（新课标）2020高考物理一轮复习 3.3 牛顿第二定律的应用专题（二）课件 新人教版

3．3牛顿第二定律应用专题(二)专题综述应用牛顿第二定律解决系统的动力学问题，是高考的热点和难点，主要有三种类型：连接体模型：应用整体法和隔离法．传送带模型：弄清物体在传送带上的运动情况是解题关键．“板—块”滑动模型：用隔离法分析板、块，通过位移关系式建立两者联系．题型透析连接体模型1．连接体的运动特点加速度相同，速度相同．2．连接体的解题思路对连接体问题，求加速度是解题的切入点，灵活应用整体法和隔离法是解题的关键，一般解题思路是：(1)当整体的外力已知时，先整体求加速度，再隔离求内力．(2)当整体的外力未知时，先隔离求加速度，再整体分析求解．(3)当整体或隔离都不能直接求解时，应通过联立方程组求解．3．常见连接体类型几个物体通过连接、挤压或叠放在一起运动，如图所示：例1(改编)如图甲所示，两物块m1、m2处于水平光滑面上，中间由轻绳相连，一个恒力F作用在物体上，一起向右做匀加速运动．(1)此时绳上的拉力T是多少？(2)如果地面粗糙且摩擦因数为μ，绳上的拉力T是多少？(3)如图乙所示，将整个系统竖直向上拉动，绳上的拉力T是多少？(4)如图丙所示，将整个系统置于光滑的斜面上，求绳上的拉力T是多少？如果斜面粗糙，摩擦因数为μ，绳上的拉力T是多少？【解析】(1)对整体：F＝(m1＋m2)a，对m2:T＝m2a，两方程相比可得：TF＝m2m1＋m2，则T＝m2m1＋m2F(2)对整体：F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a对m2:T－μm2g＝m2a两方程相比可得：T－μm2gF－μ（m1＋m2）g＝m2m1＋m2由数学比例关系可知：TF＝m2m1＋m2则T＝m2m1＋m2F由(2)推导可知：(3)(4)结论不变．方法提炼在上面的连接体问题中，当系统的拉力F不变时，只要作用在物体上的阻力与质量成正比，物体间的作用力均为T＝m2m1＋m2F，不论有无摩擦、平面、斜面、竖直都一样．传送带模型对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路是：弄清物体与传送带的相对运动——确定所受摩擦力的方向——确定物体的运动情况，具体分析见下表：1．水平传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度v02.倾斜传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速；(2)可能先加速后匀速；(3)可能一直匀速；(4)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速；(2)可能一直匀速；(3)可能先减速后反向加速例2(2018·河南模拟)(多选)如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．传送带沿顺时针方向转动B．传送带沿逆时针方向转动C．传送带的速度大小为2m/sD．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2【答案】ACD【解析】根据位移时间图像可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动.3～4.5s内，物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动．传送带的速度等于物块向右匀速运动的速度v＝ΔxΔt＝34.5－3m/s＝2m/s；故A、C两项正确，B项错误．由图像可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝12at2(其中x＝1m，t＝1s)a＝μmgm＝μg，解得：μ＝0.2.D项正确．例3(2018·齐齐哈尔二模)如图所示，一传送带与水平面的夹角θ＝30°，且以v1＝2m/s的速度沿顺时针方向传动．一小物块以v2＝4m/s的速度从底端滑上传送带，最终又从传送带的底端滑出．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝35，传送带足够长，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小物块沿传送带向上滑行的时间t；(2)小物块离开传送带时的速度大小v.【答案】(1)1.25s(2)7m/s【解析】(1)由题意可知，小物块在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入数据解得：a1＝8m/s2减速到传送带速度的时间为：t1＝v2－v1a1＝4－28s＝0.25s此过程的位移：x1＝v1＋v22·t1＝0.75m此后由于mgsin30°＞μmgcos30°，物块继续减速运动，传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，代入数据解得：a2＝2m/s2减速到零所需时间为：t2＝v1a2＝22s＝1s，此过程通过的位移为：x2＝v12t2＝1m故有：t＝t1＋t2＝1.25s(2)物块减速到零后，向下做匀加速运动，下滑的位移为：x＝x1＋x2＝1.75m根据：2a2x＝v2，离开传送带时的速度：v＝2a2x＝2×2×1.75m/s＝7m/s方法提炼分析传送带上物体运动的“六个注意”问题：(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定运动情况．(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回．(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．(6)滑块在传送带上运动形成的划痕长度是滑块与传送带的相对位移．“板—块”滑动模型1．“板—块”模型的特点：上、下叠放的两个物体，加速度和速度均不同．2．“板—块”模型的解题思路(1)用隔离法分析滑块和木板的受力，分别求出滑块和木板的加速度．(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式．(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系．(4)在运动学公式中，位移、速度和加速度都是相对地面的．例4质量为M＝2kg、长为L的木板静止在光滑的水平面上，在木板左端放有质量为m＝1kg的铁块(可视为质点)．现给铁块施加一水平拉力F＝4N，使铁块相对木板滑动，作用t＝1s后撤去拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度L的值．(已知铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10m/s2)【答案】23m【解析】铁块的加速度F作用时：F－μmg＝ma1，a1＝2m/s2，向右撤去F后：μmg＝ma1′，a1′＝2m/s2，向左．木板的加速度(相对滑动过程中不变)μmg＝Ma2，a2＝1m/s2前1s内两者的位移：x1＝12a1t2＝1mx2＝12a2t2＝0.5m.撤去F时两者的速度：v1＝a1t＝2m/sv2＝a2t＝1m/s撤去F后，设铁块滑到木板右端用时为t′，共同速度为v.由v＝v1－a1′t′＝v2＋a2t′得v＝43m/s，t′＝13s两者对地位移：x1′＝v1＋v2t′＝59mx2′＝v2＋v2t′＝718m木板长度L＝(x1＋x1′)－(x2＋x2′)＝23m.例5长为L＝1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？【答案】(1)0.1(2)2.4m/s(3)3.0m/s【解析】(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a＝v22s＝0.4×0.42×8×10－2m/s2＝1.0m/s2由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma解得μ2＝0.10(2)小物块做匀减速运动，加速度大小：a1＝μ1g＝2.5m/s2木板做匀加速运动，则有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2解得a2＝0.50m/s2设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t解得t＝va2＝0.8s小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s(3)假设小物块到达木板的最右端时，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则：v0mt－12a1t2－12a2t2＝Lv0m－v′＝a1tv′＝a2t由以上三式解得v0m＝3.0m/s动力学中的临界值和极值问题1．临界或极值问题的关键词(1)“刚好”“恰好”“正好”“取值范围”等，表明题述的过程存在临界点．(2)“最大”“最小”“至多”“至少”等，表明题述的过程存在极值．2．产生临界值和极值的条件(1)两物体脱离的临界条件：相互作用的弹力为零，加速度相等．(2)绳子松弛(断裂)的临界条件：绳中张力为零(最大)．(3)两物体发生相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(4)加速度最大的条件：合外力最大．(5)速度最大的条件：应通过运动过程分析，很多情况下当加速度为零时速度最大．3．临界或极值问题的方法(1)假设分析法．(2)数学极值法．例6(多选)如图所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上，A、B的质量分别为mA＝3kg，mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.现对A施加一水平拉力F()A．当F＝12N时，A、B都相对地面静止B．当F＞22.5N时，A相对B滑动C．当F＝20N时，A、B间的摩擦力为14ND．无论F为何值，B的加速度不会超过5m/s2【答案】BC【解析】AB之间的最大静摩擦力为：fmax＝μ1mAg＝0.5×3×10N＝15N，B与地面间的最大静摩擦力为：fmax′＝μ2(mA＋mB)g＝0.2×(3＋2)×10N＝10N若A、B相对地面一起运动，两者刚好不发生相对滑动时，则：对B有：fmax－μ2(mA＋mB)g＝mBa0，得a0＝2.5m/s2.对整体有：F0－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a0，得：F0＝22.5NA项，当F＝12N时，由于fmax′＜F＜F0，所以A、B相对静止，一起相对地面运动，A项错误．B项，当F＞F0＝22.5N时，A相对B滑动，故B项正确．C项，当F＝20N时，由于fmax′＜F＜F0，所以A、B相对静止，一起相对地面运动，则：对整体：F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a.对A：F－f＝mAa联立解得A、B间的摩擦力f＝14N，故C项正确．D项，B的加速度最大为am＝fmax－fmax′mB＝15－102＝2.5m/s2.故D项错误．例7(改编)(多选)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图所示，此时弹簧的压缩量为x0.从t＝0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动．经过一段时间后，物块A、B分离．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.若θ、m、x0、a均已知，下面说法正确的是()A．物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零B．物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零C．物块A、B分离后，物块A开始减速D．从开始到物块A、B分离所用的时间t＝2gsinθ＋a3agsinθ·x0【答案】BD【解析】物体A、B开始分离时二者之间的弹力为零，弹簧的弹力不为零．物块A、B分离后，A开始做加速度逐渐减小的加速运动．开始时受力平衡，根据平衡条件可得：kx0＝3mgsi