2019届二轮复习牛顿运动定律的综合应用课件（共44张） 44页

第 4 讲　牛顿运动定律的综合应用 [ 考试要求和考情分析 ] 考试内容 选考要求 历次选考统计 命题 角度 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 2018/11 连接体模型、单物体多过程 牛顿运动定律应用 d 19 、 20 19   19   19 瞬时问题的两类模型 [ 要点总结 ] 1. 两种 模型 2 . 瞬时加速度的求解 分析 瞬时变化前后物体的受力情况，由 F ＝ ma ，求加速度 。 [ 典例分析 ] 【例 1 】 (2018· 浙江温州九校期末联考 ) 如图 1 所示，用倾角为 37° 的光滑木板 AB 托住质量为 m 的小球，小球用轻质弹簧系住，当小球处于静止状态时，弹簧恰好水平。下列说法正确的是 ( 重力加速度为 g ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8)( 　　 ) 图 1 解析 　木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图所示。 答案 　 D [ 精典题组 ] 1. 两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图 2 所示。现突然迅速剪断轻绳 OA ，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球 A 、 B 的加速度分别用 a 1 和 a 2 表示， 则 ( 　　 ) 图 2 A. a 1 ＝ g ， a 2 ＝ g B. a 1 ＝ 0 ， a 2 ＝ 2 g C. a 1 ＝ g ， a 2 ＝ 0 D. a 1 ＝ 2 g ， a 2 ＝ 0 解析　 由于绳子张力可以突变，故剪断 OA 后小球 A 、 B 只受重力，其加速度 a 1 ＝ a 2 ＝ g ，故选项 A 正确。 答案　 A 2. (2018· 浙江诸暨牌头中学高一期中 ) 如图 3 所示，质量分别为 m 1 和 m 2 的木块 A 和 B 之间用轻质弹簧相连，在拉力 F 作用下，竖直向上做匀速直线运动。某时刻突然撤去拉力 F ，撤去 F 后的瞬间 A 和 B 的加速度大小为 a A 和 a B ，不计空气阻力，则 ( 　　 ) 图 3 答案 　 C 动力学的两类基本问题 [ 要点总结 ] 以加速度为 “ 桥梁 ” ，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下 ： [ 典例分析 ] 【例 2 】 (2018· 浙江宁波选考适应性考试 ) 低空跳伞大赛受到各国运动员的喜爱。如图 4 所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为 H ＝ 179 m 的悬崖边跳伞时的情景。运动员离开悬崖时先做自由落体运动，一段时间后，展开降落伞，以大小为 a ＝ 8 m/s 2 的加速度匀减速下降，已知运动员和伞包的总质量为 80 kg ，重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 ，为了运动员的安全，运动员落地时的速度不能超过 4 m/s ，求 ： 图 4 (1) 运动员 ( 含伞包 ) 展开降落伞后所受的空气阻力 f ； (2) 为了运动员的安全，展开伞时的最大速度是多少； (3) 如果以下落的快慢决定比赛的胜负，为了赢得比赛的胜利，运动员在空中运动的最短时间是多大 ？ 解析 　 (1) 根据牛顿第二定律可知 f － mg ＝ ma 即 f ＝ m ( a ＋ g ) ＝ 80 × (10 ＋ 8) N ＝ 1 140 N ，方向竖直向上。 (2) 从运动员展开伞到落地过程，设运动员展开伞时速度大小为 v m ，由运动学知识可 得 答案 　 (1)1 440 N 　竖直向上　 (2)40 m/s 　 (3)8.5 s [ 精典题组 ] 3. (2018· 浙江温州选考模拟 ) 如图 5 为高速公路入口的简化示意图。驾驶员在入口 A 取卡处取得通行卡后，驾驶轿车从静止开始匀加速通过水平直道 AB ，再沿上坡路段 BC 匀加速运动至 C 点进入高架主路 ( 通过 B 点前后速率不变 ) 。已知轿车和驾驶员的总质量为 m ＝ 2 × 10 3 kg ，从 A 运动到 B 经历的时间为 t ＝ 4 s ，经过 B 处的速度为 v 1 ＝ 10 m/s ， BC 段长 L ＝ 100 m ，到达 C 处的速度为 v 2 ＝ 20 m/s 。假设在行驶过程中受到的阻力 F f 恒定，且大小为 2 × 10 3 N 。求 ： 图 5 (1) 轿车在上坡段 BC 运动的加速度 a 1 大小； (2) 轿车在 AB 段运动的加速度 a 2 大小； (3) 轿车在 AB 段的牵引力的大小。 解析 　 (1) 轿车在上坡段做匀加速直线运动，设运动的加速度大小为 a 1 ， 则 2 a 1 L ＝ v 2 2 － v 1 2 得 a 1 ＝ 1.5 m/s 2 。 (3) 轿车受到的牵引力大小为 F ，根据牛顿第二定律 F － F f ＝ ma 2 ，得 F ＝ 7 × 10 3 N 。 答案　 (1)1.5 m/s 2 　 (2)2.5 m/s 2 　 (3)7 × 10 3 N 4. (2018· 浙江十校联盟适应性考试 ) 观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 M ＝ 1 000 kg ，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为 v 0 ＝ 2 m/s ，此时开始，经 t 0 ＝ 4 s 气球继续匀加速下降 h 1 ＝ 16 m ，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，取重力加速度 g ＝ 10 m/s 2 。求 ： 图 6 (1) 气球加速下降阶段的加速度大小 a ； (2) 抛掉压舱物的质量 m ； (3) 气球从静止开始经过 t ＝ 12 s 的时间内下落的总高度 h 总 。 解析 　 (1) 设气球加速下降的加速度大小为 a ，受空气的浮力为 F ，则 ： 解得 a ＝ 1 m/s 2 。 (2) 由牛顿第二定律得到 Mg － F ＝ Ma 抛掉质量为 m 压舱物，气体匀速下降，有 ( M － m ) g ＝ F 解得 m ＝ 100 kg 。 答案 　 (1)1 m/s 2 　 (2)100 kg 　 (3)54 m 连接体问题 [ 要点总结 ] 常涉及的问题类型 (1) 涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法。 (2) 水平面上的连接体问题：具有相同的加速度，一般采用先整体后隔离的方法 。 [ 典例分析 ] 【例 3 】 如图 7 所示，有材料相同的 P 、 Q 两物块通过轻绳相连，并在拉力 F 作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力 F 的方向均平行于斜面。当拉力 F 一定时， Q 受到绳的拉力 ( 　　 ) 图 7 A. 与斜面倾角 θ 有关 B . 与动摩擦因数有关 C. 与系统运动状态 有关 D . 仅与两物块质量 有关 答案　 D [ 精典题组 ] 5. (2018· 宁波效实中学期中 ) 如图 8 所示，物体 P 置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力 G ＝ 10 N 的重物 Q ，物体 P 向右运动的加速度大小为 a 1 ；若细线下端不挂重物，而用 F ＝ 10 N 的力竖直向下拉细线下端，这时物体 P 的加速度大小为 a 2 ，则 ( 　　 ) 图 8 A. a 1 < a 2 B. a 1 ＝ a 2 C. a 1 > a 2 D . 条件不足，无法 判断 解析 　由牛顿第二定律 m Q g ＝ ( m P ＋ m Q ) a 1 ， F ＝ m P a 2 ， 又因为 F ＝ m Q g ＝ 10 N ， 所以 a 1 < a 2 ，选项 A 正确。 答案　 A 6. (2018· 浙江武义中学模拟 ) 如图 9 所示，两个质量分别为 m 1 、 m 2 的物块 A 和 B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接 A ，另一端固定在墙上， A 、 B 与传送带间动摩擦因数均为 μ 。传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，剪断轻绳的瞬间，设 A 、 B 的加速度大小分别为 a A 和 a B ( 弹簧在弹性限度内，重力加速度为 g ) ，则 ( 　　 ) 图 9 答案 　 C 动力学中的临界问题 [ 要点总结 ] 几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示 临界状态 临界条件 速度达到最大 物体所受的合外力为零 两物体刚好分离 两物体间的弹力 F N ＝ 0 绳刚好被拉直 绳子张力为零 绳刚好被拉断 绳子张力等于绳能承受的最大拉力 (1) 轻绳 BC 刚好被拉直时，车的加速度是多大？ ( 要求画出受力图 ) (2) 轻绳 BC 刚好被拉直时， AC 绳的拉力大小是多少？ (3) 在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大。 ( 要求画出受力图 ) 图 10 解析　 (1) 轻绳 BC 刚好被拉直时，小球受力如图甲所示 。 (3) 小车向左的加速度增大， AC 、 BC 绳方向不变，所以 AC 轻绳拉力不变， BC 轻绳拉力变大， BC 轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示。 由牛顿第二定律，得 T m ＋ mg tan θ ＝ ma m 。 因这时 T m ＝ 2 mg ，所以最大加速度为 a m ＝ 3 g 。 [ 精典题组 ] 7. 如图 11 所示，质量均为 m 的 A 、 B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B ，运动距离 h 时， B 与 A 分离。下列说法正确的是 ( 　　 ) 图 11 解析 　 A 、 B 分离前， A 、 B 共同做加速运动，由于 F 是恒力，而弹力是变力，故 A 、 B 做变加速直线运动，当两物体要分离时， F AB ＝ 0 ， 对 B 有 F － mg ＝ ma ， 对 A 有 kx － mg ＝ ma 。 即 F ＝ kx 时， A 、 B 分离，此时弹簧仍处于压缩状态， 由 F ＝ mg ，设用恒力 F 拉 B 前弹簧压缩量为 x 0 ， 则 2 mg ＝ kx 0 ， h ＝ x 0 － x ， 答案 　 C 图 12 答案 　 A 多过程问题求解易错分析 图 13 (1) 刚撤去 F 时小球的速度； (2) 撤去 F 后小球向上运动的时间； (3) 从撤去力 F 开始计时，小球经多长时间将第一次经过距 A 点为 2.25 m 的 B 点。 [ 错因分析 ] 对每一个分过程的受力情况分析不清楚，特别是对撤去力 F 后的受力情况不认真分析，片面地认为小球上冲、下滑的全过程做加速度不变的匀变速运动而导致错误。 [ 正解展示 ] 　 (1) 力 F 作用时有 ( F － G )sin 30° － μ ( F － G )cos 30° ＝ ma 1 解得 a 1 ＝ 2.5 m/s 2 所以撤去力 F 时，小球的速度 v 1 ＝ a 1 t 1 ＝ 3 m/s 撤去力 F 后，小球上冲时有 G sin 30° ＋ μG cos 30° ＝ ma 2 解得 a 2 ＝ 7.5 m/s 2 解得 t 3 ＝ 0.2 s 或 t 3 ＝ 0.6 s> t 2 ( 舍去 ) 答案　 (1)3 m/s 　 (2)0.4 s 　 (3)0.2 s 多过程问题的分析注意点 (1) 受力不变的过程无论有、无往返运动，均可对全过程处理； (2) 当物体的受力情况发生变化时其加速度也会发生变化，列方程时要明确所研究的过程，避免不同过程的物理量混淆； (3) 注意两个过程的衔接，前一个过程的末状态是后一个过程的初状态。