《2020届高考物理一轮 专题09 牛顿运动定律的应用学案 新课标》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理一轮 专题09 牛顿运动定律的应用学案 新课标（21页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、2020届高三新课标物理一轮原创精品学案 专题09 牛顿运动定律的应用 课时安排：2课时教学目标：1掌握运用牛顿定律解决动力学两类基本问题的方法和技巧2学会用整体法、隔离法进行受力分析，并熟练应用牛顿定律求解3理解超重、失重的概念，并能解决有关的问题本讲重点：1牛顿运动定律在解决动力学基本问题中的应用2整体法、隔离法的应用本讲难点：超重、失重的概念考点点拨：1动力学的两类基本问题2整体法与隔离法解决简单的连接体问题3超重、失重问题的分析求解4动力学与运动学中的图象问题5相互接触的物体分离的条件及应用第一课时2超重（1）物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力） 大于 物体所受重力的情况称为超重现象
2、。（2）产生超重现象的条件：物体具有 向上 的加速度。与物体速度的大小和方向无关。（3）产生超重现象的原因：当物体具有向上的加速度a（向上加速运动或向下减速运动）时，支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为F，由牛顿第二定律得Fmgma所以Fm（ga）mg由牛顿第三定律知，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）F mg.点评：（1）在地球表面附近，无论物体处于什么状态，其本身的重力Gmg始终不变。超重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向上，测力计的示数大于物体的重力；失重时，物体所受的拉力（或支持力）与重力的合力方向向下，测力计的示数小于物体的重力.可见，在失重、超重现象中，
3、物体所受的重力始终不变，只是测力计的示数（又称视重）发生了变化，好像物体的重量有所增大或减小。（2）发生超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度。物体具有向上的加速度时，处于超重状态；物体具有向下的加速度时，处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时，处于完全失重状态.超重、失重与物体的运动方向无关。二、高考要点精析（一）动力学两类基本问题考点点拨不论是已知运动求受力，还是已知受力求运动，做好“两分析”是关键，即受力分析和运动分析。受力分析时画出受力图，运动分析时画出运动草图能起到“事半功倍”的效果。【例1】如图所示，质量m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为=0.5，在与水平
4、方向成=37角的恒力F作用下，从静止起向右前进t1=2.0s后撤去F，又经过t2=4.0s物体刚好停下。求：F的大小、最大速度vm、总位移s。解析：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比，而第二段中mg=ma2，加速度a2=g=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得：F=54.5N第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vm=a2t2=20m/s又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有 m点评：需要引起注意的是：在撤去拉力F前后，物体受的摩擦力发生了改变。可见，在动力学问题中应用牛顿第二定律，正确的
5、受力分析和运动分析是解题的关键，求解加速度是解决问题的纽带，要牢牢地把握住这一解题的基本方法和基本思路。ABa【例2】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为，盘与桌面间的动摩擦因数为。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度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）考点精炼1质量的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行停在B点，已知A、B两点间的距离，物块与水平面间的动摩擦因数，求恒力F多大。（）
6、2一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再滑动。求此黑色痕迹的长度。（二）整体法、隔离法解决简单的连接体问题考点点拨对于有共同加速度的连接体问题，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。由整体法求解加速度时，F=ma，要注意质量m与研究对象对应。【例3】如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2，
7、拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1F2。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T。解析： 设两物块一起运动的加速度为a，则有 F1F2=（m1+m2）a 根据牛顿第二定律，对质量为m1的物块有 F1T=m1a 由、两式得 第二课时（三）超重、失重问题的分析求解考点点拨发生超重和失重现象，只决定于物体在竖直方向上的加速度。物体具有向上的加速度时，处于超重状态；物体具有向下的加速度时，处于失重状态；当物体竖直向下的加速度为重力加速度时，处于完全失重状态。超重、失重与物体的运动方向无关。【例4】下列哪个说法是正确的？（ ）A体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B蹦床运动员在
8、空中上升和下落过程中都处于失重状态C举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析 当物体有向上的加速度时处于超重状态，有向下的加速度时处于失重状态，当加速度为零时处于平衡状态。对照四个选项的说法，只有B选项正确。答案：B考点精炼5某同学找了一个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是 （ ）A易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D易拉罐上升、下
9、降的过程中，水不会从洞中射出（四）动力学与运动学中的图象问题考点精炼6从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体、的速度图象如图所示。在0t0时间内，下列说法中正确的是（ ）tt0Ovv2v1A、两个物体所受的合外力都在不断减小B物体所受的合外力不断增大，物体所受的合外力不断减小C物体的位移不断增大，物体的位移不断减小D、两个物体的平均速度大小都是（五）相互接触的物体分离的条件及应用考点点拨相互接触的物体间可能存在弹力作用。对于两接触的物体，刚好要分离时的条件是，弹力恰为零，此时，两物体还有相同速度和加速度。抓住以上特点，就可以顺利求解。【例6】一弹簧秤秤盘的质量M=1.5kg，盘内放一
10、个质量m=10.5kg的物体P，弹簧质量忽略FmkMP不计，轻弹簧的劲度系数k=800N/m，系统原来处于静止状态，如图所示。现给物体P施加一竖直向上的拉力F，使P由静止开始向上作匀加速直线运动。已知在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力。求力F的最小值和最大值各多大？取g=10m/s2。 考点精炼7如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。考点精炼参
11、考答案2.解：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，有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 v=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。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s0和s，有 传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0s由以上各式得5D（不论上升还是下降，易拉罐具有竖直向下的加
12、速度g，均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出）6A 速度图象的切线斜率值表示加速度的大小，由图象可知，两物体的加速度值逐渐减小。根据牛顿第二定律有、两个物体所受的合外力都在不断减小。两物体均沿正方向运动，位移都不断增大。、两个物体在0t0时间内均做变加速运动，平均速度大小都不等于。7解析：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知 令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量， a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：kx2=mBgsin FmAgsinkx2=mAa 由式可得 由题意 d=x1+x2 由式可得 三、考点落实训练A组3如图，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B
13、上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于A0BkxC（）kxD（）kxB组1如图所示，一个质量为M的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子，将质量为m的物体自高处放下，当物体以a加速下降（ag)时，台秤的读数为（ ）A（Mm）gmaB（Mm）gma C（Mm）gD（Mm）gmabcda3如图所示，ab、bd、cd是竖直平面内三根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环（图中末画出）。三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为
14、0），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d点所用的时间，t1、t2、t3之间的关系为_。4一根劲度系数为k，质量不计的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为m的物体。有一水平板将物体托住，并使弹簧处于自然长度，如图所示。现让木板由静止开始以加速度a匀加速向下移动，且ag。经过t=_多长时间木板开始与物体分离。5如图所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力FN。考点落实训练参考答案A组1D 2D 3D 4N=（F+2mg） 52.548解析 某人在地面上，最多可举起60kg的物体，说明人能产生最大的向上举的力为Fm=mg，这个力保持不变
15、。在一个加速下降的电梯里最多可举起m1=80kg的物体，设此电梯的加速度为a，根据牛顿第二定有：m1gFm=m1a解得：a=2.5m/s2。若电梯以此加速度上升，根据牛顿第二定有：Fmm2g=m2a解得：m2=48kg。6H=1.2 s 8Hm=480m F= 11250 NB组2CD解析 根据牛顿第二定律，应使物体所受的合力方向沿加速度a的方向。沿a方向施加一个作用力F2，F1与 F2的合力方向不能沿a的方向，所以A错。加在物体上的最大作用力F2无法确定，所以B错。加在物体上的最小作用力F2=F1sin，C正确。在物体上施加一个与F1大小相等，与a方向也成角的力F2，且F2方向在a的另一侧时
16、可使合力方向与加速度方向一致，D正确。4解析 设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力kx和平板的支持力FN作用。据牛顿第二定律有：mgkxFN=ma得FN=mgkxma当FN=0时，物体与平板分离，所以此时根据运动学关系有：所以，。7解析：先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。这时以A为对象得到a =5m/s2；再以A、B系统为对象得到 F =（mA+mB）a =15N（1）当F=10N15N时，A、B间一定发生了
17、相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：，而a A =5m/s2，于是可以得到a B =7.5m/s28解法一：（隔离法）木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法.取小球m为研究对象，受重力mg、摩擦力Ff，如图，据牛顿第二定律得：mg-Ff=ma 取木箱M为研究对象，受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力Ff如图.据物体平衡条件得：FN -Ff-Mg=0 且Ff=Ff 由式得FN=g由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为FN=FN =g.解法二：（整体法）对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式：（mg+Mg）-FN = ma+M0故木箱所受支持力：FN=g，由牛顿第三定律知：木箱对地面压力FN=FN=g.11解：以木块和小球整体为对象，设木块的质量为M，下滑的加速度为a，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：（Mm）gsin37（Mm）gcos37=（Mm）a解得：a=g（sin37cos37）=2m/s2以小球B为对象，受重力mg，细线拉力T和MN面对小球沿斜面向上的弹力FN，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：mgsin37FN=ma解得：FN=mgsin37ma=6N。
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