2020人教版高中物理一轮复习第3单元 牛顿运动定律专题三 动力学中的典型“模型”.pptx
热点题型探究
[答案] (1)2 s (2)14 J
[解析] (1)滑块与传送带达到相同速度前,设滑块加速度为 a1,由牛顿第二定 律得 Fcos 37°+μ(mg-Fsin 37°)=ma1 解得 a1=7.5 m/s2 滑块与传送带达到相同速度的时间 t1=������������1=1 s 此过程中滑块向右运动的位移 s1=���2���t1=3.75 m
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物块 P 滑离木板后,设木板在斜面上滑动的加速度大小为 a2,滑到顶端用时为 t2, 有 2mg-3mgsin θ=5ma2 L2=12a2������22 解得 a2=0.4 m/s2,t2=1 s 从释放物块 P 至长木板的上端滑到斜面顶端共需要时间 t=t1+t2=1.3 s
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(3)此后一起做匀减速运动,v=a1t=0.6 m/s 根据牛顿第二定律得 μ1(M+m)g=(M+m)a3 解得加速度的大小 a3=1 m/s2 运动的距离为 s3=2������������23=0.18 m 所以小滑块滑行的总距离 s=s2+s3=0.54 m
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变式题2 [2018·安徽十校联考] 如图Z3-7所示,水平地面上固定一倾角为 θ=37°的光滑斜面,一长为L1=0.18 m的木板锁定在斜面上,木板的上端到斜 面顶端的距离为L2=0.2 m,绕过斜面顶端光滑定滑轮的一根轻绳一端连接 在板的上端,另一端悬吊重物Q,木板与滑轮间的轻绳与斜面平行,物块Q离 地面足够高.现在长木板的上端由静止释放一可视为质点的物块P,同时解 除对长木板的锁定,结果物块P沿木板下滑而长木板仍保持静止.已知P的 质量为m,Q的质量为2m,长木板 的质量为3m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. (1)求物块P与木板间的动摩擦因数;
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(2)求小滑块从滑上长木板到与长木板速度相等过程中相对长木板滑行的距 离 L;(3)求小滑块从滑上长木板到最后停下来的过程中运动的总距离 s.
图Z3-6
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[答案] (1)0.4 2 m/s2 (2)0.27 m (3)0.54
m
[解析]
(1)小滑块向左减速运动,由
v-t
图像的斜率可得加速度大小
滑块和木板的位移关系、速度关系是解答滑块—长木板模型的切入点,前 一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度,解题过程中必须以地面为 参考系. (1)模型特点:滑块(视为质点)置于长木板上,滑块和木板均相对地面运动, 且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动. (2)位移关系:滑块由木板一端运动到另一端过程中,当滑块和木板同向运 动时,位移大小之差Δx=x2-x1=L(板长);当滑块和木板反向运动时,位移大小 之和Δx=x2+x1=L.
图Z3-2
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[答案] B
[解析] 由等时圆模型可知,A、C 在圆周上,B 点在圆周外,故 tA=tC<tB,B 正确.
热点题型探究
变式题1 如图Z3-3所示,有一个半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切 于O点,O点恰好是半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内.现有三条光滑轨 道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上、下两圆的圆周上,轨道与
热点题型探究
变式题 1 如图 Z3-6 甲所示,足够长的木板静止在水平面上,木板的质量 M=0.4 kg,长木板与水平面间的动摩擦因数 μ1=0.1,质量 m=0.4 kg 的小滑块 以 v0=1.8 m/s 的速度从右端滑上长木板,小滑块刚滑上长木板的 0.2 s 内的速 度图像如图乙所示,小滑块可看成质点,重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)求小滑块与长木板间的动摩擦因数 μ2和小滑块刚滑上长木板时长木板的 加速度大小 a1;
竖直直
径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由 静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动所经历的 时间关系为( )
A.tAB=tCD=tEF C.tAB<tCD<tEF
B.tAB>tCD>tEF D.tAB=tCD<tEF
图Z3-3
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[答案] B
[解析] 方法 1:解析法.设上面圆的半径为 r,下面半圆的半径为 R,轨道与竖直方
D.
������ 2������
图Z3-4
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[答案] C
[解析] 因为 AC=BC=l,所以以 C 点为圆心,以长度 l 为半径画圆,则 A、B 两
点在同一个圆周上,所以 tAB=
2·2������=2
������
������ ,选项 C 正确.
������
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热点二 滑块—长木板模型
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(2)在 0.5~2.5 s 过程中,假设滑块和长木板具有共同加速度 a3,有 F2=(M+m)a3 则 a3=5.3 m/s2 因 a3>a2,故滑块和长木板相对滑动 长木板和滑块在 0.5 s 时的速度 v1=a1t1=1 m/s 长木板在 2.5 s 时的速度 v2=v1+a2t2=9 m/s 对滑块,有 F2 -μmg=ma4,则 a4=6 m/s2 滑块在 2.5 s 时的速度 v3=v1+a4t2=13 m/s
向的夹角为 φ,则轨道的长度 l=2rcos φ+R,物块沿轨道下滑的加速度
a=������������cos ������=gcos φ,由位移公式得 l=1at2,则 t= 2(2������cos ������+������)= 4������ + 2������ ,因为
������
2
������cos ������
■ 建模点拨
“滑块—长木板模型”解题思路: (1)选取研究对象:隔离滑块、木板,对滑块和木板进行受力分析和运动分 析. (2)寻找临界点:根据牛顿第二定律和直线运动规律求解加速度,判断是否 存在速度相等的“临界点”,注意“临界点”摩擦力的突变.
热点题型探究
(3)分析运动结果:无临界速度时,滑块与木板分离,确定相等时间内的位移 关系.有临界速度时,滑块与木板不分离,假设速度相等后加速度相同,由整 体法求解系统的共同加速度,再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与木板间 的摩擦力,如果该摩擦力不大于最大静摩擦力,则说明假设成立,可对整体 列式;如果该摩擦力大于最大静摩擦力,则说明假设不成立,可对两者分别 列式,确定相等时间内的位移关系.
专题三
动力学中的典型“模型”
热点题型探究│教师备用习题
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热点一 等时圆模型
1.模型特征 (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所 用时间相等,如图Z3-1甲所示. (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时 间相等,如图乙所示.
热点题型探究
一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点,B点在y轴上且∠BMO=60°,O'为
圆心.现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿
轨道运动到M点,
所用时间分别为tA、tB、tC,则( )
A.tA<tC<tB
B.tA=tC<tB
C.tA=tC=tB D.由于C点的位置不确定,故无法比较时间大小关系
������ ������cos ������
α>β>θ,故 tAB>tCD>tEF,选项 B 正确.
热点题型探究 方法 2:等时圆法.如图所示,过 D 点作 OD 的垂线与竖直虚线交 于 G,以 OG 为直径作圆,可以看出 F 点在辅助圆内,而 B 点在 辅助圆外,由等时圆结论可知,tAB>tCD>tEF,选项 B 正确.
图Z3-5
热点题型探究
[答案] (1)2 N (2)13 m/s 9 m/s
[解析] (1)在 0~0.5 s 过程中,假设滑块和长木板具有共同加速度 a1,有 F1=(M+m)a1 则 a1=2 m/s2 长木板能达到的最大加速度 a2=������������������������ =4 m/s2>a1 所以滑块和长木板相对静止,滑块和长木板之间的摩擦力为静摩擦 力,f1=Ma1=2 N
热点题型探究
同速后,因 Fcos 37°>μ(mg-Fsin 37°),滑块继续向右加速运动,由牛顿第二定律得 Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma2 解得 a2=0.5 m/s2
滑块到达 B 端的速度 vB= ������2 + 2������2(������-������1)=8 m/s 滑块从同速位置到 B 端所用的时间 t2=������������������2-������=1 s 所以滑块从 A 端到 B 端所用的时间 t=t1+t2=2 s
a2=
������ ������
=1.80-.21.0
m/s2=4 m/s2
对滑块,由牛顿第二定律有 μ2mg=ma2
则 μ2=0.4
长木板向左加速运动,由牛顿第二定律得 μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1
解得 a1=2 m/s2
热点题型探究
(2)小滑块与长木板速度相等时,有 v0-a2t=a1t,解得 t=0.3 s 小滑块运动的距离 s2=v0t-12a2t2=0.36 m 木板运动的距离 s1=12a1t2=0.09 m 故 L=s2-s1=0.27 m
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上 端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示.
图Z3-1
热点题型探究
2.思维模板
热点题型探究
例1 如图Z3-2所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、
2020高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律能力课1牛顿运动定律的综合应用课件新人教版
|练高分| 1.在弹跳高跷表演中，一名质量为 m 的演员穿着这种高跷从距地面 H 高处由静 止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高 h 处．假设弹跳高跷对演员的作用 力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影 响，则该演员( ) A．在向下超重状态 C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态 D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态
由牛顿第二定律得 mAgsinθ＋fA＝mAa，解得 fA＝－μmAgcosθ，方向沿斜面向上， 若匀速运动，A 受到静摩擦力也是沿斜面向上，如果系统沿斜面向下做匀减速直线运 动，A、B 系统加速度沿斜面向上，则 A 所受的摩擦力沿斜面向上，由以上分析可知， A 受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故 C 正确；在 CD 段 A、B 加速下滑，系统处 于失重状态，在 DE 段系统可能向下做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向上，A、 B 处于超重状态，故 D 错误．
(3)由图可知 B 在 0～1 s 内的加速度 a2＝v1t－1 0＝2 m/s2 对 B 由牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 代入数据解得 m＝6 kg.
答案：(1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
考点三 动力学中的临界、极值问题——多维探究
|记要点| 临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着 临界点． (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过 程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态． (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存 在着极值，这个极值点往往是临界点． (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
复习方案2020届高考物理一轮复习第3单元牛顿运动定律增分微课3与斜面体相关的动力学问题课件
A.μ1>μ3 B.μ1<μ2 C.图乙中汉语词典受到的 摩擦力大小是μ3mgcos θ D.图甲中英语词典受到的 摩擦力大小是μ2mgcos θ
图W3-3
[答案] BD [解析] 甲图中两本词典一起匀速下滑,对整体,有 2μ2mgcos θ=2mgsin θ,对英 语词典,摩擦力 f1=mgsin θ=μ2mgcos θ,且 μ2mgcos θ≤μ3mgcos θ,选项 D 正确; 乙图中两本词典一起加速下滑,对整体,有 2mgsin θ-2μ1mgcos θ=2ma,则 2μ1mgcos θ<2μ2mgcos θ,即 μ1<μ2≤μ3,对汉语词典,摩擦力 f2=mgsin θma=μ1mgcos θ,选项 B 正确,A、C 错误.
小球将沿杆加速下滑
图W3-2
D.若θ不变,仅在挂钩上挂上质量为m的物体,则挂钩对物体的拉力大于物体的重力
[答案] B
[解析] 当小球沿细杆匀速下滑时,由平衡条件得 Mgsin θ=μMgcos θ,解得 μ=tan θ,若仅增大 θ(θ<90°),则 Mgsin θ>μMgcos θ,小球将加速下滑,选项 A 错 误,选项 B 正确;若 θ 不变,当挂上一质量为 m 的物体时,以两物体整体为研究 对象,满足(M+m)gsin θ=μ(M+m)gcos θ,所以整体将匀速下滑,挂钩对物体的 拉力等于物体的重力,选项 C、D 错误.
变式题 (多选)在内蒙古的腾格里沙漠有一个小孩很喜欢的滑沙项目,其运动 过程可类比为如图 W3-4 所示的模型.倾角为 37°的斜面上有长为 1 m 的滑板, 滑板与沙间的动摩擦因数为 9 .小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由
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静止开始下滑.小孩与滑板间的动摩擦因数取决于小孩的衣料.假设图中小孩 与滑板间的动摩擦因数为 0.5,小孩的质量与滑板的质量相等,斜面足够长,g 取 10 m/s2,则以下判断正确的是 ( )
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第三章 牛顿运动定律 单元质检三
单元质检三牛顿运动定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列关于惯性的各种说法中,你认为正确的是( )A.材料不同的两个物体放在地面上,用一个相同的水平力分别推它们,则难以推动的物体惯性大B.在完全失重的情况下,物体的惯性将消失C.把手中的球由静止释放后,球能竖直加速下落,说明力是改变物体惯性的原因D.抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的2.(广东顺义高三一模)为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ,测试人员让汽车在该公路水平直道行驶,当汽车速度表显示40 km/h时紧急刹车(车轮抱死),车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s后停下来,g取10 m/s2,则测得μ约为( )A.0.2B.0.3C.0.4D.0.53.如图,站在滑轮车上的甲、乙两人原来静止不动,甲、乙相互猛推一下后分别向相反方向运动,滑轮车与地面间的动摩擦因数相同。
甲在水平地面上滑行的距离比乙远,这是因为( )A.在推的过程中,甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中,甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时,甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后,甲的加速度大小小于乙的加速度大小4.如图所示,6月17日9时22分,我国神舟十二号载人飞船正式发射升空。
英雄出征,穿云破日!对于神舟十二号飞船在加速上升的过程中,下列说法正确的是( )A.飞船仅受到重力、升力的作用B.飞船的合力方向竖直向下C.飞船的重力与空气对飞船的作用力是一对平衡力D.在升力与空气阻力不变下,飞船的质量越大,其加速度值越小5.(北京延庆高三一模)如图所示,将一个质量为m=2 kg的小球与弹簧相连,弹簧的另一端与箱子顶端连接,小球的下端用细绳与箱子下面连接,整个装置放在升降机上。
当升降机以加速度a=0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F=5 N,若此时将细绳剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A.0.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.3 m/s2二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。
2020版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律(第3课时)课件
〖思路探究〗(1)运动的正方向是怎样选取的？物体的加速度方 向发生了怎样的变化？
答案：选取竖直向下为正方向，物体的加速度方向先竖直向下， 后竖直向上．
(2)当电梯做变速运动时，F1，F2 和 F3 的合力为零，F3 与物体 重力 mg 的合力可能为零吗？
答案：不可能，这是由于竖直方向存在加速度而出现超重或失 重．
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3．解决临界极值问题常用方法 (1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或 状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的． (2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能 时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时， 往往用假设法解决问题． (3)数学法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出 临界条件．
答案：D
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判断超重和失重现象的方法 物体处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而 不是速度的方向．只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重 状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态．
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【跟进题组】 1．(超重、失重的判断)(2018·安徽合肥质检)如图所示，在教室
0.8)( )
A．5 N
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图甲 B．10 N C．20 N
D．30 N
BC 解析：当物块恰好不相对斜面体向下滑动时，对物块受力
分析如图乙所示，mg＝f1sin θ＋N1cos θ，N1sin θ－f1cos θ＝
ma1，f1＝μN1，得 a1＝2110m/s2
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对整体有 F1－μ(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得 F1＝7.5 N 当物块恰好不相对斜面体向上滑动时，对物块受力分析如图丙 所示
里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳 定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为 “起立”过程．关于她的实验现象，
2023届高考一轮复习学案：三大力学观点中的三类典型题
“三大力学观点”中的三类典型题学案1内容归纳：1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2.力学中的五大规律规律公式表达＝ma牛顿第二定律F合W合＝ΔE k动能定理W合＝m v－m vE1＝E2机械能守恒定律mgh1＋m v＝mgh2＋m vF合t＝p′－p动量定理I合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′突破一“滑块—弹簧”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)[典例1]两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。
则下列说法正确的是()A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/sB.．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s C．弹簧的弹性势能最大值为36 JD．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同[练习１]如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。
现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第4课时动力学的三类典型问题课件新人教版
[系统归纳] 轻绳在伸直状态下，轻绳两端的连接体沿轻绳方 轻绳 向的速度总是相等 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆 轻杆 转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与 转动半径成正比 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不 轻弹簧 一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速 率相等
[答案] C
二弹簧连接体
[例 2] (多选)如图所示，光滑水
平面上放置着四个相同的木块，其中木
块 B 与 C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧
始终在弹性限度内。现用水平拉力 F 拉 B，使四个木块以相同的
加速度一起加速运动，则下列说法正确的是
()
A．一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为F4
B．一起加速过程中，C 受到 4 个力的作用
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起 飞，求在 t＝5 s 时离地面的高度 h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度 H＝100 m 处，由于动力 设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面 时的速度大小 v；
(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备 的干预，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着 地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t1。
[解析] A、B 间的最大静摩擦力为 2μmg，B 和地面之间的 最大静摩擦力为32μmg，对 A、B 整体，只要 F＞32μmg，整体就会 相对地面运动，选项 A 错误；当 A 对 B 的摩擦力为最大静摩擦 力时，A、B 将要发生相对滑动，故 A、B 一起运动的加速度的最 大值满足 2μmg－32μmg＝mamax，B 运动的最大加速度 amax＝12μg， 选项 D 正确；对 A、B 整体，有 F－32μmg＝3mamax，得 F＝3μmg， 则 F＞3μmg 时两者会发生相对滑动，选项 C 正确；当 F＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足 F－32μmg＝3ma，解 得 a＝13μg，选项 B 正确。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第三章 第1节 牛顿第一定律 牛顿第三定律
第1节 牛顿第一定律 牛顿第三定律素养提升基础知识一、牛顿第一定律1.内容一切物体总保持 状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它 这种状态.2.意义(1)指出力不是维持物体运动的原因,而是 物体运动状态的原因,即力是产生 的原因.(2)指出了一切物体都有 ,因此牛顿第一定律又称惯性定律.基础过关 紧扣教材·自主落实匀速直线运动改变改变加速度惯性3.惯性(1)定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的 .(2)量度:质量是物体惯性大小的 量度.(3)普遍性:惯性是物体的 属性,一切物体都有惯性.与物体的运动情况和受力情况无关.4.物理学史:对力和运动关系的认识,各物理学家的观点如下:(1)亚里士多德:必须有力作用在物体上,物体才能运动,没有力的作用,物体就要静止在一个地方.(2)伽利略:力 维持物体运动的原因.(3)笛卡儿:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿 运动,既不停下来也不偏离原来的方向.性质唯一固有 不是同一直线二、牛顿第三定律1.内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小 ,方向 ,作用在 .2.表达式:F=-F′.相等相反同一条直线上 教材解读把A,B两个弹簧测力计连接在一起,B的一端固定,用手拉测力计A.如图所示,可以看到两个测力计的指针同时移动.则两个弹簧测力计的读数有什么关系?它们受力的方向有什么关系?答案:读数总是相等,方向相反.(1)在水平面上运动的物体最终停下来,是因为水平方向没有外力维持其运动的结果.( )(2)物体的惯性越大,状态越难改变.( )(3)环绕地球运动的宇宙飞船处于完全失重状态,没有惯性.( )(4)作用力与反作用力可以作用在同一物体上.( )(5)作用力与反作用力的作用效果不能抵消.( )过关巧练×1.思考判断√××√2.(多选)小华坐在一列正在行驶的火车车厢里,突然看到原来静止在水平桌BCD面上的小球向后滚动,假设桌面是光滑的,则下列说法正确的是( ) ArrayA.小球在水平方向受到了向后的力使它向后运动B.小球所受的合力为零,以地面为参考系,小球的运动状态并没有改变C.火车一定是在向前加速D.以火车为参考系,此时牛顿第一定律已经不能适用3.(多选)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验,点击实验菜单中“力的相互作用”.如图(甲)所示,把两个力探头的挂钩钩在一起,向相反方向拉动,观察显示器屏幕上出现的结果[图(乙)].分析两个力传感器的相互作用ACD力随时间变化的曲线,以下结论正确的是( )A.作用力与反作用力大小时刻相等B.作用力与反作用力作用在同一物体上C.作用力与反作用力大小同时变化D.作用力与反作用力方向相反考点研析 核心探究·重难突破考点一 牛顿第一定律的理解与应用1.明确了惯性的概念:牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性.2.揭示了力的本质:力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动的原因.3.理想化状态:牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态,而物体不受外力的情形是不存在的.如果物体所受的合外力等于零,其效果跟不受外力作用时相同.4.惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变.(2)物体受到外力时,惯性表现为反抗运动状态的改变.惯性大,物体的运动状态较难改变;惯性小,物体的运动状态容易改变.【典例1】 对一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中C正确的是( )A.采用了大功率的发动机后,某些一级方程式赛车(质量不变)的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度.这表明,可以通过科学手段使小质量的物体获得大惯性B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性小了C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性D.摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的解析:采用大功率的发动机,能够提高赛车的最大速度,质量不变,则惯性不变,选项A错误;射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,原因是子弹的动能过小,但惯性不变,选项B错误;货运列车摘下或加挂一些车厢,列车的质量改变了,其惯性也改变了,选项C正确;摩托车转弯时,车手控制速度,调控人和车的重心位置,但整体的惯性不变,选项D错误.D【针对训练】 下列说法正确的是( )A.在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大B.牛顿第一定律是根据理论推导出来的C.在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球具有惯性D.物体的速度逐渐增大同时加速度逐渐减小是有可能的解析:惯性是物体的固有属性,质量是其唯一量度,选项A错误;牛顿第一定律是牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上,加上逻辑推理得出的规律,选项B错误;小球在粗糙水平面上受到摩擦力是小球停下来的原因,选项C错误;物体可以做加速度逐渐减小的加速运动,选项D正确.考点二 牛顿第三定律的理解与应用1.定律的普适性牛顿第三定律中的“总是”说明对于任何物体,在任何情况下牛顿第三定律都是成立的,与物体受力情况和运动状态无关.2.相互作用力的“三同、三异”(1)三同⎧⎪⎨⎪⎩同大小同时产生、变化、消失同性质(2)三异 ⎧⎪⎨⎪⎩反向异体，即作用力、反作用力作用在不同物体上不同效果3.平衡力与作用力和反作用力的比较 名称项目 一对平衡力作用力与反作用力相同点大小相等,方向相反,作用在同一条直线上不同点作用对象同一个物体两个相互作用的不同物体作用时间不一定同时产生、同时消失一定同时产生、同时消失力的性质不一定相同一定相同作用效果可相互抵消不可抵消【典例2】 (2019·河北保定模拟)如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计,冰面可看成光滑,则下列说法正确的是( )A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利C【针对训练】 如图所示,水平地面上质量为m的物体,与地面间的动摩擦因数为μ,在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动.弹簧没有超出弹性限度.则( )B考点三 “转换研究对象法”在受力分析中的应用1.解题的思路在对物体进行受力分析时,如果不便于分析物体受到的某个力,则可以通过分析其反作用力来解决问题,使得我们对问题的分析思路更清晰、简捷.2.解题步骤(1)选择合适的研究对象,分析受力情况,判断物体的受力是否可以直接求出.(2)转换研究对象,分析待求力的反作用力.(3)由牛顿第三定律求出待求力.【典例3】 杂技“顶杆”表演中,一人站在地上,肩上扛一质量为M的竖直杆,当杆上一质量为m的人以加速度a加速下滑时,杆对“底人”的压力大小为( )A.(M+m)gB.(M+m)g-maC.(M+m)g+maD.(M-m)g解析:对杆上的人受力分析,其受重力mg、向上的摩擦力Ff ,且有mg-Ff=ma,对杆受力分析,其受重力Mg、支持力FN 、摩擦力Ff′,且Ff′=Ff,方向向下,由平衡条件得Mg+Ff ′=FN,又因为杆对“底人”的压力和“底人”对杆的支持力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律得FN ′=FN=(M+m)g-ma,B项正确.B【针对训练】 置于水平面上的小车上有一弯折角度为θ的细杆,如图所示,细杆一端固定了一个质量为m的小球.当小车以加速度a向左加速前进时,小球对细杆的作用力多大?方向如何?素养提升 学科素养·演练提升核心素养【思维拓展】 惯性的“相对性”(1)质量是物体惯性大小的唯一量度,物体的质量越大,惯性越大,状态越难改变.(2)悬挂在空气中的实心铁球和木球的惯性都比相应的“空气球”的惯性大,但悬挂在水中的实心木球的惯性不如相应的“水球”的惯性大.类型一 空气中的铁球和木球【示例1】 如图所示,一个容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂一个铁球P和一个木球Q,容器中铁球和木球都处于静止状态,当容器随小车突然向右运动时,两球的运动情况是(以小车为参考系)( ) A.P球向右偏移 B.两球均向左偏移C.Q球向右偏移D.两球均向右偏移B解析:由于惯性,当容器随小车突然向右运动时,P球和Q球都相对容器向左偏移,选项B正确.类型二 水中的铁球和木球【示例2】 如图所示,一个盛水的容器固定在一个小车上,水中放入P和Q两个实心小球,P球为铁球,Q球为木球,它们用细线分别系于容器的上、下底部,当容器静止时,细线均伸直处于竖直方向,当容器随小车突然以一定的加速度向右匀加速运动时,P,Q两球相对容器( )A.P球向右偏移B.两球均向左偏移C.Q球向右偏移D.两球均向右偏移C解析:因为小车突然向右运动,铁球和木球都有向右运动的趋势,但由于与同体积的“水球”相比,铁球质量大、惯性大,铁球的运动状态难改变,即速度变化慢,而同体积的“水球”的运动状态容易改变,即速度变化快,而且水和车一起加速运动,所以小车向右加速运动时,铁球相对容器向左偏移.同理,由于木球与同体积的“水球”相比,质量小,惯性小,木球相对容器向右偏移,选项C正确.高考模拟1.(2018·浙江4月选考)通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原B因”的科学家是( )A.亚里士多德B.伽利略C.笛卡儿D.牛顿解析:伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的说法,得出“力不是维持物体运动的原因”.2.(2014·北京卷,19)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展.利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升.斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1,2,3.根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是( )A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小A解析:由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料,可理解为斜面越来越光滑,小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1,2,3,即依次升高,所以得到的最直接的结论是:如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置,选项A正确;B,C,D选项都不能根据三次实验结果的对比直接得到,选项B,C,D错误.3.(2019·河北冀州模拟)(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的BCD自然观具有重要作用.下列说法符合历史事实的是( )A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变B.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析:亚里士多德认为物体的运动需要力来维持,A错误;伽利略通过“理想实验”得出:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去,B正确;笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向,C正确;由牛顿第一定律知,D正确.点击进入课时训练。
高中物理第三章专题强化动力学中三种典型物理模型
专题强化四动力学中三种典型物理模型专题解读1.本专题是动力学方法在三类典型模型问题中的应用，其中等时圆模型常在选择题中考查，而滑块—木板模型和传送带模型常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.一、“等时圆”模型1.两种模型(如图1)图12.等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图2).根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ＝gsin α，位移为s ＝dsin α，所以运动时间为t 0＝2sa＝2dsin αgsin α＝2d g. 图2即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关.二、“传送带”模型1.水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①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v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①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加速三、“滑块—木板”模型1.模型特点滑块(视为质点)置于长木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动.2.两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度.命题点一“等时圆”模型例1如图3所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C 到达d点所用的时间，则()图3A.t1<t2<t3B.t1>t2>t3C.t3>t1>t2D.t1＝t2＝t3答案 D解析如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力F N作用.设杆与水平方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin θ.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝D sin θ，x＝12at2，解得t＝2Dg.可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑行到d点所用的时间相等，选项D正确.变式1如图4所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M 点；c球由C点自由下落到M点.则()图4A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点答案 C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，t a＝4Rg＝2Rg，t b>t a，c球做自由落体运动t c＝2Rg，C选项正确.命题点二“传送带”模型1.水平传送带水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向. 在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速(若v物<v传，则物体加速；若v物>v传，则物体减速)，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速.计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|.2.倾斜传送带物体沿倾角为θ的传送带传送时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动.解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmg c os θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况.例2如图5所示为车站使用的水平传送带模型，其A、B两端的距离L＝8 m，它与水平台面平滑连接.现有物块以v0＝10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.6.试求：图5(1)若传送带保持静止，物块滑到B端时的速度大小？(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s，则物块到达B端时的速度大小？(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s，且物块初速度变为v0′＝6 m/s，仍从A端滑上传送带，求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间？答案(1)2 m/s(2)12 m/s(3)25 12s解析(1)设物块的加速度大小为a，由受力分析可知F N＝mg，F f＝ma，F f＝μＦN得a＝6 m/s2传送带静止，物块从A到B做匀减速直线运动，又x＝v202a＝253m>L＝8 m，则由v B2－v02＝－2aL得v B＝2 m/s(2)由题意知，物块先加速到v1＝12 m/s由v12－v02＝2ax1，得x1＝113m<L＝8 m故物块先加速后匀速运动即物块到达B时的速度为v B′＝v1＝12 m/s(3)由题意可知，物块先向右减速后向左加速①向右减速到v2＝0时由v22－v0′2＝－2ax2得x2＝3 m 由v2＝v0′－at1得t1＝1 s②向左加速到v3＝4 m/s时由v32－v22＝2ax3得x3＝43m<x2＝3 m故向左先加速后匀速由v3＝v2＋at2得t2＝23s③向左匀速运动v4＝v3＝4 m/sx4＝x2－x3＝53m由x4＝v4t3得t3＝512s故t＝t1＋t2＋t3＝25 12s变式2(2018·湖北荆州模拟)如图6所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多长时间？答案(1)10 m/s2，方向沿传送带向下(2)1 s7 m(3)(2＋22) s解析(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsin θ＋F f＝ma1垂直传送带方向：mgcos θ＝F N又F f＝μＦN由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2，方向沿传送带向下.(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：t1＝v－v0－a1＝1 s，x1＝v0＋v2t1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmg c os θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmg c os θ＝ma2，得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下.设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝0－v－a2＝1 s货物沿传送带向上滑的位移x2＝v＋02t2＝1 m则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝12a2t32，代入解得t3＝2 2 s.所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋22) s.命题点三“滑块—木板”模型如图7所示，解决此模型的基本思路如下：图7运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力F f；比较F f与最大静摩擦力F fm的关系，若F f>F fm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等例3(2017·全国卷Ⅲ·25)如图8，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图8(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离.答案(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1m A g ①F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得F f1＝m A a A ④F f2＝m B a B ⑤F f2－F f1－F f3＝ma1 ⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为s B＝v0t1－12a B t12 ⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(m B＋m)a2 ?由①②④⑤式知，a A＝a B；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反.由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A 的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ?对A有：v2＝－v1＋a A t2 ?在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－12a2t22 ?在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为s A＝v0(t1＋t2)－12a A(t1＋t2)2 ?A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝s A＋s1＋s B ?联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m ? (也可用如图所示的速度—时间图线求解)变式3如图9所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg木板B的左端，起初A、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s2，求：图9(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；(2)若F＝30 N，作用 1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到A、B 均静止，A的总位移是多少.答案(1)25 N(2)0.75 m14.4 m解析(1)对于A，最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即μ1mg＝ma m，a m＝4 m/s2对A、B整体F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a m，解得F＝25 N(2)设F作用在B上时A、B的加速度分别为a1、a2，撤掉F时速度分别为v1、v2，撤去外力F后加速度分别为a1′、a2′，A、B共同运动时速度为v3，加速度为a3，对于Aμ1mg＝ma1，得a1＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s对于B F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，得a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s撤去外力a1′＝a1＝4 m/s，a2′＝μ1mg＋μ2M＋m gM＝2.25 m/s2经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2解得t2＝0.2 s共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移即为木板最短的长度LL＝x B－x A＝v222a2＋v23－v22－2a2′－12a1(t1＋t2)2＝0.75 mA、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2从v3至最终静止位移为x＝v232a3＝11.52 m所以A的总位移为x A总＝x A＋x＝14.4 m.1.(2018·广东东莞质检)如图1所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()图1A.2∶1B.1∶1C.3∶1D.1∶ 3答案 B2.如图2所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v＝2 m/s，两端A、B间距离为 3 m.一物块从B端以初速度v0＝4 m/s滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2.物块从滑上传送带至离开传送带的过程中，速度随时间变化的图象是图中的()图2答案 B3.(多选)如图3所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块之间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图象可能是下列图中的()图3答案BD4.(多选)如图4所示，表面粗糙、质量M＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2，t＝0.5 s时，将一个质量m＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s2，则()图4A.水平恒力F的大小为10 NB.铁块放上木板后，木板的加速度为 2 m/s2C.铁块在木板上运动的时间为 1 sD.木板的长度为 1.625 m答案AC解析未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F－μ2Mg＝Ma，解得F＝10 N，选项A正确；铁块放上木板后，对木板：F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma′，解得：a′＝0.75 m/s2，选项B错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s，铁块滑离木板时，木板的速度：v1＝v0＋a′t2＝1.25＋0.75t2，铁块的速度v′＝a铁t2＝μ1gt2＝t2，由题意：v′＝12v1，解得t2＝1 s，选项C正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝2 m/s，铁块的速度v′＝1 m/s，则木板的长度为：L＝v0＋v12t2－v′2t2＝1.25＋22×1 m－12×1 m＝1.125 m，选项D错误；故选A、C.5.如图5所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()图5A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ答案 A解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg c os θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsin θ＋μmg c os θm＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误.6.如图6所示，倾角为θ＝37°的传送带始终保持以v＝5 m/s的速率顺时针匀速转动，AB两端距离d＝15.25 m.现将一物块(可视为质点)无初速度从A端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求物块到达B端时的速度大小和物块从A端运动到B端所用的时间.图6答案9 m/s 2.5 s解析设物块由静止运动到传送带速度v＝5 m/s的过程，其加速度为a1，运动时间为t1，位移为x1，由牛顿第二定律和运动学规律有mgsin θ＋μmg c os θ＝ma1v＝a1t1x1＝12a1t12代入数据解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝1.25 m由于x1＝1.25 m<d＝15.25 m，当物块的速度等于传送带速度时，因为mgsin 37°>μmg c os 37°，物块将继续向下做匀加速运动.设物块此后运动的加速度为a2，运动时间为t2，位移为x2，到B端的速度为v B，由牛顿第二定律和运动学规律，有mgsin θ－μmg c os θ＝ma2x2＝d－x1＝vt2＋12a2t22v B＝v＋a2t2代入数据解得a2＝2 m/s2，t2＝2 s，v B＝9 m/s物块从A端运动到B端所用时间为t，有t＝t1＋t2＝2.5 s7.(2018·青海西宁调研)图7甲为一转动的传送带AB，传送带以恒定的速率v逆时针转动.在传送带的左侧边缘的B点有一滑块，若让滑块以初速度v1＝3 m/s冲上传送带，滑块运动的v－t图象如图乙中a所示，若让滑块以初速度v2＝6 m/s冲上传送带，滑块运动的v－t图象如图乙中b所示.g取10 m/s2，试求：图7(1)传送带的长度l和传送带与物块之间的动摩擦因数μ；(2)滑块以初速度v1＝3 m/s冲上传送带时，滑块返回B点的时间.答案(1)32 m0.05(2)12.5 s解析(1)根据v－t图象，滑块以初速度v2＝6 m/s冲上传送带时，在t＝8 s时刻，到达A点，所以传送带的长度l＝12×(6＋2)×8 m＝32 m根据图线a或者图线b，滑块的加速度大小为a＝ΔvΔt＝0.5 m/s2根据牛顿第二定律得μmg＝ma解得传送带与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.05(2)滑块在0～6 s和6～t s内的位移大小相等，方向相反1 2×6×3 m＝12×(t－6＋t－10)×2 m滑块返回B点的时间t＝12.5 s.8.如图8所示，质量M＝1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2.图8(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间.答案见解析解析(1)A、B之间的最大静摩擦力为F fm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N假设A、B之间不发生相对滑动则对A、B整体：F＝(M＋m)a对B：F fAB＝ma解得：F fAB＝2.5 N因F f AB<F fm，故A、B之间不发生相对滑动(2)A、B之间发生相对滑动，则对B：F－μ1mg＝ma B对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma A据题意：x B－x A＝L；x A＝12a A t2；x B＝12a B t2解得：t＝ 2 s.。
高三物理一轮总复习 第3章《牛顿运动定律》3 牛顿运动定律的综合应用课件 新人教版
变式训练 2 质量分别为 m 和 2m 的物块 A、B 用轻弹簧相连， 设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力 F 作用于 B 上 且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为 x1， 如图甲所示；当用同样大小的力 F 竖直向上以相同的加速提升两物块 时，弹簧的伸长量为 x2，如图乙所示；当用同样大小的力 F 沿固定斜 面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为 x3，如图丙所 示，则 x1∶x2∶x3 等于( )
[思维诊断] (1)超重说明物体的重力增大了．( × ) (2)失重说明物体的重力减小了．( × ) (3)物体处于超重时，加速度向上，速度也一定向上．( × ) (4)应用牛顿运动定律进行整体分析时，一定要分析内力．( × )
考点一 对超重、失重的理解 1.判断方法： (1)不管物体的加速度是不是竖直方向，只要其加速度在竖直方向 上有分量，物体就会处于超重或失重状态． (2)物体的一部分具有竖直方向的分加速度时，整体也会处于超重 或失重状态． 2．易错易混点拨： (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也 不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且 不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化． (2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完 全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生 压强等．
[答案] D
变式训练 1 (多选)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为 490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重．t0 至 t3 时间段内，弹簧秤的示数 如图甲所示，电梯运行的 v－t 图象可能是图乙中的(取电梯向上运动的 方向为正)( )
【解析】 本题考查超重和失重问题，意在考查学生利用速度— 时间图象处理问题的能力．从图可以看出，t0～t1 时间内，该人的视重 小于其重力，t1～t2 时间内，视重正好等于其重力，而在 t2～t3 时间内， 视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1 时间内，该人具 有向下的加速度，t1～t2 时间内，该人处于平衡状态，而在 t2～t3 时间 内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图象为 AD.
高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．【例3】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。