2020年高考物理一轮复习课件：专题三 第3讲 牛顿运动定律的应用

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1、第3讲 牛顿运动定律的应用,考点,超重和失重,大于,小于,0,上,下,下,g,(续表),m(ga),m(ga),0,加速,减速,加速,减速,【基础自测】1.在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为 50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图 3-3-1 所示，在这段,时间内下列说法正确的是(,)图 3-3-1,A.晓敏同学所受的重力变小了,B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C.电梯一定在竖直向下运动,答案：D,2.(多选)在某田径运动会上，小红同学成功地跳过了 1.70 m的高度，如图 3-3-2 所示.若忽略空气阻力，

2、g 取 10 m/s2.则下列,说法正确的是(,),图 3-3-2A.小红起跳以后在上升过程中处于超重状态B.小红下降过程中处于失重状态C.小红起跳时地面对她的支持力大于她的重力D.小红起跳以后在下降过程中重力消失了,解析：根据牛顿第二定律可得：当加速度向上时，物体处于超重状态，当加速度向下时，物体处于失重状态，起跳以后，向上做减速运动，加速度向下，为失重状态，A 错误；下落过程中，做加速运动，加速度向下，为失重状态，失重状态是视重小于重力，不是重力消失了，B 正确，D 错误.起跳时由于向上加速，加速度向上，为超重状态，所以支持力大于重力，C 正确.,答案：BC,3.质量为 0.8 kg 的物

3、体在一水平面上运动，图 3-3-3 中 a、b 分别表示物体不受水平拉力作用和受水平拉力作用的 v-t 图,象，则拉力与摩擦力之比为(,)图 3-3-3,A.98,B.32,C.21,D.43,答案：B,4.(2013 年新课标卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上.从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以 a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小.能正确描述 F 与 a 之间关系的,图象是(,),A,B,C,D,解析：设物体所受滑动摩擦力为 f，在水平拉力 F 作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，Ffma，Fmaf，所以能正

4、确描述 F 与 a 之间关系的图象是 C，C 正确.,答案：C,热点 1,超重与失重现象,热点归纳1.对超重、失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变.(2)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，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.(3)当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生 ag的加速度效果，不再有其他效果.,2.判断超重和失重的方法,考向 1,对超重与失重现象的理解及判断,【典题 1】(多选)如图3-3-4 所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯

5、运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象,表明(,),A.电梯一定是在下降B.电梯可能是在上升C.电梯的加速度方向一定是向下,D.乘客一定处在超重状态,图 3-3-4,解析：电梯静止时，弹簧的拉力和小铁球所受重力相等.现在，弹簧的伸长量变大，则弹簧的拉力变大，小铁球的合力方向向上，加速度方向向上，小铁球处于超重状态.但电梯可以是加速向上运动或减速向下运动，B、D 正确.,答案：BD,考向 2,超重与失重的图象问题,【典题 2】(2018 年浙江新高考选考)如图3-3-5 所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列 F-t 图象能反应体重计示数随,时间变化的是(,),图 3-3

6、-5,A,B,C,D,解析：对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，C 正确，A、B、D 错误.,答案：C,考向 3,关于超重与失重的计算,【典题 3】小明用台秤研究人在升降电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得其体重为 500 N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从 t0 时由静止开始运动到 t11 s 时停止，得到台秤的示数 F 随时间 t 变化的图象如图 3-3-6 所示，g 取10 m/s2

7、.求：图 3-3-6,(1)小明在 02 s 内加速度 a1 的大小，并判断在这段时间内,他处于超重还是失重状态.,(2)在 1011 s 内，台秤的示数 F3.(3)小明运动的总位移 x.,解：(1)由图象可知，在 02 s 内，台秤对小明的支持力,F1450 N,由牛顿第二定律，得 mgF1ma1解得 a11 m/s2,加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态.,热点 2,牛顿第二定律与图象结合的问题,热点归纳1.明确常见图象的意义，如下表：,2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律 Fma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.运用图象解决

8、问题一般包括两个角度：,(1)用给定图象解答问题.,(2)根据题意作图，用图象解答问题.在实际的应用中要建立,物理情景与函数、图象的相互转换关系.,考向 1,由 v-t 图象分析物体的受力情况,【典题 4】(多选，2015 年新课标卷)如图 3-3-7 甲所示，一物块在 t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v-t 图线如图乙所示.若重力加速度及图中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出,(,),乙,甲图 3-3-7,A.斜面的倾角B.物块的质量,C.物块与斜面间的动摩擦因数,D.物块沿斜面向上滑行的最大高度,答案：ACD,考向 2,由 F-t 图象分析物体的运动情况,【典题 5】质量为 2

9、 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从 t0 时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力 F 的作用，F 随时间 t的变化规律如图 3-3-8 所示.重力加速度 g 取10 m/s2，则物体在 t0 至 t12 s 这段时间,的位移大小为(,),图 3-3-8,A.18 m,B.54 m,C.72 m,D.198 m,69 s 时：Ff，物体做匀速直线运动，s3vt63 m18 m；912 s 时：Ff，物体以 6 m/s 为初速度，以 2 m/s2 为加速度做匀加速直线运动，,所以012 s内物体的位移

10、为ss1s2s3s454 m.B 正确.答案：B,考向 3,a-F 图象,【典题 6】(2017 年甘肃兰州实战考试)用一水平力 F 拉静止在水平面上的物体，在 F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度 a 随外力 F 变化的图象如图 3-3-9 所示，g 取 10 m/s2，水平,滑动摩擦力)(,),A.物体与水平面间的滑动摩擦力B.物体与水平面间的动摩擦因数,图 3-3-9,C.外力 F 为 12 N 时物体的速度D.物体的质量,答案：C,方法技巧：解决图象综合问题的关键：,图象反映了两个变量之间的函数关系，必要时需要根据物理规律进行推导，得到函数关系后结合图线的斜率、截距、面积、交点坐标、拐

11、点的物理意义对图象及运动过程进行分析.,热点 3,动力学中的临界极值问题,热点归纳动力学中的典型临界条件：(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 FN0.(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：绳子所能承受的拉力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受的最大拉力，绳子松弛的临界条件是 FT0.,(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变,为零时.,考向 1,动力学中的临界问题,【典题7】一斜面放在水平地面上，倾角为45，一个质量为

12、m0.2 kg 的小球用细绳吊在斜面顶端，如图 3-3-10 所示.斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水,平面的摩擦.下列说法正确的是(,),图 3-3-10,A.当斜面以向右的加速度 a5,m/s2 运动时，斜面对小,球的弹力为零B.斜面向右的加速度超过 a10 m/s2 时，球与斜面脱离C.无论斜面做什么运动，绳子拉力的竖直分力一定等于球的重力D.无论斜面做什么运动，绳子拉力与斜面弹力的合力一定竖直向上,解析：设小球刚刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为 a0，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行，小球受力如图 3-3-11 所示.由

13、牛顿第二定律得 mgcot ma0，解得临界加速度 a0gcot 10 m/s2，A 错误，B 正确；斜面对小球的弹力不为零时，斜面对小球的弹力与绳子拉力在竖直向上方向上的合力大小等于重力，C 错误；当球与斜面脱离时，斜面对球的弹力为零，拉力与弹力的合力不在竖,图 3-3-11,直方向上，D 错误.答案：B,【迁移拓展】如图 3-3-12 所示，质量为 m1 kg 的物块放在倾角为37的斜面体上，斜面体的质量为 M2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数为0.2，地面光滑.现对斜面体施加一水平推力 F，要使物块相对斜面静止，试确定推力 F 的取值范围.(g 取 10 m/s2，sin 370.6，c

14、os 370.8),图 3-3-12,解：假设水平推力 F 较小，物块相对斜面具有下滑趋势，当刚要下滑时，推力 F 具有最小值，设大小为 F1，此时物块受力如图 D19 甲所示，取加速度方向为 x 轴正方向，对物块分析，在水平方向，有,乙,甲图 D19,FNsin FNcos ma1 在竖直方向，有 FNcos FNsin mg0 对整体，有F1(Mm)a1 联立以上各式解得a14.8 m/s2，F114.4 N 假设水平推力F较大，物块相对斜面具有上滑趋势，当刚要上滑时，推力F具有最大值，设大小为F2，此时物块受力如图乙所示，对物块分析，在水平方向，有 FNsin FNcos ma2,在竖直

15、方向，有 FNcos FNsin mg0 对整体有 F2(Mm)a2 联立以上各式解得a211.2 m/s2，F233.6 N 综上所述可知推力F的取值范围为14.4 NF33.6 N.,考向 2,动力学中的极值问题,【典题 8】如图 3-3-13 所示，一质量 m0.4 kg 的小物块，以 v02 m/s 的初速度在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t2 s 的时间物块由 A 点运动到 B点，A、B 之间的距离 L10 m.已知斜面倾角30，物块与斜,面之间的动摩擦因数,.重力加速度 g 取 10 m/s2.,(1)求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小.

16、(2)拉力 F 与斜面夹角为多大时，拉力 F 最,小？拉力 F 的最小值是多少？,图 3-3-13,解：(1)设物块加速度的大小为 a，到达 B 点时速度的大小为 v，由运动学公式得,vv0at,联立式，代入数据得,a3 m/s2v8 m/s.,(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff ，拉力F与斜面间的夹角为，受力分析如图 3-3-14 所示，由牛顿第二定律得,Fcos mgsin Ff maFsin FNmgcos 0,图 3-3-14,又 FfFN联立式得,F,mg(sin cos )macos sin ,由数学知识得,由式可知对应最小 F 的夹角,30,联立式，代入数据得 F 的最小值为,