《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 微專題3 牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 微專題3 牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用課件.ppt（77頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、微專題3 牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用,考點(diǎn)一 超重與失重現(xiàn)象,考點(diǎn)二 動力學(xué)觀點(diǎn)在連接體中的應(yīng)用,考點(diǎn)三 動力學(xué)中的臨界、極值問題,考點(diǎn)突破,考點(diǎn)四 傳送帶問題,考點(diǎn)五 滑塊滑板模型分析,考點(diǎn)六 牛頓運(yùn)動定律在解決多過程問題中的應(yīng)用,考點(diǎn)一超重與失重現(xiàn)象,考點(diǎn)突破,1.對超重與失重的理解 (1)實(shí)重和視重 實(shí)重:物體實(shí)際所受的重力,它與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)。 視重:當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時,物體對彈簧測力計(jì)的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計(jì)的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即視重。,(2)超重、失重和完全失重現(xiàn)象的比較,2.判斷方法 (1)不管物體的加速度是不是豎直方向,只要其加速度在豎直方
2、向上有分量,物體就會處于超重或失重狀態(tài)。 (2)盡管不是整體有豎直方向的加速度,但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度,整體也會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。 3.超重和失重現(xiàn)象判斷的“三”技巧 (1)從受力的角度判斷:當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時,物體處于超重狀態(tài),小于重力時處于失重狀態(tài),等于零時處于完全失重狀態(tài)。,(2)從加速度的角度判斷:當(dāng)物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài),具有向下的加速度時處于失重狀態(tài),向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。 (3)從速度變化的角度判斷 物體向上加速或向下減速時,超重。 物體向下加速或向上減速時,失重。,例1(多選)(2019河北保定月考)
3、一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對地板的壓力( AD ),A.t=2 s時最大,B.t=2 s時最小 C.t=8.5 s時最大 D.t=8.5 s時最小,解析地板對人的支持力FN=mg+ma,t=2 s時,a有正的最大值,此時FN最大,由牛頓第三定律可知,A正確,B錯誤;t=8.5 s時,a有負(fù)的最大值,此時FN最小,由牛頓第三定律可知,C錯誤,D正確。,1.(多選)(2017河北邯鄲模擬)如圖所示,蹦床運(yùn)動員從空中落到床面上,運(yùn)動員從接觸床面到下降到最低點(diǎn)為第一過程,從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程,運(yùn)動員( CD ),A.在第
4、一過程中始終處于失重狀態(tài) B.在第二過程中始終處于超重狀態(tài) C.在第一過程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài) D.在第二過程中先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài),解析第一過程中運(yùn)動員先向下加速后向下減速,故運(yùn)動員先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),故A錯,C正確。第二過程中運(yùn)動員先向上加速后向上減速,故先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài),故B錯,D正確。,2.如圖所示,臺秤上有一裝水容器,容器底部用一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)線系住一個乒乓球。某時刻細(xì)線斷開,乒乓球向上加速運(yùn)動,在此過程中,關(guān)于臺秤的示數(shù)與細(xì)線斷前相比的變化情況及原因。下列說法正確的是( D ),A.由于乒乓球仍在容器中,所以示數(shù)與細(xì)線斷前相同 B.細(xì)線斷后
5、不再向上提拉容器底部,所以示數(shù)變大 C.細(xì)線斷后,乒乓球有向上的加速度,處于超重狀態(tài),故示數(shù)變大 D.容器、水、乒乓球整個系統(tǒng)的重心加速下移,處于失重狀態(tài),所以示數(shù)變小,解析乒乓球加速上升,整個系統(tǒng)重心加速下移,處于失重狀態(tài),故D正確。,1.多個相互關(guān)聯(lián)的物體由細(xì)繩、細(xì)桿或彈簧等連接或疊放在一起,構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體。常見的連接體如圖所示:,考點(diǎn)二動力學(xué)觀點(diǎn)在連接體中的應(yīng)用,2.連接體問題的分析方法,例2如圖所示,質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上,其上放置質(zhì)量為m1的物塊A,A通過跨過光滑定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為M的物塊C連接。釋放C,A和B一起以加速度a從靜止開始運(yùn)動,已知A、B間動摩
6、擦因數(shù)為,則細(xì)線中的拉力大小為( C ),A.Mg B.Mg+Ma C.(m1+m2)aD.m1a+m1g,解析以C為研究對象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A、B錯誤;以A、B整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可知T=(m1+m2)a,故C正確;A、B間為靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,對B可知f=m2a,對A可知T-f=m1a,f=f,聯(lián)立解得T=(m1+m2)a,故D錯誤。,考向1加速度相同的連接體問題 1.如圖所示,一夾子夾住木塊,在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M,夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動,力F的最大值是( A ),A.B. C.-(
7、m+M)gD.+(m+M)g,解析對整個系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律有 F-(M+m)g=(M+m)a 對木塊應(yīng)用牛頓第二定律有 2f-Mg=Ma 由聯(lián)立可得F=,故A正確。,考向2加速度不同的連接體問題 2.一個彈簧測力計(jì)放在水平地面上,Q為與輕彈簧上端連在一起的秤盤,P為一重物,已知P的質(zhì)量M=10.5 kg,Q的質(zhì)量m=1.5 kg,彈簧的質(zhì)量不計(jì),勁度系數(shù)k=800 N/m,系統(tǒng)處于靜止。如圖所示,現(xiàn)給P施加一個方向豎直向上的力F,使它從靜止開始向上做勻加速運(yùn)動,已知在前0.2 s內(nèi),F為變力,0.2 s以后,F為恒力。求力F的最大值與最小值。 (取g=10 m/s2),答案168 N72 N
8、,解析設(shè)開始時彈簧壓縮量為x1,t=0.2 s時彈簧的壓縮量為x2,物體P的加速度為a,則有 kx1=(M+m)g kx2-mg=ma x1-x2=at2 由式得x1==0.15 m 由式得a=6 m/s2 F小=(M+m)a=72 N,F大=M(g+a)=168 N,方法總結(jié),考點(diǎn)三動力學(xué)中的臨界、極值問題,1.臨界或極值條件的標(biāo)志 (1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼,即表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)。 (2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在著“起止點(diǎn)”,而這些起止點(diǎn)往往對應(yīng)臨界狀態(tài)。 (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,
9、表明題述的過程存在著極值,這個極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)。 (4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。,2.“四種”典型臨界條件 (1)接觸與脫離的臨界條件:兩物體相接觸或脫離,臨界條件是:彈力FN=0。 (2)相對滑動的臨界條件:兩物體相接觸且處于相對靜止時,常存在著靜摩擦力,則相對滑動的臨界條件是:靜摩擦力達(dá)到最大值。 (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限度的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛與拉緊的臨界條件是:FT=0。 (4)加速度變化時,速度達(dá)到最值的臨界條件:當(dāng)加速度變?yōu)?時。,3.“四種”典型數(shù)學(xué)方法 (
10、1)三角函數(shù)法; (2)根據(jù)臨界條件列不等式法; (3)利用二次函數(shù)的判別式法; (4)極限法。,例3如圖所示,在光滑水平面上有一輛小車A,其質(zhì)量為mA=2.0 kg,小車上放一個物體B,其質(zhì)量為mB=1.0 kg。如圖甲所示,給B一個水平推力F,當(dāng)F增大到稍大于3.0 N時,A、B開始相對滑動。如果撤去F,對A施加一水平推力F,如圖乙所示。要使A、B不相對滑動,求F的最大值Fm。,答案6.0 N 解析根據(jù)題圖甲所示,設(shè)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值fm時,系統(tǒng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律,對A、B整體有F=(mA+mB)a,對A有fm=mAa,代入數(shù)據(jù)解得fm=2.0 N。 根據(jù)題圖乙所示情
11、況,設(shè)A、B剛開始相對滑動時系統(tǒng)的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有: fm=mBa,Fm=(mA+mB)a, 代入數(shù)據(jù)解得Fm=6.0 N。,1.(多選)(2019河南信陽期末)如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m, 靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為,B與地面間的動摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g?，F(xiàn) 對A施加一水平拉力F,則(BCD),A.當(dāng)F3mg時,A相對B滑動 D.無論F為何值,B的加速度不會超過g,解析A、B間的最大靜摩擦力為2mg,B和地面之間的最大靜摩擦力為mg,對A、B整體,只要Fmg,整體就會運(yùn)動,選項(xiàng)A錯誤;當(dāng) A對B的摩擦力為最大靜摩
12、擦力時,A、B將要發(fā)生相對滑動,故A、B一起運(yùn)動的加速度的最大值滿足2mg-mg=mamax,B運(yùn)動的最大加速度amax =g,選項(xiàng)D正確;對A、B整體,有F-mg=3mamax,則F3mg時兩者會發(fā) 生相對運(yùn)動,選項(xiàng)C正確;當(dāng)F=mg時,兩者相對靜止,一起滑動,加速度,滿足F-mg=3ma,解得a=g,選項(xiàng)B正確。,2.(2018河北衡水一模)如圖所示,物塊A放在木板B上,A、B的質(zhì)量均為m,A、B之間的動摩擦因數(shù)為,B與地面之間的動摩擦因數(shù)為。 若將水平力作用在A上,使A剛好要相對B滑動,此時A的加速度為a1;若將水平力作用在B上,使B剛好要相對A滑動,此時B的加速度為a2,則a1與a2的
13、比為( C ) A.11B.23C.13D.32,解析當(dāng)水平力作用在A上,使A剛好要相對B滑動,臨界情況是A、B的加速度相等,對B分析,B的加速度為:aB=a1==g;當(dāng)水平 力作用在B上,使B剛好要相對A滑動,此時A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大,A、B的加速度相等,有:aA=a2==g。可得a1a2=13,C正確。,考點(diǎn)四傳送帶問題,1.模型特征 (1)水平傳送帶模型,(2)傾斜傳送帶模型,2.傳送帶模型動力學(xué)分析 (1)傳送帶模型問題的分析流程,(2)判斷方法 水平傳送帶,傾斜傳送帶,例4(2017四川成都模擬)如圖所示,傳送帶與水平地面間的夾角=37,A到B的長度為L=10.25 m,傳送
14、帶以v0=10 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動。在傳送帶上端A處無初速度地放一個質(zhì)量為m=0.5 kg的黑色煤塊,它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為=0.5。煤塊在傳送帶上經(jīng)過會留下黑色痕跡。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,取g=10 m/s2,求:,(1)煤塊從A運(yùn)動到B的時間; (2)煤塊從A運(yùn)動到B的過程中在傳送帶上形成的 黑色痕跡的長度。,答案(1)1.5 s(2)5 m 解析(1)煤塊剛放上傳送帶時,受到向下的摩擦力,受力分析如圖甲所示,其加速度為a1=g(sin + cos )=10 m/s2 與傳送帶共速所用時間t1==1 s 煤塊運(yùn)動的位移x1=a1=5 m
15、 m時與傳送帶速率相等。 煤塊速度達(dá)到v0后,受到向上的摩擦力,由于
16、送帶間的動摩擦因數(shù)=0.6,工件滑上A端時的速度vA=10 m/s,設(shè)工件到達(dá)B端時的速度為vB。(取g=10 m/s2),考向1水平傳送帶模型,(1)若傳送帶靜止不動,求vB。 (2)若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動,工件還能到達(dá)B端嗎?若不能,說明理由;若能,求到達(dá)B端時的速度vB。 (3)若傳送帶以v=13 m/s的速率逆時針勻速轉(zhuǎn)動,求vB及工件由A到B所用的時間。,答案(1)2 m/s(2)能2 m/s(3)13 m/s0.67 s 解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可得mg=ma,則a=g=6 m/s2,且-=2ax, 故vB=2 m/s。 (2)當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時,工件受力不變,其加速度不發(fā)生變化,
17、仍然始終做勻減速運(yùn)動,故工件到達(dá)B端時的速度vB=2 m/s。 (3)工件速度達(dá)到13 m/s時所用時間為t1==0.5 s,運(yùn)動的位移為x1= vAt1+a=5.75 m<8 m,則工件在到達(dá)B端前速度就達(dá)到了13 m/s,此后工件 與傳送帶相對靜止,因此工件先做勻加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動,勻速運(yùn)動,的位移x2=x-x1=2.25 m,t2=0.17 s,t=t1+t2=0.67 s。,考向2傾斜傳送帶模型 2.如圖所示,與水平面成=30角的傾斜傳送帶正以v=3 m/s 的速度勻速運(yùn)行,A、B兩端相距l(xiāng)=13.5 m。現(xiàn)每隔1 s把質(zhì)量m=1 kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,工件在傳送帶的
18、帶動下向上運(yùn)動,工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=,取g=10 m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求:,(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離; (2)滿載與空載相比,傳送帶需要增加多大的牽引力?,答案(1)0.50 m3.0 m(2)33 N 解析(1)設(shè)工件在傳送帶上加速運(yùn)動時的加速度為a,則mg cos -mg sin =ma 代入數(shù)據(jù)解得a=1.0 m/s2 剛放上下一個工件時,該工件離前一個工件的距離最小,且最小距離dmin=at2 解得dmin=0.50 m 當(dāng)工件勻速運(yùn)動時,兩相鄰工件相距最遠(yuǎn),則 dmax=vt=3.0 m,(2)由于工件加速運(yùn)動的時間為t1==3.0 s,因此傳送帶上總
19、有三個(n1=3) 工件正在加速,故所有做加速運(yùn)動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力f1=3mg cos 在滑動摩擦力作用下工件移動的位移x==4.5 m 傳送帶上勻速運(yùn)動的工件個數(shù)n2==3(個) 當(dāng)工件與傳送帶相對靜止后,每個工件受到的靜摩擦力f0=mg sin ,所有做勻速運(yùn)動的工件對傳送帶的總靜摩擦力f2=n2f0,與空載相比,滿載時傳送帶需增大的牽引力F=f1+f2 代入數(shù)據(jù)解得F=33 N,方法總結(jié),1.模型特征 滑塊滑板模型(如圖a所示),涉及兩個物體間的相對滑動,題目涉及摩擦力分析、相對運(yùn)動、摩擦生熱、多次相互作用等,屬于多物體、多過程問題,綜合性較強(qiáng),對能力要求較高,頻現(xiàn)于高考試卷
20、中,例如2015年課標(biāo)卷、中壓軸題25題。另外,常見的子彈射擊木塊(如圖b)、圓環(huán)在直桿上滑動(如圖c)都屬于 滑塊滑板類問題,處理方法 與滑塊滑板模型類似。,考點(diǎn)五滑塊滑板模型分析,2.思維模板,3.解題步驟,例5(2017課標(biāo),25,20分)如圖,兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為2= 0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10
21、 m/s2。求 (1)B與木板相對靜止時,木板的速度; (2)A、B開始運(yùn)動時,兩者之間的距離。,答案(1)1 m/s(2)1.9 m 解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1=1mAg f2=1mBg f3=2(m+mA+mB)g 由牛頓第二定律得,f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 設(shè)在t1時刻,B與木板達(dá)到共同速度,其大小為v1。由運(yùn)動學(xué)公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1
22、聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)得 v1=1 m/s,(2)在t1時間間隔內(nèi),B相對于地面移動的距離為 sB=v0t1-aB 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系,由牛頓第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由式知,aA=aB;再由式知,B與木板達(dá)到共同速度時,A的速度大小也為v1,但運(yùn)動方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時,A與木板的速度相同,設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t,2,則由運(yùn)動學(xué)公式,對木板有 v2=v1-a2t2 對A有 v2=-v1+aAt2 在t2時間間隔內(nèi),B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1=v1t2-a
23、2 在(t1+t2)時間間隔內(nèi),A相對地面移動的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2,A和B相遇時,A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動時,兩者之間的距離為 s0=sA+s1+sB 聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得 s0=1.9 m (也可用如圖的速度-時間圖線求解),1.一長木板在水平地面上運(yùn)動,在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上,以后木板運(yùn)動的速度-時間圖像如圖所示。已知物塊與木板的質(zhì)量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:,(1)物塊與木板間、木板
24、與地面間的動摩擦因數(shù); (2)從t=0時刻到物塊與木板均停止運(yùn)動時,物塊相 對于木板的位移的大小。,答案(1)0.200.30(2)1.125 m 解析(1)從t=0時開始,木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速,使木板 減速,此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。 由圖可知,在t1=0.5 s時,物塊和木板的速度相同。設(shè)t=0到t=t1時間間隔內(nèi),物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2,則 a1= a2=,式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分別為木板在t=0、t=t1時速度的大小。 設(shè)物塊和木板的質(zhì)量為m,物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為1、2,由牛頓第二定律得 1mg=ma
25、1 (1+22)mg=ma2 聯(lián)立式得 1=0.20 2=0.30,(2)在t1時刻后,地面對木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動,物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f,物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2,則由牛頓第二定律得 f=ma1 22mg-f=ma2 假設(shè)f1mg,與假設(shè)矛盾。故 f=1mg 由式知,物塊加速度的大小a1等于a1;物塊的v-t圖像如圖中點(diǎn)劃線 所示。,由運(yùn)動學(xué)公式可推知,物塊和木板相對于地面的運(yùn)動距離分別為 s1=2,s2=t1+ 物塊相對于木板的位移的大小為 s=s2-s1 聯(lián)立式得 s=1.125 m,2.一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置
26、一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖(a)所示。t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動,直至t=1 s時木板與墻壁碰撞 (碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求,(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2; (2)木板的最小長度; (3)木板右端離墻壁的最終距離。,答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m 解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前
27、,小物塊和木板一起 向右做勻變速運(yùn)動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運(yùn)動學(xué)公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1,式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板與墻壁碰前瞬間的位移,v0是小物塊和木板開始運(yùn)動時的速度。 聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 1=0.1 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動,小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有 -2mg=ma2,由圖(b)可得 a2= 式中,t2=2 s,v2=
28、0,聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 2=0.4 (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間t,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t,v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中,木板的位移為 s1=t 小物塊的位移為 s2=t 小物塊相對木板的位移為 s=s2-s1,聯(lián)立式,并代入數(shù)據(jù)得 s=6.0 m 因?yàn)檫\(yùn)動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運(yùn)動直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運(yùn)動的位移為s3。由牛頓第二定
29、律及運(yùn)動學(xué)公式得 1(m+M)g=(m+M)a4,0-=2a4s3 碰后木板運(yùn)動的位移為 s=s1+s3 聯(lián)立式,并代入數(shù)據(jù)得 s=-6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。,1.有一個冰上木箱的游戲節(jié)目,規(guī)則是:選手們從起點(diǎn)開始用力推箱一段時間后,放手讓箱向前滑動,若箱最后停在冰上有效區(qū)域內(nèi),視為成功;若箱最后未停在冰上有效區(qū)域內(nèi)就視為失敗。其簡化模型如圖所示,AC是長度為L1=7 m的水平冰面,選手們可將木箱放在A點(diǎn),從A點(diǎn)開始用一恒定不變的水平推力推箱,BC為有效區(qū)域。已知BC長度L2=1 m,木箱的質(zhì)量m=50 kg,木箱與冰面間的動摩擦因數(shù)=0.1。某選手作用在木箱上的水平
30、推力F=200 N,木箱沿AC做直線運(yùn)動,若木箱可視為質(zhì)點(diǎn),g取 10 m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功,試求:,考點(diǎn)六牛頓運(yùn)動定律在解決多過程問題中的應(yīng)用,(1)推力作用在木箱上時的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的時間滿足什么條件?,答案(1)3 m/s2(2)1 st s 解析(1)設(shè)推力作用在木箱上時的加速度大小為a1,根據(jù)牛頓第二定 律得 F-mg=ma1 解得a1=3 m/s2 (2)撤去推力后,木箱的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得 mg=ma2 解得a2=1 m/s2 推力作用在木箱上時間t內(nèi)的位移為,x1=a1t2 撤去力F后木箱繼續(xù)滑行的距離為 x2= 木箱停在
31、有效區(qū)域內(nèi),要滿足條件 L1-L2x1+x2L1 解得1 st s,2.下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為=37(sin 37=)的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表 面與斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖所示。假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時間內(nèi),A、B間的動摩擦因數(shù)1減小為,B、C間的動 摩擦因數(shù)2減小為0.5,A、B開始運(yùn)動,此時刻為計(jì)時起點(diǎn);在第2 s末,B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變。已知A開始運(yùn)動時,A離B下邊緣的距,離l=27 m,C足夠長。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動
32、摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在02 s時間內(nèi)A和B加速度的大小; (2)A在B上總的運(yùn)動時間。,答案(1)3 m/s21 m/s2 (2)4 s 解析(1)在02 s時間內(nèi),A和B的受力如圖所示,其中f1、N1是A與B之 間的摩擦力和正壓力的大小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得,f1=1N1 N1=mg cos f2=2N2 N2=N1+mg cos 規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得 mg sin -f1=ma1 mg sin -f2+f1=ma2,聯(lián)立式,并代
33、入題給條件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2 (2)在t1=2 s時,設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則 v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s tt1時,設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2。此時A與B之間的摩擦力為零,同理可得,a1=6 m/s2 a2=-2 m/s2 即B做減速運(yùn)動。設(shè)經(jīng)過時間t2,B的速度減為零,則有 v2+a2t2=0 聯(lián)立式得 t2=1 s 在t1+t2時間內(nèi),A相對于B運(yùn)動的距離為 s=-,=12 m<27 m 此后B靜止不動,A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B,則有 l-s=(v1+a1t2)t3+a1 可得 t3=1 s(另一解不合題意,舍去) 設(shè)A在B上總的運(yùn)動時間為t總,有 t總=t1+t2+t3=4 s (利用下面的速度圖線求解,正確的,參照上述答案及評分參考給分。),
（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 微專題3 牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用課件.ppt
