高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律章末专题复习学案人教版

第3章牛顿运动定律(对应学生用书第55页)[知识结构导图][导图填充]①质量②ma③向下④向上⑤加速度⑥宏观、低速[思想方法]1．整体法、隔离法2．图象法3．临界、极值法[高考热点]1．牛顿第二定律的瞬时性2．图象问题3．动力学多过程问题4．两类模型物理模型|动力学中的“滑块、滑板”模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)明确关系找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．(2017·全国Ⅲ卷)如图3­1所示，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0．5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s．A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．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/s2．求：图3­1(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．【自主思考】(1)A、B两滑块谁先与木板相对静止？为什么？[提示]B木板，因B与木板的运动方向相同．(2)从开始至A、B相遇，三者的运动情况怎样？[提示]B先做匀减速运动，木板先做匀加速运动，二者同速后再以共同的加速度做匀减速运动．A先向左匀减速后向右匀加速运动，加速度大小方向不变．[解析] (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ．⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2， 对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1．9 m ．(也可用如图所示的速度—时间图线求解)[答案](1)1 m/s(2)1．9 m[突破训练]1．(2015·全国Ⅱ卷)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θ＝37°⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 37°＝35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3­2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μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2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，μ2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：图3­2(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．[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＝μ1N 1①N 1＝mg cos θ② f 2＝μ2N 2③N 2＝N ′1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．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 1⑤ mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2⑥ N 1＝N ′1⑦ f 1＝f ′1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑨ a 2＝1 m/s 2．⑩(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 1t 1＝6 m/s ⑪v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞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 2⑬ a ′2＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m ＜27 m ⑰此后B 静止，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 ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲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 ．[答案](1)3 m/s 21 m/s 2 (2)4 s如图所示，质量M ＝10 kg 、上表面光滑的足够长的木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以初速度v 0＝5 2 m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m ＝1 kg ，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L ＝1 m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问：(g 取10 m/s 2)(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少块铁块？(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？[解析] (1)木板最初做匀速运动，由F ＝μMg 计算得出，μ＝FMg ＝0．5第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F －μ(M ＋m )g ＝Ma 1代入数据计算得出：a 1＝－0．5 m/s 2根据速度位移关系公式，有：v 21－v 20＝2a 1L ，计算得出v 1＝7 m/s ．(2)设最终有n 块铁块能静止在木板上，则木板运动的加速度大小为：a n ＝－μnmg M第1块铁块放上后：v 21－v 20＝2a 1L 第2块铁块放上后：v 22－v 21＝2a 2L……第n 块铁块放上后：v 2n －v 2n －1＝2a n L由上可得：－(1＋2＋3＋…＋n )×2μmgM L ＝v 2n －v 2木板停下时，v n ＝0，得n ＝9．5，即最终木板上放有10块．(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得： 9×9＋12×2⎝ ⎛⎭⎪⎫μmg M L ＝v 20－v 29从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则：2⎝ ⎛⎭⎪⎫10μmg M d ＝v 29－0联立计算得出：d ＝0．5 m 所以：木板共运动9．5 m ．[答案](1)v 1＝7 m/s(2)10块 (3)9．5 m物理方法|动力学中临界、极值问题处理方法1．动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界值出现．2．产生临界问题的条件(1)两物体脱离的临界条件：弹力F N＝0，加速度相同，速度相同．(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，静摩擦力达到最大值．(3)绳子拉断与松弛的临界条件：绳子断时，绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛时，张力F T＝0．3．临界问题的常用解法(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．如图3­3所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α．其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：图3­3(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值．【导学号：84370146】[题眼点拨]①“滑块与斜面体一起加速运动”说明二者有相同加速度；②“F的最大值”对应物块受的静摩擦力达最大；③“滑块做自由落体运动”说明滑块与斜面体之间无作用．[解析] (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值F fm，滑块受力如图所示．设一起加速的最大加速度为a ，对滑块应用牛顿第二定律得：F N cos α＋F fm sin α＝mg ① F fm cos α－F N sin α＝ma ②由题意知F fm ＝μF N ③联立解得a＝μcos α－sin αcos α＋μsin αg对整体受力分析F ＝(M ＋m )a联立解得F ＝m ＋M g μcos α－sin αμsin α＋cos α． (2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g ，设此时斜面体的加速度为a M ，则对斜面体：F ＝Ma M当水平向右的力F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有12gt 212a M t 2＝tan α，即ga M ＝tan α联立解得F ＝Mgtan α．[答案](1)m ＋M g μcos α－sin αμsin α＋cos α(2)Mgtan α [突破训练]2．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图3­4所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0．5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：图3­4(1)滑板由A 滑到B 的最短时间可达多少？(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围如何？ [解析] (1)滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a 2，F f ＝μm 1g ＝m 2a 2 a 2＝10m/s 2 s ＝a 2t 22 t ＝1 s ．(2)滑块与滑板刚好相对滑动时，F 最小，此时可认为二者加速度相等，F 1－μm 1g ＝m 1a 2 F 1＝30 N当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离滑板时，F 最大，设滑块加速度为a 1，F 2－μm 1g ＝m 1a 1 a 1t 22－a 2t 22＝LF 2＝34 N则水平恒力大小范围是30 N≤F ≤34 N． [答案](1)1 s(2)30 N≤F ≤34 N高考热点|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”．“辽宁舰”在海上进行“歼­15”舰载机起降训练，如图3­5所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l 1＝1．6×102m 的水平跑道和长度为l 2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝4．0 m ．一架质量为m ＝2．0×104kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的110．假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g 取10 m/s 2．图3­5(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．【导学号：84370147】[题眼点拨]①“发动机的推力及阻力大小恒定”可知飞机做匀变速直线运动；②“在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力”可知水平跑道上合外力为助推力、发动机推力及阻力的合力，可求出加速度．[解析] (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，f＝0.1 mg，代入已知数据可得a1＝5．0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿斜面方向有F合′＝F－f－mg sin θ＝ma2，其中sin θ＝hl2v22－v21＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s≈41.5 m/s．(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－f＝ma1′v1′2－v20＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0 m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入已知数据解得F推＝5.175×105 N．[答案](1)8.0 s1.5 m/s(2)5．175×105 N如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F ＝6．5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ．经过时间t ＝2．0 s ，玩具移动了距离x ＝2 3 m ，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能运动多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F 与水平面夹角多大时，最省力？ [解析] (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12at 2解得a ＝ 3 m/s 2对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma解得μ＝33．(2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′解得a ′＝1033 m/s 2由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝0．6 3 m≈1．04 m ．(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则F cos θ－F f >0F f ＝μF N在竖直方向上，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg解得F >μmgcos θ＋μsin θcos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)当θ＝30°时，拉力最小，最省力．[答案](1)33 (2)1．04 m(3)30°[突破训练]3．一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s 处有片质量为m 的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角为θ＝45°的斜面，如图3­6．当车速达到v 0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t 滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F ＝kv (v 为车速，k 为常数)，方向与车运动方向相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求：(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a ′；(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a ．【导学号：84370148】图3­6[解析] (1)根据匀加速直线运动规律，有s ＝12a ′t 2得a ′＝2st 2．(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ，树叶受到的空气阻力为F ，树叶受到的滑动摩擦力为f ，则有F ＝kv 0f ＝μNN ＝mg cos θ＋F sin θ由牛顿第二定律有mg sin θ－f －F cos θ＝ma ′由题意，θ＝45°解得μ＝mg －kv 0t 2－22msmg ＋kv 0t 2． (3)设汽车匀加速运动到速度为v 0时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ′，树叶受到的空气阻力为F ′，树叶受到的最大静摩擦力为f ′，则有f ′＝μN ′F ′＝kv 0由牛顿第二定律有N ′sin θ＋f ′cos θ－F ′＝ma N ′cos θ＝f ′sin θ＋mg 由题意，θ＝45°联立并代入μ，得a ＝mgt 2－2ms kv 0t 2＋2ms g －kv 0m ．[答案](1)2s t 2 (2)mg －kv 0t 2－22ms mg ＋kv 0t 2 (3)mgt 2－2ms kv 0t 2＋2ms g －kv 0m。