2014屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題1 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

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1、 三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 要點(diǎn)歸納 (一)深刻理解牛頓第一、第三定律 1．牛頓第一定律(慣性定律) 一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止． (1)理解要點(diǎn) ①運(yùn)動(dòng)是物體的一種屬性，物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來維持． ②它定性地揭示了運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系：力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因． ③牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，不能認(rèn)為它是牛頓第二定律合外力為零時(shí)的特例．牛頓第一定律定性地給出了力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，第二定律定量地給出力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系． (2)慣性：物體保持原來的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)叫做慣性． ①慣性是物體的固有

2、屬性，與物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)． ②質(zhì)量是物體慣性大小的量度． 2．牛頓第三定律 (1)兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上，可用公式表示為F＝－F′． (2)作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力，作用效果不能抵消． (3)牛頓第三定律的應(yīng)用非常廣泛，凡是涉及兩個(gè)或兩個(gè)以上物體的物理情境、過程的解答，往往都需要應(yīng)用這一定律． (二)牛頓第二定律 1．定律內(nèi)容 物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比． 2．公式：F合＝ma 理解要點(diǎn) ①因果性：F合是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)存在，同時(shí)消失

3、． ②方向性：a與F合都是矢量，方向嚴(yán)格相同． ③瞬時(shí)性和對(duì)應(yīng)性：a為某時(shí)刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時(shí)刻作用在該物體上的合外力． 3．應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟： (1)確定研究對(duì)象； (2)分析研究對(duì)象的受力情況，畫出受力分析圖并找出加速度的方向； (3)建立直角坐標(biāo)系，使盡可能多的力或加速度落在坐標(biāo)軸上，并將其余的力或加速度分解到兩坐標(biāo)軸上； (4)分別沿x軸方向和y軸方向應(yīng)用牛頓第二定律列出方程； (5)統(tǒng)一單位，計(jì)算數(shù)值． 熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn) 一、正交分解法在動(dòng)力學(xué)問題中的應(yīng)用 當(dāng)物體受到多個(gè)方向的外力作用產(chǎn)生加速度時(shí)，常要用到正交分解法． 1．在適當(dāng)?shù)姆较蚪?/p>

4、立直角坐標(biāo)系，使需要分解的矢量盡可能少． 2．Fx合＝max合，F(xiàn)y合＝may合，F(xiàn)z合＝maz合． 3．正交分解法對(duì)本章各類問題，甚至對(duì)整個(gè)高中物理來說都是一重要的思想方法． ●例6　如圖1－15甲所示，在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室里，一根足夠長的細(xì)桿與水平面成θ＝37°固定，質(zhì)量m＝1 kg的小球穿在細(xì)桿上靜止于細(xì)桿底端O點(diǎn)．現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力F作用于小球上，經(jīng)時(shí)間t1＝2 s后停止，小球沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)的部分v－t圖象如圖1－15乙所示．試求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖1－15 (1)小球在0～2 s內(nèi)的加速度a1和2～4 s內(nèi)的加速度a2．

5、(2)風(fēng)對(duì)小球的作用力F的大?。? 【解析】(1)由圖象可知，在0～2 s內(nèi)小球的加速度為： a1＝＝20 m/s2，方向沿桿向上 在2～4 s內(nèi)小球的加速度為： a2＝＝－10 m/s2，負(fù)號(hào)表示方向沿桿向下． (2)有風(fēng)力時(shí)的上升過程，小球的受力情況如圖1－15丙所示 圖1－15丙 在y方向，由平衡條件得： FN1＝Fsin θ＋mgcos θ 在x方向，由牛頓第二定律得： Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1 停風(fēng)后上升階段，小球的受力情況如圖1－15丁所示 圖1－15丁 在y方向，由平衡條件得： FN2＝mgcos θ 在x方向，由牛頓第

6、二定律得： －mgsin θ－μFN2＝ma2 聯(lián)立以上各式可得：F＝60 N． 【點(diǎn)評(píng)】①斜面(或類斜面)問題是高中最常出現(xiàn)的物理模型． ②正交分解法是求解高中物理題最重要的思想方法之一． 二、連接體問題(整體法與隔離法) 高考卷中常出現(xiàn)涉及兩個(gè)研究對(duì)象的動(dòng)力學(xué)問題，其中又包含兩種情況：一是兩對(duì)象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對(duì)象的加速度不同需分析各自的運(yùn)動(dòng)或受力．隔離(或與整體法相結(jié)合)的思想方法是處理這類問題的重要手段． 1．整體法是指當(dāng)連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時(shí)，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律對(duì)

7、整體列方程求解的方法． 2．隔離法是指當(dāng)研究對(duì)象涉及由多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，若要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應(yīng)把某個(gè)物體或某幾個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運(yùn)動(dòng)情況，再利用牛頓第二定律對(duì)隔離出來的物體列式求解的方法． 3．當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度相同或要求合外力時(shí)，優(yōu)先考慮整體法；當(dāng)連接體中各物體運(yùn)動(dòng)的加速度不相同或要求物體間的作用力時(shí)，優(yōu)先考慮隔離法．有時(shí)一個(gè)問題要兩種方法結(jié)合起來使用才能解決． ●例7　如圖1－16所示，在光滑的水平地面上有兩個(gè)質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運(yùn)動(dòng)．已知F1＞F2，當(dāng)運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，彈簧的伸長

8、量為(　　) 圖1－16 A．　　　　　　　　B． C． D． 【解析】取A、B及彈簧整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：F1－F2＝2ma 取B為研究對(duì)象：kx－F2＝ma (或取A為研究對(duì)象：F1－kx＝ma) 可解得：x＝． [答案]　C 【點(diǎn)評(píng)】①解析中的三個(gè)方程任取兩個(gè)求解都可以． ②當(dāng)?shù)孛娲植跁r(shí)，只要兩物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則A、B之間的拉力與地面光滑時(shí)相同． ★同類拓展3　如圖1－17所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動(dòng)，且A、B相對(duì)靜止．某時(shí)刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時(shí)間，B在地面上

9、滑行了一段距離x，A在B上相對(duì)于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長)后A和B都停了下來．已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，且μ2＞μ1，則x的表達(dá)式應(yīng)為(　　) 圖1－17 A．x＝L B．x＝ C．x＝ D．x＝ 【解析】設(shè)A、B相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，撤去外力后至停止的過程中，A受到的滑動(dòng)摩擦力為： f1＝μ1mg 其加速度大小a1＝＝μ1g B做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2＝ 由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1 即木板B先停止后，A在木板上繼續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)，且其加速度大小不變 對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理得：

10、－f1(L＋x)＝0－mv2 對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理得： μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－Mv2 解得：x＝． [答案]　C 【點(diǎn)評(píng)】①雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B施加，但產(chǎn)生的加速度a1＝μ1g是取大地為參照系的．加速度是相對(duì)速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的參照系，與施力物體的速度無關(guān)． ②動(dòng)能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo)，特別對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，兩表達(dá)式很容易相互轉(zhuǎn)換． 三、臨界問題 ●例8　如圖1－18甲所示，滑塊A置于光滑的水平面上，一細(xì)線的一端固定于傾角為45°、質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B．現(xiàn)對(duì)滑塊施加一水平方向的恒力F，要使小

11、球B能相對(duì)斜面靜止，恒力F應(yīng)滿足什么條件？ 圖1－18甲 【解析】 先考慮恒力背離斜面方向(水平向左)的情況：設(shè)恒力大小為F1時(shí)，B還在斜面上且對(duì)斜面的壓力為零，此時(shí)A、B有共同加速度a1，B的受力情況如圖1－18乙所示，有： 圖1－18乙 Tsin θ＝mg，Tcos θ＝ma1 解得：a1＝gcot θ 即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcot θ 由此可知，當(dāng)水平向左的力大于(M＋m)gcot θ時(shí)，小球B將離開斜面，對(duì)于水平恒力向斜面一側(cè)方向(水平向右)的情況：設(shè)恒力大小為F2時(shí)，B相對(duì)斜面靜止時(shí)對(duì)懸繩的拉力恰好為零，此時(shí)A、B的共同加速度為a2，B的受力情況

12、如圖1－18丙所示，有： 圖1－18丙 FNcos θ＝mg，F(xiàn)Nsin θ＝ma2 解得：a2＝gtan θ 即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtan θ 由此可知，當(dāng)水平向右的力大于(M＋m)gtan θ，B將沿斜面上滑，綜上可知，當(dāng)作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcot θ，或向右小于(M＋m)gtan θ時(shí)，B能靜止在斜面上． [答案]　向左小于(M＋m)gcot θ或向右小于(M＋m)gtan θ 【點(diǎn)評(píng)】斜面上的物體、被細(xì)繩懸掛的物體這兩類物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出現(xiàn)的重要物理情境． 四、超重與失重問題 1．超重與失重只是物體在豎

13、直方向上具有加速度時(shí)所受支持力不等于重力的情形． 2．要注意飛行器繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)在豎直方向上具有向心加速度，處于失重狀態(tài)． ●例9　為了測(cè)量某住宅大樓每層的平均高度(層高)及電梯的運(yùn)行情況，甲、乙兩位同學(xué)在一樓電梯內(nèi)用電子體重計(jì)及秒表進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：質(zhì)量m＝50 kg的甲同學(xué)站在體重計(jì)上，乙同學(xué)記錄電梯從地面一樓到頂層的過程中，體重計(jì)的示數(shù)隨時(shí)間變化的情況，并作出了如圖1－19甲所示的圖象．已知t＝0時(shí)，電梯靜止不動(dòng)，從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層．求： (1)電梯啟動(dòng)和制動(dòng)時(shí)的加速度大?。? (2)該大樓的層高． 圖1－19甲 【解析】(1)對(duì)于啟動(dòng)狀態(tài)有：F1－mg

14、＝ma1 得：a1＝2 m/s2 對(duì)于制動(dòng)狀態(tài)有：mg－F3＝ma2 得：a2＝2 m/s2． (2)電梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度v＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s 從圖中讀得電梯勻速上升的時(shí)間t2＝26 s 電梯運(yùn)行的總時(shí)間t＝28 s 電梯運(yùn)行的v－t圖象如圖1－19乙所示， 圖1－19乙 所以總位移s＝v (t2＋t)＝×2×(26＋28) m＝54 m 層高h(yuǎn)＝＝＝3 m． [答案]　(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)3 m 經(jīng)典考題 在本專題中，正交分解、整體與隔離相結(jié)合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重點(diǎn)．力的獨(dú)立性原理、運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)用次

15、之，在高考中出現(xiàn)的概率也較大． 1．有一個(gè)直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑．AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡(如圖1－20 甲所示)．現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達(dá)到平衡，那么將移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對(duì)P環(huán)的支持力N和細(xì)繩上的拉力T的變化情況是[1998年高考·上海物理卷](　　) 圖1－20甲 A．N不變，T變大　　　　　 B．N不變，T變小 C．N變大，T變大 D．N變大，T變小 【解析】Q環(huán)的受力情況如圖1－20乙所示，由平衡條件

16、得：Tcos θ＝mg． P環(huán)向左移動(dòng)后θ變小，T＝變?。? 圖1－20乙 　　　圖1－20丙 P環(huán)的受力情況如圖1－20丙所示，由平衡條件得： NP＝mg＋Tcos θ＝2mg，NP與θ角無關(guān)． 故選項(xiàng)B正確． [答案]　B 【點(diǎn)評(píng)】①本例是正交分解法、隔離法的典型應(yīng)用，以后的許多考題都由此改編而來． ②求解支持力N時(shí)，還可取P、Q組成的整體為研究對(duì)象，將整體受到的外力正交分解知豎直方向有：NQ＝2mg． 2．如圖1－21甲所示，在傾角為α的固定光滑斜面上有一塊用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓立即沿

17、著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變．則此時(shí)木板沿斜面下滑的加速度為[2004年高考·全國理綜卷Ⅳ](　　) 圖1－21甲 A．sin α B．gsin α C．gsin α D．2gsin α 【解析】繩子斷開后貓的受力情況如圖1－21乙所示，由平衡條件知，木板對(duì)貓有沿斜面向上的摩擦力，有： f＝mgsin α 圖1－21乙　　　 　　圖1－21丙 再取木板為研究對(duì)象，其受力情況如圖1－21丙所示．由牛頓第二定律知： 2mgsin α＋f′＝2ma 解得：a＝gsin α． [答案]　C 【點(diǎn)評(píng)】①貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài)．

18、 ②還可取貓、木板組成的整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律：3mgsin α＝2ma求解，但這一方法高中不作要求． 3．如圖1－22所示，某貨場(chǎng)需將質(zhì)量m1＝100 kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑R＝1.8 m．地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l＝2 m，質(zhì)量均為m2＝100 kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2．(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2) [2009年高考·山東

19、理綜卷] 圖1－22 (1)求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力． (2)若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求μ1應(yīng)滿足的條件． (3)若μ1＝0.5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 【解析】(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時(shí)的速度為v0，對(duì)貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得： mgR＝m1v 設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)N－m1g＝m1 聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得FN＝3000 N 根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3000 N，方向豎直向下． (2)若滑上木板A時(shí)，木板

20、不動(dòng)，由受力分析得： μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g 若滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得： μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0.4＜μ1≤0.6． (3)μ1＝0.5，由上問可得，貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)，設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μ1m1g＝m1a1 設(shè)貨物滑到木板A末端時(shí)的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： v－v＝－2a1l 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝4 m/s 設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： v1＝v0－a1t 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t＝0.4 s． [答案]　(1)3000 N，方向豎直

21、向下　(2)0.4＜μ1≤0.6 (3)0.4 s 【點(diǎn)評(píng)】象這樣同時(shí)考查受力分析、動(dòng)力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)的題型在2010屆高考中出現(xiàn)的可能性最大． 4．如圖1－23甲所示，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點(diǎn)，在P點(diǎn)正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲(chǔ)藏有石油．假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為ρ；石油密度遠(yuǎn)小于ρ，可將上述球形區(qū)域視為空腔．如果沒有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度(正常值)沿豎直方向；當(dāng)存在空腔時(shí)，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會(huì)與正常情況有微小偏離．重力加速度在原豎直方向(即PO方向)上的投影相對(duì)于正常值的偏離叫做“重力加速度反?！保疄榱颂綄な蛥^(qū)域的位置和石油儲(chǔ)量，常利用P點(diǎn)附近重力加速度反?，F(xiàn)象．已

22、知引力常數(shù)為G． 圖1－23甲 (1)設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d(遠(yuǎn)小于地球半徑)，＝x，求空腔所引起的Q點(diǎn)處的重力加速度反常． (2)若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在δ與kδ(k＞1)之間變化，且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半徑為L的范圍的中心，如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積． [2009年高考·全國理綜卷Ⅱ] 【解析】(1)由牛頓第二定律得：a＝ 故重力加速度g＝G 假設(shè)空腔處存在密度為ρ的巖石時(shí)，對(duì)Q處物體的引力產(chǎn)生的重力加速度為Δg＝G＝ 由力的獨(dú)立原理及矢量的合成定則知，球形區(qū)域?yàn)榭涨粫r(shí)

23、Q點(diǎn)處的物體的重力加速度的矢量關(guān)系如圖1－23乙所示 圖1－23乙 即 故加速度反常Δg′＝Δg·cos θ＝． (2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分別為： (Δg′)max＝，(Δg′)min＝ 由題設(shè)有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ 聯(lián)立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為： d＝，V＝． [答案]　(1) 　(2) 　 【點(diǎn)評(píng)】①對(duì)于本題大部分同學(xué)不知如何入手，其原因在于對(duì)力的獨(dú)立性原理及矢量(加速度)的合成與分解理解不夠深刻和熟練． ②本考題使大部分同學(xué)陷入一個(gè)思維誤區(qū)，總在思考g＝，而不去思考g也是自由落體的加速度g＝，遵循矢量的平行四邊形定則． 高考學(xué)習(xí)網(wǎng)－中國最大高考學(xué)習(xí)網(wǎng)站G | 我們負(fù)責(zé)傳遞知識(shí)！