2016高考物理二轮复习专题一力 与 运 动 第2课 牛顿运动定律及其应用.ppt

第2课牛顿运动定律及其应用题型一、图象问题例1(2015·广东高考)甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图象如图所示．下列表述正确的是()A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析：该题图象为位移－时间图象，图象斜率大小代表速度大小，分析各段甲乙运动情况：0～0.2h内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为0，选项A错误；在0.2～0.5h内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，选项B正确；在0.5～0.6h内均静止，在0.6～0.8h内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，甲的位移是－5km，大小是5km，乙的位移是－3km，大小为3km，选项C错误；整个0.8h内，甲的路程是15km，乙的路程是11km，选项D错误．答案：B方法点拨：1.图象问题要三看．(1)看清坐标轴所表示的物理量→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．(2)看图线本身→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看交点、斜率、面积→图线与图线的交点，明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．2．从vt图象中可读取的四个运动量．(1)运动速度：从速度轴上直接读出，正负表示运动方向．(2)运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间．(3)运动加速度：由图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向．(4)运动的位移：由图线与时间轴围成的面积得到位移，图线与时间轴围成的“面积”表示位移的大小，时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同，时间轴以下的面积表示与规定的正方向相反．►变式训练1．(2015·福建高考)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的vt图象如图所示，求：(1)摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；(2)摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小．解析：(1)由图知，在0～20s内做匀加速运动，根据a＝ΔvΔt，可求加速度a＝1.5m/s2；(2)根据vt图象与坐标轴围成的面积表示位移，可求在0～75s时间内位移为x＝1500m，所以平均速度为v＝xt＝20m/s.答案：(1)1.5m/s2(2)20m/s题型二、力与直线运动例2(2015·江苏高考)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡5解析：由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1＝1s，在加速时间内通过的位移x＝12at21＝1m，t2＝4s，x2＝vt2＝8m，已过关卡2，t3＝2s时间内x3＝4m，关卡打开，t4＝5s，x4＝vt4＝10m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m，到达关卡4还需t5＝12s，小于2s，所以最先挡在面前的是关卡4，故C正确．答案：C方法点拨：求解匀变速直线运动问题的一般思路审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程►变式训练2．如图，在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一个倾角为θ且足够长的光滑绝缘斜面．磁感应强度为B，方向水平向外，电场强度的方向竖直向上．有一质量为m，带电量为＋q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的压力恰好为0.若突然把电场方向改为竖直向下，电场强度保持不变，小球能沿斜面滑行多远？滑行的时间为多少？解析：开始电场方向向上时小球受重力和电场力两个力作用，mg＝qE得电场强度E＝mgq.当电场方向向下，小球在斜面上运动时小球受力如下图，在离开斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度一直为0.N＋qvB＝mgcosθ＋qEcosθ即N＝2mgcosθ－qvB随v的变大，小球对斜面的压力N在变小，当压力为0，小球将离开斜面．此时小球的速度为：v＝2mg·cosθqB沿斜面方向小球受到的合力F＝mgsinθ＋qEsinθ＝2mgsinθ为恒力．所以小球在离开斜面前，沿斜面向下做匀加速直线运动的加速度为：a＝Fm＝2g·sinθ由运动学公式v2＝2as，得到在斜面上滑行的距离为：s＝m2g·cos2θq2B2·sinθ再根据v＝at得运动时间：t＝m·cosθqB·sinθ.答案：s＝m2g·cos2θq2B2·sinθt＝m·cosθqB·sinθ题型三、连接体问题例3(2015·海南高考)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：设物体的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．答案：AC►变式训练3．物块A、B叠放在水平面上，装砂的铁桶C通过细线牵引A、B在水平面上向右匀加速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2，若增大C桶内砂的质量，而A、B仍一起向右运动，则摩擦力f1和f2的变化情况是(B)A．f1不变，f2变大B．f1变大，f2不变C．f1和f2都变大D．f1和f2都不变解析：物块B和桌面之间为滑动摩擦力，根据f2＝μ(mA＋mB)g，f2不变．根据牛顿第二定律，C桶内砂的质量增大，系统加速度增大，再根据f1＝mAa，f1变大，故B正确．题型四、多过程问题例4一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．解析：(1)由vt图象可知，在t1＝0.5s时，二者速度相同，为v1＝1m/s，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则：a1＝v1t1①a2＝v0－v1t1②设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2根据牛顿第二定律，对物块有μ1mg＝ma1③对木板有μ1mg＋2μ2mg＝ma2④联立①②③④式得联立方程得：μ1＝0.2，μ2＝0.3.(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，由牛顿第二定律得：对物块有Ff＝ma1′对木板有2μ2mg－Ff＝ma2′假设物块相对木板静止，即Ff＜μ1mg，则a1′＝a2′，得Ff＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1′＝a1＝2m/s2物块的vt图象如图所示．此过程木板的加速度a2′＝2μ2g－μ1g＝4m/s2由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为x1＝v212a1＋v212a1′＝0.5mx2＝v0＋v12t1＋v212a2′＝138m物块相对木板的位移大小为x＝x2－x1＝1.125m.答案：(1)0.20.3(2)1.125m方法点拨：数图结合解决动力学问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．动力学中常见的图象有vt图象、xt图象、Ft图象、Fa图象等，解决图象问题的关键有：(1)分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义．(2)明确图线斜率的物理意义：明确图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点及两图线的交点的意义等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息并结合牛顿运动定律求解．►变式训练4．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的vt图象如图乙所示．已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s后小物块与长木板相对静止(g取10m/s2)，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量．解析：(1)长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得μ1mg－2μ2mg＝ma1，vm＝a1t1木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律和运动学公式，得μ2·2mg＝2ma20＝vm－a2t2由图象可知，vm＝2m/s，t1＝1.0s，t2＝0.8s联立解得：μ1＝0.7(2)小物块在减速过程中，有μ1mg＝ma3，vm＝v0－a3t1在整个运动过程中，由能量守恒定律得Q＝12mv20联立解得Q＝40.5J答案：(1)0.7(2)40.5J