专题二牛顿定律与直线运动.ppt

《专题二牛顿定律与直线运动.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题二牛顿定律与直线运动.ppt（52页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、高三物理复习,专题 二牛顿定律与直线运动,物 理,温故而知新 1、如图113所示，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上，AOB90，COD60。若在O点处用轻绳悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受拉力的大小为多少？,图1-1-3,物 理,温故而知新,温故而知新,4、如图所示，保持角a不变，将B点向上移，则BO绳的拉力将： A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 先减小后增大D. 先增大后减小。,温故而知新,图6,温故而知新,探究一匀变速直线运动问题,例1 2010全国卷汽车由静止开始在平直的公路上行驶

2、，060 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图121所示。 (1)画出汽车在060 s内的vt图线； (2)求在这60 s内汽车行驶的路程。,【解析】(1)由加速度图象可知前10 s汽车做匀加速运动，后20 s汽车做匀减速运动后恰好停止，最大速度为20 m/s。所以vt图线为下图。,【答案】 (1)如图所示(2)900 m,(2),汽车运动的路程为匀加速、匀速、匀减速三段的位移之,和。,s,s,1,s,2,s,3,900 m,。,练习,1,：,质量为,m,的飞机静止在水平直跑道上。飞机,起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第一阶,段飞机的加速度为,a,1,，运动时间为,t,1,。当第二阶段,

3、结束时，飞机刚好达到规定的起飞速度,v,0,。飞机起,飞过程中，在水平直跑道上通过的路程为,x,，受到的,阻力恒为,f,。求第二阶段飞机运动的加速度,a,2,和运,动时间,t,2,。,练2 (2009邯郸市5月二模) 跳水是一项优美的水上运动,图甲是2008年北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿.如果陈若琳质量为m,身高为L,她站在离水面H高的跳台上,重心离跳台面的高度为h1,竖直向上跃起后重心又升高了h2达到最高点,入水时身体竖直,当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花的动作,如图乙所示,这时陈若琳的重心离水面约为h3.整个过程中空气阻力可忽略不计,重力加速度为g,求陈

4、若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间.,问：(1)运动员在从起跳到手入水的过程中做什么运动?,(2)上跃过程的位移为多少?下落过程中的位移又为多少?位移大小根据什么来确立的?,答案1 匀减速运动或竖直上抛运动.,答案2 上跃过程位移为重心位置的变化量h2,下落过程的位移也是位移变化量(H+h1+h2-h3),应根据重心位置的变化找位移.,解析 陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动,重心上升的高度h2,设起跳速度为v0,则 v02=2gh2 上升过程的时间t1= 解得t1=,陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度 x=H+h1+h2-h3 设下落过程的

5、时间为t2,则x= gt22 解得t2= = 陈若琳要完成一系列动作可利用的时间 t=t1+t2= +,答案 +,探究点二vt图象的应用问题,A,若,s,0,S,1,S,2,，两车不会相遇,B,若,s,0,S,1,，两车相遇,2,次,C,若,s,0,S,1,，两车相遇,1,次,D,若,s,0,S,2,，两车相遇,1,次,【答案】 ABC,【点拨】此类问题是开始相隔一定距离的两物体，加速度小的(乙)匀加速追做匀加速运动的加速度大的(甲)的问题。,练1 如图甲所示,质量m=2.0 kg的物体静止在水平面上,物体跟水平面间的动摩擦因数=0.20.从t=0时刻起,物体受到一个水平力F的作用而开始运动,

6、前8 s内F随时间t变化的规律如图乙所示.g取10 m/s2.求: (1)在图丙的坐标系中画出物体在前8 s内的vt图象. (2)前8 s内水平力F所做的功. ,1.vt图象反映的仍然是数学关系,只不过它有了具体的物理意义.因此要画vt图象,必须采用动力 学的方法得到v与t的数学关系. 2.对于多过程问题要划分不同运动阶段,逐过程分析. 3.vt图象斜率表示加速度,面积表示位移,因此第(2)问求位移时可借用图象来求,请同学们自己完成.,解析 (1)04 s内,由牛顿第二定律得 F-mg=ma1 (1分) a1=3 m/s2 (1分) 4 s末物体的速度为 v4=a1t4=12 m/s (1分)

7、 45 s,由牛顿第二定律得 -F-mg=ma2 (1分) a2=-7 m/s2 (1分) 5 s末物体的速度为 v5=5 m/s (1分),再经时间t停止,则 t= =2.5 s (1分) 8 s内的vt图象如下图所示 (4分) (2)04 s内的位移为 x1= a1t42=24 m (1分) 45 s内位移为 x2= =8.5 m (1分) 5 s后水平力消失,所以前8 s内力F做的功为,W=F1x1-F2x2=155 J (2分) (或由动能定理解) W-mg(x1+x2)= mv52 解得W=155 J (2分),答案 (1)见解析图 (2)155 J,练2 如图所示,质量为2 kg的

8、物体,放在动摩擦因数=0.1的水平面上,在水平拉力作用下,由静止开始运动,水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示,g 取 10 m/s2,则 （ ） ,A.此物体在AB段做匀加速直线运动 B.此物体在AB段做匀速直线运动,C.此物体在OA段做匀加速直线运动 D.此物体在OA段做匀速直线运动,解析 WF=Fx,AB段直线的斜率表示力F,F= N =2 N, Ff=mg=0.1210 N=2 N,F=Ff, B正确FOA = N=5 NFf, C正确.,答案 BC,题型三 追及和相遇问题,例3 车以25 m/s的速度匀速直线行驶,在它后面有一辆摩托车,当两车相距1000 m时,摩

9、托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车,摩托车的最大速度可达30 m/s,若使摩托车在4 min时刚好追上汽车,摩托车追上汽车后,关闭油门,速度达到12 m/s时,冲上光滑斜面,上滑最大高度为H,求:(1)摩托车做匀加速运动的加速度a?(2)摩托车追上汽车前两车相距最大距离x?(3)摩托车上滑最大高度H?(g取10 m/s2),x2= +30(240- ) 追上条件为x2=x1+1 000 a= =2.25 m/s2 (2)摩托车与汽车速度相等时相距最远 设此时刻为T,最大距离为xm 即25=aT T= s xm=1 000+25T- = m=1 138 m (3) =MgH H=7.2 m,答案

10、 (1)2.25 m/s2 (2)1 138 m (3)7.2 m,解析 (1)设汽车位移为x1,摩托车位移为x2 摩托车的加速度为a,摩托车达到最大速度所用时间为t,则 30=at x1=25240,分析追及问题的方法技巧 1.要抓住一个条件,两个关系 一个条件:即两者速度相等,它往往是物体间能否追上或两者距离最大，最小的临界条件,也是分析判断的切入点. 两个关系:即时间关系和位移关系.通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口. 2.若被追赶的物体做匀减速直线运动,一定要注意追上前该物体是否已经停止运动. 3.仔细审题,充分挖掘题目中的隐含条件,同时注意 vt图象的应用.,练1:某些城市

11、交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过vm=30 km/h.一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死, 沿直线滑行一段距离后停止,交警测得车轮在地面上滑行的痕迹长xm=10 m. 从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数=0.72,取g=10 m/s2. (1)请你判断汽车是否违反规定超速行驶. (2)目前,有一种先进的汽车制动装置,可保证车轮在制动时不被抱死,使车轮仍有一定的滚动,安装了这种防抱死装置的汽车,在紧急刹车时不但可以使汽车便于操控,而且可获得比车轮抱死更大的制动力,从而使刹车距离大大减小.假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F,驾驶员的反应时间为t,汽车的质量为m,汽车正常

12、行驶的速度为v,试推出刹车距离x的表达式.,解析 (1)因为汽车刹车且车轮抱死后,汽车受滑动摩擦力作用做匀减速运动,所以滑动摩擦力大小 Ff=mg 汽车的加速度a= =-g 由v12-v02=2ax 且v1=0 得v0= =12 m/s=43.2 km/h30 km/h,即这辆车是超速的. (2)刹车距离由两部分组成,一是司机在反应时间内汽车行驶的距离x1,二是刹车后匀减速行驶的距离x2. x=x1+x2=vt+ 加速度大小a= 则x=vt+,答案 (1)这辆车是超速的 (2)x=vt+,练2如图所示,以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有2 s将熄灭,此时汽车距离停车线18m。该车加

13、速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2。此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（ ） A.如果立即做匀加速运动,在绿 灯熄灭前汽车可能通过停车线 B.如果立即做匀加速运动,在绿灯 熄灭前通过停车线汽车一定超速 C.如果立即做匀减速运动,在绿灯 熄灭前汽车一定不能通过停车线 D.如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处,AC,熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。,如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移,此时汽车的速度为,汽车没有超速，A项正确,如果立即做匀减速运动，速度减

14、为零需要时间,此过程通过的位移为,C项正确、D项错误。,解：,例4如图所示，倾角为的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止。重力加速度为g。则 （ ） A只有a gsin, A才受沿传送带向上的静摩擦力作用 B只有a gsin，A才受沿传送带 向上的静摩擦力作用 C只有a = gsin，A才受沿 传送带向上的静摩擦力作用 D无论a为多大，A都受沿 传送带向上的静摩擦力作用,B,练1如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关

15、系的是: （ ）,D,解见下页,当木块加速到跟传送带速度相同时，木块受到沿斜面向下的摩擦力沿斜面向上，,可见选项D正确。,a2=gsin-gcos，,解：,开始时小木块受到沿斜面向下的摩擦力，,a1=gsin+gcos，,题型五:牛顿第二定律的应用,例5如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（ ） A加速下降 B加速上升 C减速上升 D减速下降 答：BD,木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到顶向下的压力。当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，

16、BD正确。,BD,解析：,练1. 如图所示，A、B两物体叠放在一 起，以相同的初速度上抛（不计空气 阻力）。下列说法正确的是 （） A. 在上升和下降过程中A对B的压力一定为零 B. 上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C. 下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 D. 在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力,A,以A、B整体为研究对象：仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下。,解析：,以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力, 所以A仅受重力作用。,练2某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N,他将弹簧秤移至电梯内

17、称其体重，t0至t1时间段内，弹簧秤的示数如图5所示，电梯运行的v-t图可能是（取电 梯向上运动的方向为正）（ ）,A,若电梯向下运动，则t0-t1时间内向下加速， t1-t2阶段匀速运动，t2-t3阶段减速下降, A正确；,选项B、D不能实现人进入电梯由静止开始运动，选项C在t0-t1内超重，不符合题意。,解：,由图5可知，在t0-t1时间内，弹簧秤的示数小于实际重量，则处于失重状态，此时具有向下的加速度，,在t1-t2阶段弹簧秤示数等于实际 重量，则既不超重也不失重，,在t2-t3阶段，弹簧秤示数大于实际 重量,则处于超重状态,具有向上的加速度，,题型六 动力学的两类基本问题,例6 一根质

18、量分布均匀的长直绳AB,在水平恒定外力F的作用下,沿光滑水平面以v0=2 m/s的初速度做匀加速直线运动(忽略绳子的形变), 在头2 s内所通过的位移等于绳长的6倍.如图2-1-4甲所示,绳内距A端x处的张力(即绳内部之间的拉力)FT与x的关系如图乙所示,利用图象和题中的已知数据,求: (1)距A端1.5 m处绳内的张力多大?(2)绳子的质量多大?,解析 解法一 (1)由图象可知函数FT=(6-3x) N当x=1.5 m时绳间的拉力FT=1.5 N (2)由图象可得:绳长l=2 m;水平恒力F=6 N 由匀加速运动位移公式x=v0t+ at2 得a=4 m/s2 由牛顿第二定律得F=ma 得m

19、= =1.5 kg, 解法二 由图象可得:绳长l=2 m;水平恒力F=6 N由匀加速运动位移公式x=v0t+ at2 得a=4 m/s2 由牛顿第二定律得F=ma 由题意可知:从x=1.5 m处到B端这段绳质量为 , 以此段绳为研究对象 FT= ma,由图象得x=1.5 m处FT=1.5 N m= =1.5 kg,答案 (1)1.5 N (2)1.5 kg,练1：如图（a），质量m1kg的物体沿倾角37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图（b）所示。求： （1）物体与斜面间的动摩擦因数； （2）

20、比例系数k。 （sin37 =0.6, cos37 =0.8, g=10m/s2）,（1）对初始时刻：mgsinmgcosma0 ,解：,由右图读出a0=4m/s2代入式，,解得：,（2）对末时刻，v=5m/s，a=0,mgsin Nkvcos0 ,代入式解得：,练2：倾角=37,质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上,质量m=2kg的木块置于斜面顶端,从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端, 运动路程L=4m,在此过程中斜面保持静止（sin=37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2）,求： （1）地面对斜面的摩擦力大小与方向； （2）地面对斜面的支持力大小 （3）通过计算证明木块

21、在此过程中满足动能定理.,（1）隔离法：,【解析】,对木块：,因,得 a=2m/s2,所以，f1=8N, N1=16N,对斜面：设地面对斜面的摩擦力f2向左，则,方向向左。,（如果设摩擦力f2向右，则,同样方向向左。）,（2）地面对斜面的支持力大小,（3）木块受两个力做功。,重力做功：,摩擦力做功：,合力做功或外力对木块做的总功,动能的变化,所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），证毕。,1、在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根

22、不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取g=10m/s2。 当运动员与吊椅一起正以加速度 a=1m/s2上升时，试求 （1）运动员竖直向下拉绳的力； （2）运动员对吊椅的压力。,近年高考试题,(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m;运动员受到绳向上的拉力为F,由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等,吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力 分析如答图1所示，则有：,由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小也为275N,方向竖直向下.,FN=275N,F+FN-

23、Mg=Ma,（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如答图2所示，则有：,根据牛顿第三定律，运动员 竖直向下拉绳的力F=440N,F=440N,2F (M+ m) g=(M+ m) a,解一:,根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为FN。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律,解二:,设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN。,由得 F=440N, FN=275N,F-FN-mg=ma ,F+FN-Mg=Ma ,题目,2一质量为m的物体放在水平桌面上，已知物体与桌面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等

24、于滑动摩擦力 （1）若对物体施加一斜向右上方与水平面成角的拉力F（如图甲），求：当拉力F满足什么条件时，物体能在水平桌面内运动起来； （2）若对物体施加一斜向右下方与水平面成角的推力F（如图乙），求：当角满足什么条件时，会出现无论F多大， 物体都不能在水平面上 运动起来的情形,(1)水平方向:,解：,竖直方向:,解得:,又考虑物体不能脱离桌面:,所以,(2)水平方向:,竖直方向:,解得:,令,得：,3. 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 =28 N。试飞时，飞行器从地面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）

25、第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所受阻力f的大小； （2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 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 。,（1）第一次飞行中，设加速度为a1,匀加速运动,由牛顿第二定律F-mg=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s1,匀加速运动,设失去升力后的加速度为a2, 上升高度为s2,由牛顿第二定律 mg+f=ma2,v1= a1t2,解得 h= s1+ s2=42m,解：,（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 mg-f=ma3,F+f-mg=ma4,且,v3=a3t3,解得,题目,