示 傾角為37 長為l 16m的傳送帶 轉動速度為v 10m s 在傳送帶頂端A處無初速度的釋放一個質量為m 0 5kg的物體 已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 0 5 g取10m s2 求 sin37 0 6 cos37 0 8 圖Z3 3 1 傳送帶順時針轉動時 物體從頂端A滑到底端B的時間 2 傳送帶逆時針轉動時 物體從頂端A滑到底端B的時間 解 1 傳送帶順時針轉動時 物體相對傳送帶向下運動 則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上 相對傳送帶向下勻加速運動 根據牛頓第二定律有mg sin37 cos37 ma 則a gsin37 gcos37 2m s2 2 傳送帶逆時針轉動 當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時 物體相對傳送帶向上運動 則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下 設物體的加速度大小為a1 由牛頓第二定律得 mgsin37 mgcos37 ma1 則有a1 mgsin37 mgcos37 m 10m s2 設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經歷的時間為t1 位移為x1 則有 當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間 有mgsin37 mgcos37 則下一時刻物體相對傳送帶向下運動 受到傳 送帶向上的滑動摩擦力 摩擦力發(fā)生突變 設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2 則 思維點撥 分析傳送帶問題的關鍵是判斷摩擦力的方向 要注意抓住兩個關鍵時刻 一是初始時刻 根據物體速度v物和傳送帶速度v傳的關系確定摩擦力的方向 二是當v物 v傳 時 判斷物體能否與傳送帶保持相對靜止 突破三板塊模型 1 涉及兩個物體 并且物體間存在相對滑動的物體系統(tǒng) 就可以看作是板塊模型 例3 如圖Z3 4所示 物塊A 木板B的質量均為m 10kg 不計A的大小 B板長L 3m 開始時A B均靜止 現(xiàn)使A以某一水平初速度從B的最左端開始運動 已知A與B B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為 1 0 3和 2 0 1 g取10m s2 圖Z3 4 1 若物塊A剛好沒有從B上滑下來 則A的初速度多大 2 若把木板B放在光滑水平面上 讓A仍以 1 問中的初速度從B的最左端開始運動 則A能否與B脫離 最終A和B的速度各是多大 解 1 A在B上向右勻減速運動 加速度大小a1 1g 3m s2木板B向右勻加速運動 加速度大小 由題意知 A剛好沒有從B上滑下來 則A滑到B最右端時和B速度相同 設為v 得 2 木板B放在光滑水平面上 A在B上向右勻減速運動 加速度大小仍為a1 1g 3m s2