高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件

《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件（40頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律,知識(shí)清單,方法一應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過程問題 1.多過程問題 很多動(dòng)力學(xué)問題中涉及的物體有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程,在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段,物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況都發(fā)生了變化,這類問題稱為牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的多過程問題。 2.類型 多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題。 例1如圖甲所示,為一傾角=37的足夠長(zhǎng)斜面,將一質(zhì)量為m=1 kg的物體無初速度在斜面上釋放,同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力,拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25,取 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:,突破方法,(

2、1)2 s末物體的速度; (2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移 解析(1)由分析可知物體在前2 s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可得 mg sin -F1-mg cos =ma1 v1=a1t1,代入數(shù)據(jù)可得 a1=2.5 m/s2,方向沿斜面向下 v1=5 m/s,方向沿斜面向下 (2)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1,則 x1=a1=5 m,方向沿斜面向下 當(dāng)拉力為F2=4.5 N時(shí),由牛頓第二定律可得 F2+mg cos -mg sin =ma2 代入數(shù)據(jù)可得a2=0.5 m/s2,方向沿斜面向上 物體經(jīng)過t2時(shí)間速度減為0,則 v1=a2t2 得t2=10 s t

3、2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為x2,則 x2=a2=25 m,方向沿斜面向下,由于mg sin -mg cos

4、木箱的質(zhì)量m=50 kg,木箱與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1。某選手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直線運(yùn)動(dòng),若木箱可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功,試求: (1)推力作用在木箱上時(shí)的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的時(shí)間滿足什么條件?,方法二傳送帶問題的分析技巧 1.水平傳送帶問題 設(shè)傳送帶的速度為v帶,物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,兩輪之間的距離為L(zhǎng),物體置于傳送帶一端時(shí)的初速度為v0。 (1)v0=0,如圖甲所示,物體剛置于傳送帶上時(shí)由于受摩擦力作用,將做a=g的勻加速運(yùn)動(dòng)。假定物體從開始置于傳送帶上一直加速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時(shí)的

5、速度為v=。顯然, 若v帶<,則物體在傳送帶上將先加速,后勻速運(yùn)動(dòng);若v帶,則物體在傳送帶上將一直 加速運(yùn)動(dòng)。 甲,(2)v00,且v0與v帶同向,如圖乙所示。 乙 v0v帶,物體剛放到傳送帶上時(shí)將做加速度大小為a=g的勻減速運(yùn)動(dòng)。假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時(shí)的速度為v=。顯然,若v帶,則物體在傳送帶上 將一直減速運(yùn)動(dòng);若v0v帶,則物體在傳送帶上將先減速,后勻速運(yùn)動(dòng)。 (3)v00,且v0與v帶反向,如圖丙所示。,丙 此種情形下,物體剛放到傳送帶上時(shí)將做加速度大小為a=g的勻減速運(yùn)動(dòng),假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時(shí)的速度為v=。

6、顯然,若v0,則物體將一直做 勻減速運(yùn)動(dòng)直到從傳送帶的另一端離開傳送帶;若v0<,則物體將不會(huì)從傳送帶的另一端 離開,而是從進(jìn)入端離開,其可能的運(yùn)動(dòng)情形有: 先沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速運(yùn)動(dòng)直至從進(jìn)入端離開傳送帶。 先沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速,最后勻速運(yùn)動(dòng)直至從進(jìn)入端離開傳送帶。 例2水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站,如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v=1 m/s運(yùn)行,一質(zhì)量為m=4 kg的行李無初速度地放在A處,傳,送帶對(duì)行李的滑動(dòng)摩擦力使行李開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)行李與傳送帶之間的

7、動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1,A、B間的距離L=2 m,g取10 m/s2。 (1)求行李剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受滑動(dòng)摩擦力的大小與加速度的大小; (2)求行李做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (3)如果提高傳送帶的運(yùn)行速率,行李就能被較快地傳送到B處,求行李從A處傳送到B處的最短時(shí)間和傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率。 解題思路關(guān)鍵詞:無初速度地放在A處,行李開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)行李受力分析,行李運(yùn)動(dòng)過程先勻加速后勻速直線運(yùn)動(dòng),利用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解未知量。 解析(1)行李所受滑動(dòng)摩擦力大小Ff=mg=0.1410 N=4 N, 加速度大小a=g=0.110 m/s

8、2=1 m/s2。,(2)行李達(dá)到與傳送帶相同速率后不再加速,則 v=at1, 得t1== s=1 s。 (3)行李始終勻加速運(yùn)行時(shí),所需時(shí)間最短,加速度大小仍為a=1 m/s2,當(dāng)行李到達(dá)右端時(shí),有 =2aL, 得vmin== m/s=2 m/s, 所以傳送帶對(duì)應(yīng)的最小運(yùn)行速率為2 m/s。 由vmin=atmin得行李最短運(yùn)行時(shí)間tmin== s=2 s。 答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s 點(diǎn)評(píng)傳送帶問題通常涉及不同物體、不同參考系、相對(duì)運(yùn)動(dòng),并有多個(gè)過程,是常規(guī)的動(dòng)力學(xué)問題,綜合性較強(qiáng),但是規(guī)律性也很強(qiáng),故學(xué)生應(yīng)熟練掌握。,2.傾斜傳送帶問題 (1)物體和傳

9、送帶一起勻速運(yùn)動(dòng) 勻速運(yùn)動(dòng)說明物體處于平衡狀態(tài),則物體受到的靜摩擦力和重力沿傳送帶方向的分力等大反向,即物體受到的靜摩擦力的方向沿傳送帶向上,大小為mg sin (為傳送帶的傾角)。 (2)物體和傳送帶一起加速運(yùn)動(dòng) 若物體和傳送帶一起向上加速運(yùn)動(dòng),傳送帶的傾角為,則對(duì)物體有f-mg sin =ma,即物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向上,大小為f=ma+mg sin 。 若物體和傳送帶一起向下加速運(yùn)動(dòng),傳送帶的傾角為,則靜摩擦力的大小和方向決定于加速度a的大小。 當(dāng)a=g sin 時(shí),無靜摩擦力; 當(dāng)ag sin 時(shí),有mg sin +f=ma,即物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向下,大小為f=m

10、a-mg sin 。在這種情況下,重力沿傳送帶向下的分力不足以提供物體的加速度a,物體有相對(duì)于傳送帶向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),受到的靜摩擦力沿傳送帶向下以彌補(bǔ)重力分力的不足; 當(dāng)a

11、5。求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需時(shí)間是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8) 解析物體放在傳送帶上后,開始階段,由于傳送帶的速度大于物體的速度,傳送帶給物體一個(gè)沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力F,物體受力情況如圖甲所示。物體由靜止加速,由牛頓第二定律有mg sin +mg cos =ma1,得 a1=10(0.6+0.50.8) m/s2=10 m/s2。 物體加速至與傳送帶速度相等需要的時(shí)間,t1== s=1 s, t1時(shí)間內(nèi)物體的位移x=a1=5 m。 由于

12、乙所示,由牛頓第二定律有mg sin -mg cos =ma2,得a2=2 m/s2。,甲,乙,設(shè)后一階段物體滑至底端所用的時(shí)間為t2,由L-x=vt2+a2,解得t2=1 s,t2=-11 s(舍去)。 所以物體由AB的時(shí)間t=t1+t2=2 s。 答案2 s,方法三滑塊滑板模型問題分析方法 1.模型特點(diǎn) 涉及兩個(gè)物體,并且物體間存在相對(duì)滑動(dòng)。 2.兩種位移關(guān)系 滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中,若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng),位移大小之差等于板長(zhǎng);反向運(yùn)動(dòng)時(shí),位移大小之和等于板長(zhǎng)。 設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng),滑塊位移大小為x1,滑板位移大小為x2 同向運(yùn)動(dòng)時(shí):L=x1-x2 反向運(yùn)動(dòng)時(shí):L=x1+x2,3.解

13、題步驟 例4如圖所示,質(zhì)量M=1 kg的木塊A靜止在水平地面上,在木塊的左端放置一個(gè)質(zhì)量m=1 kg 的鐵塊B(大小可忽略),鐵塊與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.3,木塊長(zhǎng)L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在鐵塊上,g取10 m/s2。,(1)若水平地面光滑,計(jì)算說明兩物塊間是否發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。 (2)若木塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.1,求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木塊右端的時(shí)間。 解析(1)A、B之間的最大靜摩擦力為 fm1mg=0.3110 N=3 N 假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),則 對(duì)A、B整體: F=(M+m)a 對(duì)A:fAB=Ma 解得:fAB=2.5 N 因fAB

14、對(duì)滑動(dòng),(2)對(duì)B:F-1mg=maB 對(duì)A:1mg-2(M+m)g=MaA 據(jù)題意有:xB-xA=L xA=aAt2 xB=aBt2 解得:t= s 答案(1)見解析(2) s 4-1如圖,可看做質(zhì)點(diǎn)的小物塊放在長(zhǎng)木板正中間,已知長(zhǎng)木板質(zhì)量為M=4 kg,長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2 m,小物塊質(zhì)量為m=1 kg,長(zhǎng)木板置于光滑水平地面上,兩物體皆靜止?，F(xiàn)在用一大小為F的水平恒力作用于小物塊上,發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)F超過2.5 N時(shí),才能讓兩物體間產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)。設(shè)兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力大小,重力加速度g=10 m/s2,試求:,(1)小物塊和長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 (2)若一開始力F就作用在長(zhǎng)木板上

15、,且F=12 N,則小物塊經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間從長(zhǎng)木板上掉下? 答案(1)0.2(2)2 s 解析(1)設(shè)兩物體間的最大靜摩擦力大小為f,當(dāng)F=2.5 N作用于小物塊時(shí),對(duì)整體由牛頓第二定律有 F=(M+m)a 對(duì)長(zhǎng)木板,由牛頓第二定律 f=Ma 由可得 f=2 N 小物塊豎直方向上受力平衡,所受支持力N=mg,則所受摩擦力大小 f=mg 得=0.2 (2)F=12 N作用于長(zhǎng)木板上時(shí),兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),設(shè)長(zhǎng)木板、小物塊的加速度分別為a1、a2,對(duì),長(zhǎng)木板,由牛頓第二定律 F-f=Ma1 得a1=2.5 m/s2 對(duì)小物塊,由牛頓第二定律 f=ma2 得a2=2 m/s2 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律,可知兩物體在t時(shí)間內(nèi)的位移分別為 s1=a1t2 s2=a2t2 小物塊剛滑下長(zhǎng)木板時(shí),有 s1-s2=L 解得t=2 s,