屆高考物理一輪復習第三章牛頓運動定律33牛頓運動定律的綜合應用教學案-wenkub

　

【正文】 個運動物體之間的相互作用力，并且各個物體具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它們看成一個整體（當成一個質點）分析受到的外力和運動情況，應用牛頓第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物體之間的相互作用力，就需要把物體從系統中隔離出來，將內力轉化為 外力，分析物體的受力情況和運動情況，并分別應用牛頓第二定律列出方程．隔離法和整體法是互相依存、 互相補充的．兩種方法互相配合交替應用，常能更有效地解決有關連接體的問題． 說明 ：（ l）物體間相對靜止指的是物體間的相對速度和相對加速度均為零的狀態． （ 2）系統內各物體的加速度相同，是整體法與隔離法的聯接點． 二、注意事項： 用隔離法解連接體問題時，容易產生如下錯誤： （ l）例如 F 推 M 及 m 一起前進（如圖），隔離 m 分析其受力時，認為 F 通過物體 M 作用到 m上，這是錯誤的． （ 2）用水平力 F通過質量為 m的彈簧秤拉物體 M在光滑水平面上加速運動時（如圖所示．不考慮彈簧秤的重力），往往會認為彈簧秤對物塊 M 的拉力也一定等于 F．實際上此時彈簧秤拉物體 M的力 F/＝ F— ma，顯然 F/＜ F．只有在彈簧秤質量可不計時，才可認為 F/＝ F． 2．當系統內各個物體的加速度相同時，則可把系統作為一個整體來研究．但這并不是使用整體法的必要條件，有些問題中系統內物體的加速度不同，也可用整體法來研究處理。 C．如果所解答的問題中，涉及物體運動的位移或時間，通常把所研究的物理過程的起點作為坐標原點。 3．對其進行受力情況分析和運動情況分析（切莫多力與缺力）； 4．根據牛頓第二定律列出方程； 說明： 如果只受兩個力，可以用平行四邊形法則求其合力，如果物體受力較多，一般用正交分解法求其合力，如果物體做直線運動，一般把力分解到沿運動方向和垂直于運動方向；當求加速度時，要沿著加速度的方向處理力；當求某一個力時，可沿該力的方向分 解加速度； 5．把各量統一單位，代入數值求解； 二、 注意事項 ： ①由于物體的受力情況與運動狀態有關，所以受力分析和運動分析往往同時考慮，交叉進行，在畫受力分析圖時，把所受的外力畫在物體上（也可視為質點，畫在一點上），把 v0和a 的方向標在物體的旁邊，以免混淆不清。 ②建立坐標系時應注意： A．如果物體所受外力都在同一直線上，應建立一維坐標系，也就是選一個正方向就行了。 ③解方程的方法一般有兩種：一種是先進行方程式的文字運算，求得結果后，再把單位統一后的數據代入，算出所求未知量的值。如圖中物塊 m 沿斜面體 M 以加速度 a 下滑，斜面體不動．欲求地面對斜面體的靜摩擦力 f 時，就可把此系統（ m 和 M）作為整體處理，由牛頓第二定律 得 f＝ macosθ＋ M 0＝ macosθ．式中 acosθ為物塊加速度的水平分量． 三、應用牛頓運動定律解題的特殊方法 1．用極端分析法分析臨界條件 若題目中出現“最大”、“最小”、“剛好”等詞語時，一般都有臨界現象出現，分析時，可用極端分析法，即把問題（物理過程）推到極端（界），分析在極端情況下可能出現的狀態和滿足的條件，應用規律列出在極端情況下的方程，從而暴露出臨界條件． 2．用假設法分析物體受力 在分析某些物理過程時，常常出現似乎是這又似乎是那的多種可能性，難以直觀地判斷出來．此時可用假設法去分析． 方 法 I：假定此力不存在，根據物體的受力情況分析物體將發生怎樣的運動，然后再確定此力應在什么方向，物體才會產生題目給定的運動狀態． 方法Ⅱ：假定此力存在，并假定沿某一方向，用運動規律進行分析運算，若算得結果是正值，說明此力確實存在并與假定方向相同；若算得的結果是負值，說明此力也確實存在，但與假定的方向相反；若算得的結果是零，說明此力不存在． 說明 ：極端分析法、特值分析法、臨界分析法、假設法等都是解答物理題時常用到的思維方法．望同學們結合平時的解題訓練，認真地體會各種方法的實質、特點，總結每種方法的適用情境． 【 高頻考點解讀】 考點一 牛頓第二定律 【例 1】 如圖所示， 小 車上固定 著 三角硬桿，桿的端 點 固定著一個質量為 m 的小球．當 小車 水平向右 的加速度逐漸增大時，桿對小球的作用力的 變化 （ 用 F1至 F4變化 表示 ）可能是下圖中的（ OO＇ 沿桿方向） 【解析】對小球進行受力分析，小球受重力和桿對小球的彈力，彈力在豎直方向的分量和重力平衡，小球在水平方向的分力提供加速度，故 C正確 . 【答案】 C 【方法點評】本題考查牛頓第二定律，只要能明確研究對象，進行受力分析，根據牛頓第二定律列方程即可 . 考點二 力、加速度和速度的關系 例 如圖 3121所示，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，小球的速度、加速度的變化情況如何？ 解析：小球接觸彈簧后受兩個力，向下的重力 mg 和向上的彈力 xk? .（如圖 3－ 12－ 2（ a）所示剛開始時，當 xk? mg時，小球合力向下， maxkmg ??? ，合力不斷變小，因而加速度減小， 由于 a方向 與 v0同向，因此速度繼續變大 . 當 xk? ＝ mg 時，如圖 3－ 12－ 2（ b）所示，合力為 圖 3－ 12－ 1 v0 vm F mg F mg F mg 零，加速度為零，速度達到最大值 . 之后小球由于慣性仍向下運動，繼續壓縮彈簧， 但 xk? mg，合力向上，由于加速度的方向和速度方 向相反，小球做加速度增大的減速運動，因此速度減小 到零彈簧被壓縮到最短 .如圖 3－ 12－ 2（ c）所示 答案：小球壓縮彈簧的過程，合外力的方向先向下后向上， 大小是先變小至零后變大，加速度的方向也是先向下后向上， 大小是先變小后變大，速度的方向始終向下，大小是先變大后變小 . （還可以討論小球在最低點的加速度和重力加速度的關系） 考點三 瞬時問題 例 如圖 5 所示，質量為 m 的小球被水平繩 AO 和與豎直方向成θ角的輕彈簧系著處于靜止狀態，現用火將繩 AO 燒斷，在繩 AO燒斷的瞬間，下列說法正確的是（ ） ?cosmgF? ?sinmgF ? ?singa? 解析：燒斷 OA之前，小球受 3個力，如圖所示，燒斷細繩的瞬間， 繩 子的張力沒有了，但由于輕彈簧的形變的恢復需要時間，故彈簧 的彈力不變， A正確。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4。+ma mg f? ，得： 239。在小車質量未知的情況下，某同學設計了一種方法用來研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質量間的關系”。 ④按住小車，改變小車中砝碼的質量，重復步驟③。 ⑥以砝碼的質量 m 為橫坐標， a1 為縱坐標，在坐標紙上做出 a1 m 關系圖線。 a 可用 s s3 和Δ t 表示為a=__________。設圖中直線的斜率為 k，在縱軸上的截距為 b，若牛頓定律成立，則小車受到的拉力為 ___________，小車的質量為 ___________。物理） 如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面與地面的夾角分別為α和β，且α β .一初速度為 v0的小物塊沿斜面 ab 向上運動，經時間 t0后到達頂點 b 時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面 bc 下滑。 【考點定位】此題考查對牛頓第二定律的理解。撤去 F 后，物體開始向左運動，運動的最大距離為 4x0。當 kx = μ mg時物體速度最大，克服摩擦力做功為μ mg（ x0－ x） = μ mg（ x0－ ）， D正確。早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是 的性質是慣性 ，物體只能處于靜止狀態 ，將繼續以同一速度沿同一直線運動 【答案】 AD （ 2022現將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一 粒子以同樣速度沿直線在 a點射入柱形區域，也在 b點離開該區域。北京） 23.(18分 ) 摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。電梯總質最 m = kg。請你借鑒此方法，對比加速度的和速度的定義，根據圖 2 所示 a t 圖像，求電梯在第 1s 內的速度改變量△ v1和第 2s 末的速率 v2。四川） 24．（ 19分） 如圖所示， ABCD為固定在豎直平面內的軌道， AB 段光滑水平， BC 段為光滑圓弧，對應的圓心角 θ = 370，半徑 r = ， CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區域有場強大小為 E = 2 105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。設小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2， sin370=， cos370=。福建） 2 【 原題 】如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一搜失去動力的小船沿直線拖向岸邊。海南）如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中 AB是長為 R的水平直軌道， BCD是圓心為 O、半徑為 R的 3/4圓弧軌道，兩軌道相切于 B點。 解：（ 1）小球在 BCD段運動時，受到重力 mg、軌道正壓力 N 的作用，如圖所示。廣東） 36.（ 18分） 圖 18（ a）所示的裝置中，小物塊 A、 B質量均為 m，水平面上 PQ段長為 l，與物塊間的動摩擦因數為 μ ，其余段光滑。 （ 1）求 A脫離滑桿時的速度 uo，及 A與 B碰撞過程的機械能損失 ΔE 。某人做蹦極運動， 所受繩子拉力 F 的大小隨時間 t 變化的情況如 圖所示。 3.（ 四川） 如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣 過程中返回艙做減速直線運動，則 C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 【答案】 A 【解析】 在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態，動能減小，返回艙所受合外力做負功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力。現給木塊施加一隨時間 t 增大的水平力 F=kt（ k是常數），木板和木塊加速度的大小分別為 a1和 a2，下列反映 a1和 a2變化的圖線中正確的是（ A） 解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。所以正確答案是 A。 不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變 彈簧的彈性勢能。 已知地面 與水面 相距 ，若使該投餌管繞 AB 管的中軸線 OO’在 90? 角的范圍內來回緩慢轉動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質量在 23m 到 m 之間變化，且均能落到水面。離子源產生的離子，經靜電場加速后穿過狹縫沿垂直 于 GA 邊 且 垂直 于磁場的方向射 入磁場，運動到 GA 邊，被相應的收集器收集。不 計 重力，也不考慮離子間的相互作用。離子可以從狹縫各處射入磁 場，入射 方 向仍垂直于 GA 邊且垂直于磁場。 8（安徽） （ 16 分） 如圖所示，在以坐標原點 O 為圓心、半徑為 R 的半圓形區域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為 B，磁場方向垂直于 xOy 平面向里。求粒子運動加速度的大小。 （ 1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點 P 時對輕桿的作用力大小和方向。以水平向右的方向為正方向，有 2 0mv MV?? ⑤ 在 上升過程中，因只有重力做功，系統的機械能守恒，則 2 2 2201 1 12 2 2m v M V m g L m v? ? ? ⑥ 由 ⑤ ⑥ 式，得 v2=2m/s ⑦ （ 3） 設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為 s1，滑塊向左移動的距離為 s2，任意時刻小球的水平速度大 小為 v3，滑塊的速度大小為 V/。不計空氣阻力。取 210 /g m s? ) (1)求 物體與地面間的動摩擦因數 μ； (2)用大小為 30N，與水平方向成 37176。t 秒到達 B 處，速度恰為 0， 由牛頓定律 c os 37 ( si n 37 )F m g F a m a?? ? ? ? ? ∴ 2( c o s 3 7 s in 3 7 ) 3 0 ( 0 . 8 0 . 5 0 . 6 ) 0 . 5 1 0 1 1 . 5 ( / )2Fa g m sm ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? 239。 2 .339。 1 1 . 5 2 . 3 5Ltsaa ?? ? ?? ? ? （ 2）另解：設力 F 作用 的最短時間為 t，相應的位移為 s，物體到達 B 處速度恰為 0，由動能定理 [ c os 37 ( si n 37 ) ] ( ) 0F m g F s m g L s??? ? ? ? ? ? ? ∴ 0 . 5 2 1 0 2 0 6 . 0 6 ( )( c o s 3 7 s in 3 7 ) 3 0 ( 0 . 8 0 . 5 0 . 6 )m g LsmF ? 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