（名师导学）2020版高考物理总复习 第三章 第3节 牛顿运动定律的应用课件 新人教版

第3节牛顿运动定律的应用考点1连接体问题1．连接体两个或两个以上______________或___________的物体系统称为连接体，常见的有：两个或两个以上的物体通过细绳、轻杆连接或叠放在一起．2．解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用力．存在相互作用有一定关联隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．3．在中学阶段，只要掌握简单的连接体问题．例1带滑轮的平板C放在水平桌面上，小车A通过绕过滑轮的轻绳与物体B相连，如图所示．A、C间及绳与滑轮间摩擦力不计，C与桌面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、C质量均为m，小车A运动时平板C保持静止，物体B的质量M可改变，则正确的是()A．当M＝m时，C受到桌面的摩擦力大小为12mgB．无论μ值为多大，C都会保持静止C．当M＝m时，C受到桌面的摩擦力大小为mgD．在M改变时，要保持C静止就必须满足μ13【解析】当M＝m时，将A、B看做一个整体，根据牛顿第二定律得：加速度a＝mg2m＝12g，绳子的拉力T＝ma＝12mg，则绳子对C的作用力大小F＝12mg2＋12mg2＝22mg，方向与水平面成45°斜向下，对C受力分析，C处于静止状态，受力平衡，水平方向有f＝Fcos45°＝22mg×22＝12mg，故A正确，C错误；AB两个物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a＝MgM＋m，则绳子的拉力T＝ma＝MmgM＋m，根据A的分析可知，绳子对C的作用力在水平方向的分量T′＝MmgM＋m，竖直分量F＝MmgM＋m，要使C保持静止，则有μ2mg＋MmgM＋m≥MmgM＋m，则μ≥12m＋MM＋1＝121＋mM＋1，因为1＋mM1，无论M如何变化，μ13，故B错误，D正确．【答案】AD【小结】(1)解答连结体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．(2)在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．(3)选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若求外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．1.如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧伸长量为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，且A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，用水平恒力2F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧的伸长量为L2，则()A．L22L1B．L22L1C．L2＝2L1D．无法确定C【解析】在光滑水平面上，对整体：F＝(mA＋mB)a；对B物体，kL1＝mBa，∴kL1＝mBFmA＋mB.在粗糙水平面上，对整体：2F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a′；对B物体：kL2－μmBg＝mBa′，∴kL2＝2F·mBmA＋mB，∴L2＝2L，选C.2．(多选)如图所示，质量不等的两个物体A、B在水平拉力F的作用下，沿光滑水平面一起向右运动，滑轮及细绳质量不计．下列说法中正确的有()A．物体B所受的摩擦力方向一定向左B．物体B所受的摩擦力方向可能向左C．物体B所受的摩擦力一定随水平力F的增大而增大D．只要水平力F足够大，物体A、B间一定会打滑BCD【解析】A、B都受到绳子向右的拉力T，设两物体有共同的加速度a，A、B的质量分别为M、m，两物体间摩擦力大小为f，由于两个物体的质量大小关系不确定，所以物体B所受摩擦力的方向不确定，设A对B的摩擦力方向向右，B对A的摩擦力方向向左，则根据牛顿第二定律有：T＋f＝ma，T－f＝Ma，得f＝12(m－M)a，若m＞M，f为正值，B受摩擦力方向向右；若m＜M，f为负值，B受摩擦力方向向左，故A错误，B正确．把两个物体看作一个整体，若F增大，则两个物体的加速度a也增大，f也增大，当f达到最大静摩擦力后，物体A、B间会打滑，故C正确，D正确．故选B、C、D.考点2等时圆问题1．规律物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦从顶端由静止下滑，到达圆周上各点所用时间相等．有下列三种形式．证明：设弦与竖直方向夹角为θ，根据几何关系知位移x＝2Rcosθ或x＝2(r＋R)cosθ，根据牛顿第二定律有mgcosθ＝ma，又x＝12at2，联立解得t＝4Rg或t＝4（r＋R）g，即时间与θ无关．2．特点(1)多条相交的倾斜光滑轨道，质点从静止开始由轨道的一端滑到另一端．(2)若轨道交点在上，则上端为等时圆的最高点；若轨道交点在下，则下端为等时圆的最低点．(3)轨道端点在等时圆上，则质点运动时间相等；轨道端点在等时圆外，则运动时间较长；轨道端点在等时圆内，则运动时间较短．3．应用依题目条件，恰当地构建等时圆，再依其特点作出判断．例2两条可调角度导轨与圆环构成右图实验装置，让质量分别为m1和m2的两个物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A，P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2，则()A．调整导轨角度，只有当θ1＝θ2时，两物体运动时间才相同B．两小球在细杆上运动加速度之比为sinθ2∶sinθ1C．物体分别沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ2∶cosθ1D．若m1＝m2，则两物体所受的合外力之比为cosθ1∶cosθ2【解析】物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律得，a＝mgcosθm＝gcosθ，所以加速度大小之比为cosθ1：cosθ2，B错误；物体的位移2Rcosθ，则2Rcosθ＝12at2，解得t＝4Rg，与夹角无关，知下滑时间之比为1∶1.由v＝at，知速度之比为cosθ1∶cosθ2，A、C错误；加速度大小之比为cosθ1∶cosθ2，根据牛顿第二定律知，合外力之比为cosθ1∶cosθ2，D正确．【答案】D3．两个圆1和2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2的圆周上，三块板都通过两圆的切点，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，从A、B、C三处同时静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2的圆周上的球是()A．从A处释放的球B．从B处释放的球C．从C处释放的球D．同时到达B【解析】设轨道与竖直方向夹角为α，圆1半径为r1，圆2的半径为r2，当起点在圆1圆周上时，则圆内轨道的长度s＝2(r1＋r2)cosα，下滑的加速度a＝mgcosαm＝gcosα，根据位移时间公式得，x＝12at2，则t＝2sa＝4（r1＋r2）cosαgcosα＝4（r1＋r2）g，即当轨道的起点在圆周上时，沿不同轨道下滑到底端的时间相同；由题意可知．A在圆周上，B在圆内，C在圆外，可知B球下滑的时间最短，即最先到达圆2的圆周上的球是B球，故选B.4．(多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆．其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4下列关系正确的是()A．t1＞t2B．t1＝t3C．t2＝t4D．t2＜t4ABD【解析】以OA为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a＝gcosθ(θ为杆与竖直方向的夹角)由图中的直角三角形可知，小滑环的位移s＝2Rcosθ，所以t＝2sa＝4Rcosθgcosθ＝4Rg，t与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即t1＝t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1＞t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2＜t4.故选A、B、D.考点3滑块——木板问题1．问题的特征滑块(视为质点)置于长木板上，长木板置于水平地面上或斜面上，它们相对地面(或斜面)运动，滑块相对木板发生滑动．2．解题方法分析滑块、木板的初始条件，受力情况，运动情况，求出各阶段的加速度，列出速度关系式，位移关系式，注意两者速度相同是临界条件．当滑块从木板一端运动到另一端时，若两者同向运动，则滑块位移与木板位移之差等于木板的长度；若两者向相反方向运动，则两者位移之和等于木板的长度．例3下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．【解析】(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mgcosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1′＋mgcosθ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－f1＝ma1⑤mgsinθ－f2＋f1′＝ma2⑥N1＝N1′⑦f1＝f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3m/s2⑨a2＝1m/s2⑩(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s○11v2＝a2t1＝2m/s○12t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2○13a2′＝－2m/s2○14B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0○15联立○12○14○15式得t2＝1s○16在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝12a1t21＋v1t2＋12a1′t22－12a2t21＋v2t2＋12a2′t22＝12m27m○17此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋12a1′t23○18可得t3＝1s(另一解不合题意，舍去)○19设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s5．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零BC【解析】物块受到向右的摩擦力以a1向右匀加速，物块的加速度小于木板的加速度，会相对木板向左滑动，它们都具有向右的速度．物块的速度小于木板的速度时仍有相对运动．此时撤去外力，物块在摩擦力作用下继续向右匀加速运动，木板在摩擦力作用下向右做匀减速运动．当两者速度相同时，摩擦力变为0，一起向右做匀速直线运动．由上述分析，得出B、C都对．6．