2020屆高考物理一輪 專題09 牛頓運動定律的應(yīng)用學(xué)案 新課標(biāo)

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1、2020屆高三新課標(biāo)物理一輪原創(chuàng)精品學(xué)案 專題09 牛頓運動定律的應(yīng)用 課時安排:2課時 教學(xué)目標(biāo):1.掌握運用牛頓定律解決動力學(xué)兩類基本問題的方法和技巧 2.學(xué)會用整體法、隔離法進(jìn)行受力分析,并熟練應(yīng)用牛頓定律求解 3.理解超重、失重的概念,并能解決有關(guān)的問題 本講重點:1.牛頓運動定律在解決動力學(xué)基本問題中的應(yīng)用 2.整體法、隔離法的應(yīng)用 本講難點:超重、失重的概念 考點點撥:1.動力學(xué)的兩類基本問題 2.整體法與隔離法解決簡單的連接體問題 3.超重、失重問題的分析求解 4.動力學(xué)與運動學(xué)中的圖象問題 5.相互接觸的物體分離的條件及應(yīng)用 第一課時 2.超重

2、 (1)物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ? 大于 物體所受重力的情況稱為超重現(xiàn)象。 (2)產(chǎn)生超重現(xiàn)象的條件:物體具有 向上 的加速度。與物體速度的大小和方向無關(guān)。 (3)產(chǎn)生超重現(xiàn)象的原因:當(dāng)物體具有向上的加速度a(向上加速運動或向下減速運動)時,支持物對物體的支持力(或懸掛物對物體的拉力)為F,由牛頓第二定律得 F-mg=ma 所以F=m(g+a)>mg 由牛頓第三定律知,物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦Γ〧 ′>mg. 點評:(1)在地球表面附近,無論物體處于什么狀態(tài),其本身的重力G=mg始終不變。超重時,物體所受的拉力(或支持力)與重力的合力方

3、向向上,測力計的示數(shù)大于物體的重力;失重時,物體所受的拉力(或支持力)與重力的合力方向向下,測力計的示數(shù)小于物體的重力.可見,在失重、超重現(xiàn)象中,物體所受的重力始終不變,只是測力計的示數(shù)(又稱視重)發(fā)生了變化,好像物體的重量有所增大或減小。 (2)發(fā)生超重和失重現(xiàn)象,只決定于物體在豎直方向上的加速度。物體具有向上的加速度時,處于超重狀態(tài);物體具有向下的加速度時,處于失重狀態(tài);當(dāng)物體豎直向下的加速度為重力加速度時,處于完全失重狀態(tài).超重、失重與物體的運動方向無關(guān)。 二、高考要點精析 (一)動力學(xué)兩類基本問題 ☆考點點撥 不論是已知運動求受力,還是已知受力求運動,做好“兩分析”是關(guān)鍵,即

4、受力分析和運動分析。受力分析時畫出受力圖,運動分析時畫出運動草圖能起到“事半功倍”的效果。 【例1】如圖所示,質(zhì)量m=4kg的物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5,在與水平方向成θ=37°角的恒力F作用下,從靜止起向右前進(jìn)t1=2.0s后撤去F,又經(jīng)過t2=4.0s物體剛好停下。求:F的大小、最大速度vm、總位移s。 解析:由運動學(xué)知識可知:前后兩段勻變速直線運動的加速度a與時間t成反比,而第二段中μmg=ma2,加速度a2=μg=5m/s2,所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得:F=54.5N 第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度,可以按第二段求得

5、: vm=a2t2=20m/s 又由于兩段的平均速度和全過程的平均速度相等,所以有 m 點評:需要引起注意的是:在撤去拉力F前后,物體受的摩擦力發(fā)生了改變。 可見,在動力學(xué)問題中應(yīng)用牛頓第二定律,正確的受力分析和運動分析是解題的關(guān)鍵,求解加速度是解決問題的紐帶,要牢牢地把握住這一解題的基本方法和基本思路。 A B a 【例2】一小圓盤靜止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合,如圖。已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為,盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為。現(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面,加速度方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤最后未從桌面掉下,則加速度a滿足的條件

6、是什么?(以g表示重力加速度) ☆考點精煉 1.質(zhì)量的物塊(可視為質(zhì)點)在水平恒力F作用下,從水平面上A點由靜止開始運動,運動一段距離撤去該力,物塊繼續(xù)滑行停在B點,已知A、B兩點間的距離,物塊與水平面間的動摩擦因數(shù),求恒力F多大。() 2.一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點),煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。初始時,傳送帶與煤塊都是靜止的?,F(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動,當(dāng)其速度達(dá)到v0后,便以此速度做勻速運動。經(jīng)過一段時間,煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后,煤塊相對于傳送帶不再滑動。求此黑色痕跡的長度。 (二)整體法、隔離法解決簡單的連接體問題

7、 ☆考點點撥 對于有共同加速度的連接體問題,一般先用整體法由牛頓第二定律求出加速度,再根據(jù)題目要求,將其中的某個物體進(jìn)行隔離分析和求解。 由整體法求解加速度時,F(xiàn)=ma,要注意質(zhì)量m與研究對象對應(yīng)。 【例3】如圖所示,兩個用輕線相連的位于光滑水平面上的物塊,質(zhì)量分別為m1和m2,拉力F1和F2方向相反,與輕線沿同一水平直線,且F1>F2。試求在兩個物塊運動過程中輕線的拉力T。 解析: 設(shè)兩物塊一起運動的加速度為a,則有 F1-F2=(m1+m2)a ① 根據(jù)牛頓第二定律,對質(zhì)量為m1的物塊有 F1-T=m1a ② 由①、②兩式得 ③

8、 第二課時 (三)超重、失重問題的分析求解 ☆考點點撥 發(fā)生超重和失重現(xiàn)象,只決定于物體在豎直方向上的加速度。物體具有向上的加速度時,處于超重狀態(tài);物體具有向下的加速度時,處于失重狀態(tài);當(dāng)物體豎直向下的加速度為重力加速度時,處于完全失重狀態(tài)。超重、失重與物體的運動方向無關(guān)。 【例4】下列哪個說法是正確的? ( ) A.體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài) B.蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài) C.舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內(nèi)處于超重狀態(tài) D.游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài) 解析 當(dāng)物體有向上的加速度時處于超重狀態(tài),有

9、向下的加速度時處于失重狀態(tài),當(dāng)加速度為零時處于平衡狀態(tài)。對照四個選項的說法,只有B選項正確。 答案:B ☆考點精煉 5.某同學(xué)找了一個用過的“易拉罐”在靠近底部的側(cè)面打了一個洞,用手指按住洞,向罐中裝滿水,然后將易拉罐豎直向上拋出,空氣阻力不計,則下列說法正確的是 ( ) A.易拉罐上升的過程中,洞中射出的水的速度越來越快 B.易拉罐下降的過程中,洞中射出的水的速度越來越快 C.易拉罐上升、下降的過程中,洞中射出的水的速度都不變 D.易拉罐上升、下降的過程中,水不會從洞中射出 (四)動力學(xué)與運動學(xué)中的圖象問題 ☆考點精煉 6.從同一地點同時開始沿同一方向做直線運動的兩

10、個物體Ⅰ、Ⅱ的速度圖象如圖所示。在0~t0時間內(nèi),下列說法中正確的是 ( ) Ⅰ Ⅱ t t0 O v v2 v1 A.Ⅰ、Ⅱ兩個物體所受的合外力都在不斷減小 B.Ⅰ物體所受的合外力不斷增大,Ⅱ物體所受的合外力不斷減小 C.Ⅰ物體的位移不斷增大,Ⅱ物體的位移不斷減小 D.Ⅰ、Ⅱ兩個物體的平均速度大小都是 (五)相互接觸的物體分離的條件及應(yīng)用 ☆考點點撥 相互接觸的物體間可能存在彈力作用。對于兩接觸的物體,剛好要分離時的條件是,彈力恰為零,此時,兩物體還有相同速度和加速度。抓住以上特點,就可以順利求解。 【例6】一彈簧秤秤盤的質(zhì)量M=1.5kg,盤內(nèi)

11、放一個質(zhì)量m=10.5kg的物體P,彈簧質(zhì)量忽略F m k M P 不計,輕彈簧的勁度系數(shù)k=800N/m,系統(tǒng)原來處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。現(xiàn)給物體P施加一豎直向上的拉力F,使P由靜止開始向上作勻加速直線運動。已知在前0.2s時間內(nèi)F是變力,在0.2s以后是恒力。求力F的最小值和最大值各多大?取g=10m/s2。 ☆考點精煉 7.如圖所示,在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B,它們的質(zhì)量分別為mA、mB,彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板。系統(tǒng)處一靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動,求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度a和從開始到此

12、時物塊A的位移d,重力加速度為g。 考點精煉參考答案 2.解:根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知,煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動,煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0。根據(jù)牛頓定律,可得 a=μg 設(shè)經(jīng)歷時間t,傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0,煤塊則由靜止加速到v,有 v0=a0t v=at 由于a

13、帶上留下的黑色痕跡的長度 l=s0-s 由以上各式得 5.D(不論上升還是下降,易拉罐具有豎直向下的加速度g,均處于完全失重狀態(tài),水都不會從洞中射出) 6.A 速度圖象的切線斜率值表示加速度的大小,由圖象可知,兩物體的加速度值逐漸減小。根據(jù)牛頓第二定律有Ⅰ、Ⅱ兩個物體所受的合外力都在不斷減小。兩物體均沿正方向運動,位移都不斷增大。Ⅰ、Ⅱ兩個物體在0~t0時間內(nèi)均做變加速運動,平均速度大小都不等于。 7.解析:令x1表示未加F時彈簧的壓縮量,由胡克定律和牛頓定律可知 ① 令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量, a表示此時A的加速度,由胡克定律和牛頓定律可知: kx2=mBg

14、sinθ ② F-mAgsinθ-kx2=mAa ③ 由②③式可得 ④ 由題意 d=x1+x2 ⑤ 由①②⑤式可得 ⑥ 三、考點落實訓(xùn)練 A組 3.如圖,質(zhì)量為m的物體A放置在質(zhì)量為M的物體B上,B與彈簧相連,它們一起在光滑水平面上做簡諧振動,振動過程中A、B之間無相對運動,設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,當(dāng)物體離開平衡位置的位移為x時,A、B間摩擦力的大小等于 A.0 B.kx C.()kx D.()kx B組 1.如圖所示,一個質(zhì)量為M的人站在臺秤上,用跨過定滑輪的繩子,將質(zhì)量為m的物體自高處放下,當(dāng)物體以a加速下降(a<g

15、)時,臺秤的讀數(shù)為 ( ) A.(M-m)g+ma B.(M+m)g-ma C.(M-m)g D.(M-m)g-ma b c d α a 3.如圖所示,ab、bd、cd是豎直平面內(nèi)三根固定的細(xì)桿,a、b、c、d位于同一圓周上,a點為圓周的最高點,d點為最低點。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中末畫出)。三個滑環(huán)分別從a、b、c處釋放(初速為0),用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)到達(dá)d點所用的時間,t1、t2、t3之間的關(guān)系為___________。 4.一根勁度系數(shù)為k,質(zhì)量不計的輕彈簧,上端固定,下端系一質(zhì)量為m

16、的物體。有一水平板將物體托住,并使彈簧處于自然長度,如圖所示?,F(xiàn)讓木板由靜止開始以加速度a勻加速向下移動,且a<g。經(jīng)過t=___________多長時間木板開始與物體分離。 5.如圖所示,A、B兩木塊的質(zhì)量分別為mA、mB,在水平推力F作用下沿光滑水平面勻加速向右運動,求A、B間的彈力FN。 考點落實訓(xùn)練參考答案 A組 1.D 2.D 3.D 4.N=(F+2μmg) 5.2.5   48 解析 某人在地面上,最多可舉起60kg的物體,說明人能產(chǎn)生最大的向上舉的力為Fm=mg,這個力保持不變。在一個加速下降的電梯里最

17、多可舉起m1=80kg的物體,設(shè)此電梯的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定有: m1g-Fm=m1a 解得:a=2.5m/s2。 若電梯以此加速度上升,根據(jù)牛頓第二定有: Fm-m2g=m2a 解得:m2=48kg。 6.H=1.2 s 8.Hm=480m F= 11250 N B組 2.CD 解析 根據(jù)牛頓第二定律,應(yīng)使物體所受的合力方向沿加速度a的方向。沿a方向施加一個作用力F2,F(xiàn)1與 F2的合力方向不能沿a的方向,所以A錯。加在物體上的最大作用力F2無法確定,所以B錯。加在物體上的最小作用力F2=F1sinθ,C正確。在物體上施加一個與F1大小相等,與a方向

18、也成θ角的力F2,且F2方向在a的另一側(cè)時可使合力方向與加速度方向一致,D正確。 4. 解析 設(shè)物體與平板一起向下運動的距離為x時,物體受重力mg,彈簧的彈力kx和平板的支持力FN作用。據(jù)牛頓第二定律有: mg-kx-FN=ma 得FN=mg-kx-ma 當(dāng)FN=0時,物體與平板分離,所以此時 根據(jù)運動學(xué)關(guān)系有: 所以,。 7.解析:先確定臨界值,即剛好使A、B發(fā)生相對滑動的F值。當(dāng)A、B間的靜摩擦力達(dá)到5N時,既可以認(rèn)為它們?nèi)匀槐3窒鄬o止,有共同的加速度,又可以認(rèn)為它們間已經(jīng)發(fā)生了相對滑動,A在滑動摩擦力作用下加速運動。這時以A為對象得到a =5m/s2;再以

19、A、B系統(tǒng)為對象得到 F =(mA+mB)a =15N (1)當(dāng)F=10N<15N時, A、B一定仍相對靜止,所以 (2)當(dāng)F=20N>15N時,A、B間一定發(fā)生了相對滑動,用質(zhì)點組牛頓第二定律列方程:,而a A =5m/s2,于是可以得到a B =7.5m/s2 8.解法一:(隔離法) 木箱與小球沒有共同加速度,所以須用隔離法. 取小球m為研究對象,受重力mg、摩擦力Ff,如圖,據(jù)牛頓第二定律得: mg-Ff=ma ① 取木箱M為研究對象,受重力Mg、地面支持力FN及小球給予的摩擦力Ff′如圖. 據(jù)物體平衡條件得: FN -Ff′-Mg=0 ②

20、 且Ff=Ff′ ③ 由①②③式得FN=g 由牛頓第三定律知,木箱對地面的壓力大小為 FN′=FN =g. 解法二:(整體法) 對于“一動一靜”連接體,也可選取整體為研究對象,依牛頓第二定律列式: (mg+Mg)-FN = ma+M×0 故木箱所受支持力:FN=g,由牛頓第三定律知: 木箱對地面壓力FN′=FN=g. 11.解:以木塊和小球整體為對象,設(shè)木塊的質(zhì)量為M,下滑的加速度為a,沿斜面方向,根據(jù)牛頓第二定律有: (M+m)gsin37o-μ(M+m)gcos37o=(M+m)a 解得:a=g(sin37o-μcos37o)=2m/s2 以小球B為對象,受重力mg,細(xì)線拉力T和MN面對小球沿斜面向上的彈力FN,沿斜面方向,根據(jù)牛頓第二定律有: mgsin37o-FN=ma 解得:FN=mgsin37o-ma=6N。

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