（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 3 第三章 牛頓運動定律 4 題型探究課三 牛頓運動定律的綜合應用教學案

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1、題型探究課三　牛頓運動定律的綜合應用 　超重與失重現(xiàn)象 【題型解讀】 1．對超重和失重的理解 (1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變． (2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失． (3)盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)． (4)盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)． 2．判斷超重和失重的方法 從受力的角度判斷 當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等

2、于零時，物體處于完全失重狀態(tài) 從加速度的角度判斷 當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài) 從速度變化的角度判斷 (1)物體向上加速或向下減速時，超重 (2)物體向下加速或向上減速時，失重 　在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生壓強等． 【題組過關】 1．(2018·4月浙江選考)如圖所示，小芳在體重計上完成下蹲動作．下列F－t圖象能反映體重計示數(shù)隨時間變化的是(　　) 解析：選C.下蹲時先加速下降，

3、后減速下降，故先失重，后超重，F(xiàn)先小于重力，后大于重力，C正確． 2．在升降電梯內(nèi)的地板上放一體重計，電梯靜止時，曉敏同學站在體重計上，體重計示數(shù)為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)曉敏同學發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖所示，在這段時間內(nèi)下列說法中正確的是(　　) A．曉敏同學所受的重力變小了 B．曉敏對體重計的壓力小于體重計對曉敏的支持力 C．電梯一定在豎直向下運動 D．電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下 解析：選D.由題知體重計的示數(shù)為40 kg時，人對體重計的壓力小于人的重力，故處于失重狀態(tài)，實際人受到的重力并沒有變化，A錯誤；由牛頓第三定律知，B錯誤；電梯具有向下的加速度，

4、但不一定是向下運動，C錯誤；由牛頓第二定律mg－FN＝ma可知a＝，方向豎直向下，D正確． 　動力學觀點在連接體中的應用 【題型解讀】 1．多個相互關聯(lián)的物體由細繩、細桿或彈簧等連接或疊放在一起，構成的物體系統(tǒng)稱為連接體．常見的連接體如下： (1)彈簧連接體 (2)物物疊放連接體 (3)輕繩連接體 (4)輕桿連接體 2．連接體的運動特點 (1)輕繩：輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等． (2)輕桿：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比． (3)輕彈簧：在彈簧發(fā)生形變的過程中

5、，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等． 3．連接體問題的分析方法 適用條件 注意事項 優(yōu)點 整體法 系統(tǒng)內(nèi)各物體保持相對靜止，即各物體具有相同的加速度 只分析系統(tǒng)外力，不分析系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力 便于求解系統(tǒng)受到的外加作用力 隔離法 (1)系統(tǒng)內(nèi)各物體加速度不相同 (2)要求計算系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力 (1)求系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力時，可先用整體法，再用隔離法 (2)加速度大小相同，方向不同的連接體，應采用隔離法分析 便于求解系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用力 【典題例析】 　如圖所示，一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地

6、面上，質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的物塊A、B放在長木板上，A、B與長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改變F的大小，B的加速度大小可能為(　　) A．1 m/s2　　　　　　　　 B．2.5 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 [解析]　A、B放在輕質(zhì)長木板上，長木板質(zhì)量為0，所受合力始終為0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到長木板的最大靜摩擦力的大小關系為fAmax

7、A的最大靜摩擦力，即fB＝fAmax＝μmAg，由fB＝mBaBmax，可知B的加速度最大為2 m/s2，選項A正確． [答案]　A 遷移角度 解決辦法 易錯警示 加速度相同的連接體 整體法(先整體后部分) 加速度相同時可把連接體看成一整體，再求整體外力時可用整體受力分析；若涉及內(nèi)力問題必須用隔離法分析 加速度不同的連接體 隔離法(先部分后整體) 加速度不同的連接體或要求連接體中各個物體間的作用力時一般用隔離法 　(2020·舟山質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為M的小車放在光滑的水平面上，小車上用細線懸吊一質(zhì)量為m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a

8、向右運動時，細線與豎直方向成θ角，細線的拉力為F1.若用一力F′水平向左拉小車，使小球和其一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成θ角，細線的拉力為F′1.則(　　) A．a(chǎn)′＝a，F(xiàn)′1＝F1 B．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)′1＝F1 C．a(chǎn)′＜a，F(xiàn)′1＝F1 D．a(chǎn)′＞a，F(xiàn)′1＞F1 解析：選B.當用力F水平向右拉小球時，以小球為研究對象， 豎直方向有F1cos θ＝mg① 水平方向有F－F1sin θ＝ma， 以整體為研究對象有F＝(m＋M)a， 解得a＝gtan θ② 當用力F′水平向左拉小車時，以球為研究對象， 豎直方向有F′1cos θ＝mg③ 水平

9、方向有F′1sin θ＝ma′， 解得a′＝gtan θ④ 結合兩種情況，由①③有F1＝F′1；由②④并結合M＞m有a′＞a.故正確選項為B. 　動力學中的臨界、極值問題 【題型解讀】 1．臨界或極值條件的標志 (1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點； (2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)； (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點； (4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定加速度”等，即求

10、收尾加速度或收尾速度． 2．“四種”典型臨界條件 (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN＝0. (2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值． (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是：FT＝0. (4)加速度變化時，速度達到極值的臨界條件：當加速度變?yōu)?時． 3．處理臨界問題的三種方法 極限法 把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決

11、問題的目的 假設法 臨界問題存在多種可能，特別是有非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件、也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題 數(shù)學法 將物理過程轉化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件 【題組過關】 1．(多選)(2020·臺州調(diào)研)如圖所示，A、B 兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m, 靜止疊放在水平地面上．A、B 間的動摩擦因數(shù)為μ，B 與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為 g．現(xiàn)對 A 施加一水平拉力 F，則(　　) A．當 F < 2μmg 時，A、B 都相對地面靜止 B．當 F ＝μmg 時， A 的加速度為μg C

12、．當 F > 3μmg 時，A 相對 B 滑動 D．無論 F 為何值，B 的加速度不會超過μg 解析：選BCD.A、B間的最大靜摩擦力為2μmg，B和地面之間的最大靜摩擦力為μmg，對A、B整體，只要F＞μmg，整體就會運動，選項A錯誤；當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時，A、B將要發(fā)生相對滑動，故A、B一起運動的加速度的最大值滿足2μmg－μmg＝mamax，B運動的最大加速度amax＝μg，選項D正確；對A、B整體，有F－μmg＝3mamax，則F＞3μmg時兩者會發(fā)生相對運動，選項C正確；當F＝μmg 時，兩者相對靜止，一起滑動，加速度滿足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，選項B正確．

13、 2．(2020·嘉興檢測)如圖所示，木塊A的質(zhì)量為m，木塊B的質(zhì)量為M，疊放在光滑的水平面上，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)用水平力F作用于A，則保持A、B相對靜止的條件是F不超過(　　) A．μmg　　　　　　　　　 B．μMg C．μmg D．μMg 解析：選C.由于A、B相對靜止，以整體為研究對象可知F＝(M＋m)a；若A、B即將相對滑動，以物體B為研究對象可知μmg＝Ma，聯(lián)立解得F＝μmg，選項C正確． 　傳送帶問題的分析技巧 【知識提煉】 1．模型特征 (1)水平傳送帶模型 情景 圖示 滑塊可能的運動情況

14、 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0v返回時速度為v，當v0

15、傳送帶模型問題的分析流程 (2)判斷方法 ①水平傳送帶 　若≤l，物、帶能共速； 　若≤l，物、帶能共速； 　若≤l，物塊能返回． ②傾斜傳送帶 　若≤l，物、帶能共速； 　若≤l，物、帶能共速； 若μ≥tan θ，物、帶共速后勻速； 若μ

16、行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2. (1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大?。? (2)求行李做勻加速直線運動的時間． (3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率． [解析]　(1)滑動摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2. (2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則v＝at1，t1＝＝ s＝1 s. (3)行李始終勻加速運行時間最短，加速度仍為a＝1 m/s2，當行李到達

17、右端時，有 v＝2aL， vmin＝＝ m/s＝2 m/s， 所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s. 行李最短運行時間由vmin＝a×tmin得 tmin＝＝ s＝2 s. [答案]　(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s (3)2 s　2 m/s 【題組過關】 考向1　水平傳送帶模型 1．如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.工件滑上A端瞬時速度vA＝4 m/s，到達B端的瞬時速度設為vB，則不正確的是(　　) A．若傳送帶不動，則vB＝3 m/s B．若傳送帶以速度v＝4 m/s逆時針勻速轉動，vB＝3

18、m/s C．若傳送帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉動，vB＝3 m/s D．若傳送帶以速度v＝2 m/s順時針勻速轉動，vB＝2 m/s 解析：選D.若傳送帶不動，由勻變速規(guī)律可知v－v＝2as，a＝μg，代入數(shù)據(jù)解得vB＝3 m/s，當滿足選項B、C中的條件時，工件的運動情況跟傳送帶不動時的一樣，同理可得，工件到達B端時的瞬時速度仍為3 m/s，故選項A、B、C正確，D錯誤． 考向2　傾斜傳送帶模型 2.如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，

19、關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小　 B．糧袋開始運動的加速度為g(sin θ－μcos θ)，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動 C．若μ≥tan θ，則糧袋從A到B一定一直是做加速運動 D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsin θ 解析：選A.開始時，糧袋相對傳送帶向上運動，受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，F(xiàn)N＝mgcos θ，解得a＝gsin θ＋μgcos θ，故B項錯誤；糧袋加速到與傳送

20、帶相對靜止時，若mgsin θ>μmgcos θ，即當μ

21、過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高．常見的子彈射擊木板(如圖b)、圓環(huán)在直桿中滑動(如圖c)都屬于滑塊類問題，處理方法與滑塊—滑板模型類似． 2．兩種類型 類型圖示 規(guī)律分析 木板B帶動物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關系為xB＝xA＋L 物塊A帶動木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關系為xB＋L＝xA 【典題例析】 　質(zhì)量M＝4 kg、長2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中點為界，左邊和右邊的動摩擦因數(shù)不同．一個質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)

22、放在木板的左端，如圖甲所示．在t＝0時刻對滑塊施加一個水平向右的恒力F，使滑塊和木板均由靜止開始運動，t1＝2 s時滑塊恰好到達木板中點，滑塊運動的x1－t圖象如圖乙所示．取g＝10 m/s2. (1)求滑塊與木板左邊的動摩擦因數(shù)μ1和恒力F的大?。? (2)若滑塊與木板右邊的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，2 s末撤去恒力F，則滑塊能否從木板上滑落下來？若能，求分離時滑塊的速度大?。舨荒?，則滑塊將停在離木板右端多遠處？ [解析]　(1)滑塊和木板均做初速度為零的勻加速直線運動，設滑塊的加速度大小為a1，木板的加速度大小為a2，則t1＝2 s時木板的位移x2＝a2t① 滑塊的位移x1＝4

23、m② 由牛頓第二定律得a2＝③ 由位移關系得x1－x2＝l④ 聯(lián)立①②③④解得μ1＝0.4⑤ 滑塊位移x1＝a1t⑥ 恒力F＝ma1＋μ1mg⑦ 聯(lián)立②⑤⑥⑦解得F＝6 N. (2)設滑塊到達木板中點時，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，滑塊滑過中點后做勻減速運動，木板繼續(xù)做勻加速運動，此時滑塊和木板的加速度大小分別為 a′1＝＝μ2g，a′2＝ 設滑塊與木板從t1時刻開始到速度相等時的運動時間為t2，則v2＝a2t1，v1＝a1t1，v1－a′1t2＝v2＋a′2t2 解得t2＝1.6 s在此時間內(nèi)，滑塊位移 x′1＝v1t2－a′1t 木板的位移x′2＝v2t2＋

24、a′2t Δx＝x′1－x′2聯(lián)立解得Δx＝1.6 m<2 m 因此滑塊沒有從木板上滑落，滑塊與木板相對靜止時距木板右端的距離為d＝l－Δx＝0.4 m. [答案]　見解析 　(2020·浙江省選考十校聯(lián)盟)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質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木塊間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木塊長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，計算說明兩物塊間是否發(fā)生相對滑動． (2)若木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，求鐵塊運動到木塊右端的時間． 解析：(

25、1)A、B之間的最大靜摩擦力為 fm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N 假設A、B之間不發(fā)生相對滑動，則 對A、B整體：F＝(M＋m)a 對A：fAB＝Ma 解得：fAB＝2.5 N 因fAB

26、的作用 B．失重的原因是航天器離地球太遠，從而擺脫了地球的引力 C．失重是航天器獨有的現(xiàn)象，在地球上不可能有失重現(xiàn)象的存在 D．正是由于引力的存在，才使航天器和航天員有可能做環(huán)繞地球的圓周運動 解析：選D.失重時航天員仍受地球引力的作用，只是彈力為零而已，A、B錯誤；失重在地球上也很普遍，它只是視重(即彈力)小于重力的現(xiàn)象，C錯誤；正是由于地球引力的存在，才使航天器和航天員有可能做環(huán)繞地球的圓周運動，D正確． 2．(2020·浙江六校聯(lián)考)在水平桌面上用書本做成一個斜面，斜面與水平桌面的夾角為θ，把一個計算器放在書本上并保持靜止，已知計算器質(zhì)量為m，計算器與書本間的動摩擦因數(shù)為μ，則

27、(　　) A．計算器對書本的摩擦力方向沿斜面向上 B．計算器對書本的壓力等于計算器的重力mg C．計算器受到的摩擦力為μmgcos θ D．計算器受到的摩擦力為mgsin θ 解析：選D.計算器受到三個力：重力mg、書本對它的彈力FN、書本對它的摩擦力Ff，由平衡條件可知，F(xiàn)N＝mgcos θ，F(xiàn)f＝mgsin θ，計算器對書本的壓力等于mgcos θ，故B、C錯誤，D正確；書本對計算器的摩擦力Ff方向沿斜面向上，由牛頓第三定律知計算器對書本的摩擦力方向沿斜面向下，A錯誤． 3．(2020·杭州調(diào)研)一個小孩從滑梯上滑下的運動可看做勻加速直線運動，第一次小孩單獨從滑梯上滑下，運動時

28、間為t1，第二次小孩抱上一只小狗后再從滑梯上滑下(小狗不與滑梯接觸)，運動時間為t2，則(　　) A．t1＝t2　　　　　　　 B．t1t2 D．無法判斷t1與t2的大小 解析：選A.設滑梯與水平面的夾角為θ，則 第一次時a1＝＝gsin θ－μgcos θ， 第二次時a2＝ ＝gsin θ－μgcos θ，所以a1＝a2，與質(zhì)量無關． 又x＝at2，t與m也無關，A正確． 4．一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖(a)所示，速度v隨時間t變化的關系如圖(b)所示．取g＝10 m/s2，求： (1)1 s末物塊所受摩擦力的大小f1； (2)物塊在前6 s內(nèi)的位移大小x； (3)物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ. 解析：(1)從題圖(a)中可以讀出，當t＝1 s時， f1＝F1＝4 N； (2)由題圖(b)知物塊在前6 s內(nèi)的位移大小 x＝ m＝12 m； (3)從題圖(b)中可以看出，在t＝2 s至t＝4 s的過程中，物塊做勻加速運動，加速度大小為 a＝＝ m/s2＝2 m/s2 由牛頓第二定律得F2－μmg＝ma，F(xiàn)3＝f3＝μmg 所以m＝＝ kg＝2 kg μ＝＝＝0.4. 答案：(1)4 N　(2)12 m　(3)0.4 14