2019届二轮复习　牛顿运动定律的综合应用课件（77张）（全国通用）

2019届二轮复习　牛顿运动定律的综合应用课件（77张）（全国通用）

微专题 3 牛顿运动定律的综合应用 考点一 超重与失重现象 考点二 动力学观点在连接体中的应用 考点三 动力学中的临界、极值问题 考点突破 考点四 传送带问题 考点五 滑块 — 滑板模型分析 考点六 牛顿运动定律在解决多过程问题中的应用 考点一　超重与失重现象 考点突破 1.对超重与失重的理解 (1)实重和视重 ①实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。 ②视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或 对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的 示数即视重。 超重现象 失重现象 完全失重现象 概念 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象叫超重现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象叫失重现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象叫完全失重现象 产生条件 物体的加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量 物体的加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量 物体在竖直方向的加速度向下,大小等于 g 列竖直方 向原理式 F - mg = ma F = m ( g + a ) mg - F = ma F = m ( g - a ) mg - F = ma F =0 运动状态 加速上升、减速下降 加速下降、减速上升 无阻力的抛体运动情况 视重 F > mg F < mg F =0< mg (2)超重、失重和完全失重现象的比较 2. 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) 尽管不是整体有竖直方向的加速度 , 但只要物体的一部分具有竖直 方向的分加速度 , 整体也会出现超重或失重现象。 3.超重和失重现象判断的“三”技巧 (1)从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时, 物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重 状态。 (2) 从加速度的角度判断 : 当物体具有向上的加速度时处于超重状态 , 具 有向下的加速度时处于失重状态 , 向下的加速度为重力加速度时处于完 全失重状态。 (3) 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时,超重。 ②物体向下加速或向上减速时,失重。 例1     (多选)(2019河北保定月考)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加 速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示,以竖直向上为 a 的正方向,则人对地 板的压力   (　 AD 　) A. t =2 s时最大 B. t =2 s时最小 C. t =8.5 s时最大 D. t =8.5 s时最小 解析 　地板对人的支持力 F N = mg + ma , t =2 s时, a 有正的最大值,此时 F N 最大,由牛顿第三定律可知,A正确,B错误; t =8.5 s时, a 有负的最大值,此 时 F N 最小,由牛顿第三定律可知,C错误,D正确。 1. (多选)(2017河北邯郸模拟)如图所示,蹦床运动员从空中落到床 面上,运动员从接触床面到下降到最低点为第一过程,从最低点上升到 离开床面为第二过程,运动员   (　 CD 　) A.在第一过程中始终处于失重状态 B.在第二过程中始终处于超重状态 C.在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态 D.在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态 解析 　第一过程中运动员先向下加速后向下减速,故运动员先处 于失重状态后处于超重状态,故A错,C正确。第二过程中运动员先向上 加速后向上减速,故先处于超重状态后处于失重状态,故B错,D正确。 2. 如图所示,台秤上有一装水容器,容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球。某时刻细线断开,乒乓球向上加速运动,在此过程中,关于台秤的示数与细线断前相比的变化情况及原因。下列说法正确的是   (　 D 　) A.由于乒乓球仍在容器中,所以示数与细线断前相同 B.细线断后不再向上提拉容器底部,所以示数变大 C.细线断后,乒乓球有向上的加速度,处于超重状态,故示数变大 D.容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移,处于失重状态,所以示 数变小 解析 　乒乓球加速上升,整个系统重心加速下移,处于失重状态,故D正确。 1. 多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起,构成 的物体系统称为连接体。常见的连接体如图所示: 考点二　动力学观点在连接体中的应用 2.连接体问题的分析方法 适用条件 注意事项 优点 整体法 系统内各物体保持相对静止,即各物体具有相同的加速度 只分析系统外力,不分析系统内各物体间的相互作用力 便于求解系统受到的外力 隔离法 (1)系统内各物体加速度不相同 (2)要求计算系统内物体间的相互作用力 (1)求系统内各物体间的相互作用力时,可先用整体法,再用隔离法 (2)加速度大小相同,方向不同的连接体,应采用隔离法分析 便于求解系统内各物体间的相互作用力 例2 　如图所示,质量为 m 2 的物块 B 放置在光滑水平桌面上,其上放置质 量为 m 1 的物块 A , A 通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为 M 的物块 C 连 接。释放 C , A 和 B 一起以加速度 a 从静止开始运动,已知 A 、 B 间动摩擦因 数为 μ ,则细线中的拉力大小为   (　 C 　)   A. Mg 　     B. Mg + Ma C.( m 1 + m 2 ) a 　    D. m 1 a + μm 1 g 解析 　以 C 为研究对象,有 Mg - T = Ma ,解得 T = Mg - Ma ,故A、B错误;以 A 、 B 整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知 T =( m 1 + m 2 ) a ,故C正确; A 、 B 间为静摩擦力,根据牛顿第二定律,对 B 可知 f = m 2 a ,对 A 可知 T - f '= m 1 a , f = f ', 联立解得 T =( m 1 + m 2 ) a ,故D错误。 考向1　加速度相同的连接体问题 1. 如图所示,一夹子夹住木块,在力 F 作用下向上提升。夹子和木块 的质量分别为 m 、 M ,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为 f 。若木块 不滑动,力 F 的最大值是   (　 A 　) A.   　    B.   C.   -( m + M ) g 　    D.   +( m + M ) g 解析 　对整个系统应用牛顿第二定律有 F -( M + m ) g =( M + m ) a   ① 对木块应用牛顿第二定律有 2 f - Mg = Ma   ② 由①②联立可得 F =   ,故A正确。 考向2　加速度不同的连接体问题 2. 一个弹簧测力计放在水平地面上, Q 为与轻弹簧上端连在一起的 秤盘, P 为一重物,已知 P 的质量 M =10.5 kg, Q 的质量 m =1.5 kg,弹簧的质量 不计,劲度系数 k =800 N/m,系统处于静止。如图所示,现给 P 施加一个方 向竖直向上的力 F ,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2 s内, F 为变力,0.2 s以后, F 为恒力。求力 F 的最大值与最小值。 (取 g =10 m/s 2 ) 答案 　168 N　72 N 解析 　设开始时弹簧压缩量为 x 1 , t =0.2 s 时弹簧的压缩量为 x 2 , 物体 P 的加 速度为 a , 则有 kx 1 =( M + m ) g   ① kx 2 - mg = ma   ② x 1 - x 2 =   at 2   ③ 由①式得 x 1 =   =0.15 m④ 由②③④式得 a =6 m/s 2 F 小 =( M + m ) a =72 N, F 大 = M ( g + a )=168 N 连接体问题的分析方法 分析连接体问题时,一般采用两种方法:一是隔离法,二是整体法。具体如下: (1)加速度相同的连接体 ①若求解整体的加速度,可用整体法。整个系统作为研究对象,分析整体受力情况,再利用牛顿第二定律列方程求解。 ②若求解系统内力,可先用整体法求出整体的加速度,再用隔离法将系统内力转化成系统内物体的外力,由牛顿第二定律求解。 (2)加速度不同的连接体 若系统内各个物体的加速度不同,一般采用隔离法。以各个物体分别作为研究对象,对每个研究对象进行受力和运动情况分析,分别应用牛顿第二定律建立方程,并注意利用各个物体间的相互作用关系联立求解。 方法总结 考点三　动力学中的临界、极值问题 1.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,即求收尾加速度或收尾速度。 2.“ 四种”典型临界条件 (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 : 两物体相接触且处于相对静止时 , 常存在着静 摩擦力 , 则相对滑动的临界条件是 : 静摩擦力达到最大值。 (3) 绳子断裂与松弛的临界条件 : 绳子所能承受的张力是有限度的 , 绳子 断与不断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 与拉紧的临界条件是 : F T =0 。 (4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为0时。 3.“四种”典型数学方法 (1)三角函数法; (2)根据临界条件列不等式法; (3)利用二次函数的判别式法; (4)极限法。 例3 　如图所示,在光滑水平面上有一辆小车 A ,其质量为 m A =2.0 kg,小车 上放一个物体 B ,其质量为 m B =1.0 kg。如图甲所示,给 B 一个水平推力 F , 当 F 增大到稍大于3.0 N时, A 、 B 开始相对滑动。如果撤去 F ,对 A 施加一 水平推力 F ‘,如图乙所示。要使 A 、 B 不相对滑动,求 F ’的最大值 F m ‘。 答案 　6.0 N 解析 　根据题图甲所示,设 A 、 B 间的静摩擦力达到最大值 f m 时,系统的 加速度为 a 。根据牛顿第二定律,对 A 、 B 整体有 F =( m A + m B ) a ,对 A 有 f m = m A a ,代入数据解得 f m =2.0 N。 根据题图乙所示情况,设 A 、 B 刚开始相对滑动时系统的加速度为 a ',根 据牛顿第二定律有: f m = m B a ', F m '=( m A + m B ) a ', 代入数据解得 F m '=6.0 N。 1. (多选)(2019河南信阳期末)如图所示, A 、 B 两物块的质量分别为2 m 和 m , 静止叠放在水平地面上。 A 、 B 间的动摩擦因数为 μ , B 与地面间的 动摩擦因数为   μ 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g 。现 对 A 施加一水平拉力 F ,则   (　 BCD  　) A.当 F <2 μmg 时, A 、 B 都相对地面静止 B.当 F =   μmg 时, A 的加速度为   μg C.当 F >3 μmg 时, A 相对 B 滑动 D.无论 F 为何值, B 的加速度不会超过   μg 解析     A 、 B 间的最大静摩擦力为2 μmg , B 和地面之间的最大静 摩擦力为   μmg ,对 A 、 B 整体,只要 F >   μmg ,整体就会运动,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2 μmg -   μmg = ma max , B 运动的最大加速度 a max =   μg ,选项D正确;对 A 、 B 整体,有 F -   μmg =3 ma max ,则 F >3 μmg 时两者会发 生相对运动,选项C正确;当 F =   μmg 时,两者相对静止,一起滑动,加速度 满足 F -   μmg =3 ma ,解得 a =   μg ,选项B正确。 2. (2018河北衡水一模)如图所示,物块 A 放在木板 B 上, A 、 B 的质量 均为 m , A 、 B 之间的动摩擦因数为 μ , B 与地面之间的动摩擦因数为   。 若将水平力作用在 A 上,使 A 刚好要相对 B 滑动,此时 A 的加速度为 a 1 ;若将 水平力作用在 B 上,使 B 刚好要相对 A 滑动,此时 B 的加速度为 a 2 ,则 a 1 与 a 2 的比为   (　 C 　)   A.1∶1　    B.2∶3　    C.1∶3　    D.3∶2 解析 　当水平力作用在 A 上,使 A 刚好要相对 B 滑动,临界情况是 A 、 B 的加速度相等,对 B 分析, B 的加速度为: a B = a 1 =   =   μg ;当水平 力作用在 B 上,使 B 刚好要相对 A 滑动,此时 A 、 B 间的摩擦力刚好达到最 大, A 、 B 的加速度相等,有: a A = a 2 =   = μg 。可得 a 1 ∶ a 2 =1∶3,C正确。 考点四　传送带问题 1.模型特征 (1)水平传送带模型 图示 滑块可能的运动情况 情境1   ①可能一直加速(条件: v ≥   ); ②可能先加速后匀速(条件: v <   ) 图示 滑块可能的运动情况 情境2   ① v 0 > v 时,可能一直减速(条件: v ≤   ),也可能先减速再匀 速(条件:   < v < v 0 ); ② v 0 < v 时,可能一直加速(条件: v ≥   ),也可能先加速再匀 速(条件: v 0 < v <   ) 情境3   ①传送带较短时,滑块一直匀减速到达左端(条件: v 0 ≥   ) ②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端(条件: v 0 <   )。 其中 v 0 > v 时滑块返回右端的速度为 v ,当 v 0 < v 时滑块返回右端的速度为 v 0 　　(2)倾斜传送带模型 图示 滑块可能的运动情况 情境1   ①可能一直加速; ②可能先加速后匀速 情境2   ①可能一直加速; ②可能先加速后匀速; ③可能先以 a 1 加速后以 a 2 加速 2.传送带模型动力学分析 (1)传送带模型问题的分析流程 图示 滑块与传送带共速条件 情境1   若   ≤ l ,滑块与传送带能共速 情境2   若   ≤ l ,滑块与传送带能共速 情境3   若   ≤ l ,滑块与传送带能共速 (2)判断方法 ①水平传送带 　　②倾斜传送带 图示 滑块与传送带共速条件 情境1   若   ≤ l ,滑块与传送带能共速 情境2   若   ≤ l ,滑块与传送带能共速; 若 μ ≥ tan θ ,滑块与传送带共速后匀速运动 若 μ μ 1 mg ,与假设矛盾。故 f = μ 1 mg   ⑨ 由⑦⑨式知,物块加速度的大小 a 1 ‘等于 a 1 ;物块的 v - t 图像如图中点划线 所示。 由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s 1 =2 ×     ⑩ s 2 =   t 1 +       物块相对于木板的位移的大小为 s = s 2 - s 1     联立①⑤⑥⑧⑨⑩    式得 s =1.125 m   2.  一长木板置于粗糙水平地面上 , 木板左端放置一小物块 ; 在木板右方 有一墙壁 , 木板右端与墙壁的距离为 4.5 m, 如图 (a) 所示。 t =0 时刻开始 , 小物块与木板一起以共同速度向右运动 , 直至 t =1 s 时木板与墙壁碰撞 (碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小 物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的 v - t 图线如图(b) 所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小 g 取10 m/s 2 。 求   (1)木板与地面间的动摩擦因数 μ 1 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ 2 ; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离。 答案 　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 解析 　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起 向右做匀变速运动,设加速度为 a 1 ,小物块和木板的质量分别为 m 和 M 。 由牛顿第二定律有 - μ 1 ( m + M ) g =( m + M ) a 1   ① 由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度 v 1 =4 m/s,由运动学公式得 v 1 = v 0 + a 1 t 1   ② s 0 = v 0 t 1 +   a 1     ③ 式中, t 1 =1 s, s 0 =4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移, v 0 是小物块和木板开 始运动时的速度。 联立①②③式并结合题给条件得 μ 1 =0.1   ④ 在木板与墙壁碰撞后,木板以- v 1 的初速度向左做匀变速运动,小物块以 v 1 的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为 a 2 ,由牛顿第二定律 有 - μ 2 mg = ma 2   ⑤ 由图(b)可得 a 2 =     ⑥ 式中, t 2 =2 s, v 2 =0,联立⑤⑥式并结合题给条件得 μ 2 =0.4   ⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为 a 3 ,经过时间Δ t ,木板和小物块刚好具有共 同速度 v 3 。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ 2 mg + μ 1 ( M + m ) g = Ma 3   ⑧ v 3 =- v 1 + a 3 Δ t   ⑨ v 3 = v 1 + a 2 Δ t   ⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为 s 1 =   Δ t     小物块的位移为 s 2 =   Δ t     小物块相对木板的位移为 Δ s = s 2 - s 1     联立⑥⑧⑨⑩     式,并代入数据得 Δ s =6.0 m   因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止, 设加速度为 a 4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为 s 3 。由牛顿第二定 律及运动学公式得 μ 1 ( m + M ) g =( m + M ) a 4     0-   =2 a 4 s 3     碰后木板运动的位移为 s = s 1 + s 3     联立⑥⑧⑨⑩      式,并代入数据得 s =-6.5 m   木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。 1. 有一个冰上木箱的游戏节目,规则是:选手们从起点开始用力推箱 一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在冰上有效区域内,视为成 功;若箱最后未停在冰上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所 示, AC 是长度为 L 1 =7 m的水平冰面,选手们可将木箱放在 A 点,从 A 点开始 用一恒定不变的水平推力推箱, BC 为有效区域。已知 BC 长度 L 2 =1 m,木 箱的质量 m =50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数 μ =0.1。某选手作用在木 箱上的水平推力 F =200 N,木箱沿 AC 做直线运动,若木箱可视为质点, g 取 10 m/s 2 。那么该选手要想游戏获得成功,试求: 考点六　牛顿运动定律在解决多过程问题中的应用   (1)推力作用在木箱上时的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件? 答案 　(1)3 m/s 2 　(2)1 s ≤ t ≤   s 解析 　(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为 a 1 ,根据牛顿第二定 律得 F - μmg = ma 1 解得 a 1 =3 m/s 2 (2)撤去推力后,木箱的加速度大小为 a 2 ,根据牛顿第二定律得 μmg = ma 2 解得 a 2 =1 m/s 2 推力作用在木箱上时间 t 内的位移为 x 1 =   a 1 t 2 撤去力 F 后木箱继续滑行的距离为 x 2 =   木箱停在有效区域内,要满足条件 L 1 - L 2 ≤ x 1 + x 2 ≤ L 1 解得1 s ≤ t ≤   s 2. 下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一 倾角为 θ =37 ° (sin 37 ° =   )的山坡 C ,上面有一质量为 m 的石板 B ,其上下表 面与斜坡平行; B 上有一碎石堆 A (含有大量泥土), A 和 B 均处于静止状态, 如图所示。假设某次暴雨中, A 浸透雨水后总质量也为 m (可视为质量不 变的滑块),在极短时间内, A 、 B 间的动摩擦因数 μ 1 减小为   , B 、 C 间的动 摩擦因数 μ 2 减小为0.5, A 、 B 开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末, B 的 上表面突然变为光滑, μ 2 保持不变。已知 A 开始运动时, A 离 B 下边缘的距 离 l =27 m, C 足够长。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/s 2 。求:   (1)在0~2 s时间内 A 和 B 加速度的大小; (2) A 在 B 上总的运动时间。 答案 　(1)3 m/s 2 　1 m/s 2 (2)4 s 解析 　(1)在0~2 s时间内, A 和 B 的受力如图所示,其中 f 1 、 N 1 是 A 与 B 之 间的摩擦力和正压力的大小, f 2 、 N 2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大 小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f 1 = μ 1 N 1   ① N 1 = mg cos θ   ② f 2 = μ 2 N 2   ③ N 2 = N 1 + mg cos θ   ④ 规定沿斜面向下为正方向。设 A 和 B 的加速度分别为 a 1 和 a 2 ,由牛顿第二 定律得 mg sin θ - f 1 = ma 1   ⑤ mg sin θ - f 2 + f 1 = ma 2   ⑥ 联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得 a 1 =3 m/s 2   ⑦ a 2 =1 m/s 2   ⑧ (2)在 t 1 =2 s时,设 A 和 B 的速度分别为 v 1 和 v 2 ,则 v 1 = a 1 t 1 =6 m/s⑨ v 2 = a 2 t 1 =2 m/s⑩ t > t 1 时,设 A 和 B 的加速度分别为 a 1 '和 a 2 '。此时 A 与 B 之间的摩擦力为零,同 理可得 a 1 '=6 m/s 2     a 2 '=-2 m/s 2     即 B 做减速运动。设经过时间 t 2 , B 的速度减为零,则有 v 2 + a 2 ' t 2 =0     联立     式得 t 2 =1 s   在 t 1 + t 2 时间内, A 相对于 B 运动的距离为 s =   -   =12 m<27 m   此后 B 静止不动, A 继续在 B 上滑动。设再经过时间 t 3 后 A 离开 B ,则有 l - s =( v 1 + a 1 ' t 2 ) t 3 +   a 1 '       可得 t 3 =1 s(另一解不合题意,舍去)     设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总 ,有 t 总 = t 1 + t 2 + t 3 =4 s   (利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。)