2020年物理高考大一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第9讲 牛顿运动定律的综合应用课件

第三章牛顿运动定律高考总复习·物理第9讲牛顿运动定律的综合应用高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有的加速度．大于向上小于向下3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝，方向竖直向下．4．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．(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物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．等于零g无关不等于[基础小练]判断下列说法是否正确(1)物体对接触面的压力大于自身重力的现象即为超重．()(2)失重时物体的重力小于mg.()(3)处于超重或失重状态的物体必须有竖直方向的加速度或分加速度．()(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．()××√×(5)在传送带上随传送带一起匀速运动的物体不受摩擦力作用．()(6)滑块在静止的木板上滑动与在运动的木板上滑动，摩擦力必然不同．()××板块二︿︿[考法精讲]考法一对超重和失重的理解归纳总结对超重和失重的理解(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)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但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．【自主练1】(2019·郑州一模)(多选)某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机拍照记录了相关的信息，如图所示，则下列说法正确的是()A．根据图(a)和图(e)可估测出电梯向下制动时的加速度B．根据图(a)和图(c)可知电梯对人的作用力阻碍人的运动C．根据图(a)和图(b)可估测出电梯向上制动时的加速度D．根据图(a)和图(d)可知电梯对人的作用力阻碍人的运动答案AD解析图(e)表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(e)，能够求出电梯向下制动时的加速度，选项A正确．图(c)表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，电梯对人的作用是动力，选项B错误．图(b)表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，所以根据图(a)和图(b)，能够求出电梯向上起动时的加速度，选项C错误．图(d)表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，电梯对人的作用力是阻力，选项D正确．【自主练2】(2019·连云港高三调研)如图所示，台秤上放一装有水的杯子，杯底用细线系一光滑小球，若细线发生断裂，在小球加速上升的过程中，不计水的阻力，台秤的读数将()A．变小B．变大C．不变D．无法确定A解析以容器和小球组成的整体为研究对象，细线断裂，在小球加速上升过程中加速度向上，存在超重现象，而小球下降留下的空位由水来填充，所以相当于一个与小球同样大小的水球向下加速运动，存在失重现象，由于同样体积的小球质量小于水球的质量，所以整体存在失重现象，台秤的示数小于系统总重力，台秤的示数减小，选项A正确．解题技巧判断超重和失重现象的三个角度(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(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．考法二传送带模型传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．1．水平传送带问题(1)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．(2)滑块在水平传送带上运动常见的三种情景项目图示滑块可能的运动情景情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0【例题1】(2019·济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转．从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA＝9.5s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三个物体的v－t图象如图乙、丙、丁所示．求：(1)传送带的速度大小v0；(2)PQ的长度L；(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数；(4)物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC.解析(1)物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4m/s.(2)v－t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A的位移xA＝36m，传送带的长度L与A的位移相等，也是36m.(3)A的加速度aA＝ΔvAt1＝4m/s2，由牛顿第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝aAg＝0.4.同理，B的加速度aB＝ΔvBt2＝2m/s2，μB＝aBg＝0.2.设C的加速度为aC，则aC＝μCg，由L＝v22μCg得μC＝0.0125.(4)设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L＝0＋vC2tC，解得tC＝2LvC＝24s.答案(1)4m/s(2)36m(3)0.40.20.0125(4)24s【跟踪训练1­1】(2019·遂宁高三一诊)(多选)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，则()A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1B．A、B间距离为24mC．小物块在传送带上留下的痕迹是8mD．物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端答案AC解析由图乙可知，物块先加速后匀速，且由图乙可知，加速过程的加速度为a＝44m/s2＝1m/s2，根据牛顿第二定律可知a＝Fm＝μmgm＝μg，由以上两式解得μ＝0.1，故选项A正确；A、B间距离即为物块在6s内发生的位移，即图乙的面积s＝2＋62×4m＝16m，故选项B错误；物块在加速运动过程中，相对传送带发生的位移为Δs＝4×4m－12×4×4m＝8m，即小物块在传送带上留下的痕迹是8m，故选项C正确；物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为a＝－μg＝－1m/s2，物块从开始到速度为4m/s时发生的位移为x＝4×42m＝8m，所以物块减速的长度为Δx＝s－x＝8m，而物块从4m/s减到零发生的位移为v22a＝422×1m＝8m，所以物块刚好到达B端，故选项D错误．【跟踪训练1­2】(多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P的速度随时间变化的图象可能是()BC解析若P在传送带左端时的速度v2小于v1，则P受到向右的摩擦力，当P受到的摩擦力大于绳的拉力时，P做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速运动，当速度达到v1后做匀速运动，所以选项B正确．当P受到的摩擦力小于绳的拉力时，P做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体P受到向左的摩擦力，使P做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v1，之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为零，再反向做加速运动，加速度不变，从左端滑出，所以选项C正确．2．倾斜传送带问题(1)求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．(2)滑块在倾斜传送带上运动常见的四种情景项目图示滑块可能的运动情景情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直减速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直减速(3)可能先减速后反向加速【例题2】(2019·上饶中学高三高考仿真考试)(多选)如图所示，浅色传送带A、B两端距离L＝22m，以速度v0＝12m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝30°，现将一质量m＝4kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝35，g取10m/s2，则下列叙述正确的是()A．煤块从A端运动到B端所经历时间为2.5sB．煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为8mC．煤块刚好与传送带共速时，传送带速度立即减为零，煤块从A端运动到B端所经历时间为2.5sD．煤块运动到B端时速度为14m/s[思维导引]煤块在重力沿斜面的分力及滑动摩擦力的作用下加速，达到共同速度后，由于摩擦力方向改变，煤块以另一加速度继续加速滑行．痕迹长度要看是前划线还是后划线．答案ACD解析煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动．设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，可得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10×sin30°＋35×cos30°＝8m/s2，由v0＝a1t1得t1＝1.5s；此过程通过的位移大小为x1＝v02t1＝122×1.5m＝9m＜L.由于mgsinθ＞μmgcosθ，故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上．设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，可得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝10×sin30°－35×cos30°＝2m/s2；由L－x1＝v0t2＋12a2t22，代入数据得22－9＝12t2＋12×2×t22，解得t2＝1s，故煤块从A到B的运动时间是t＝t1＋t2＝2.5s，故选项A正确．由于第一个过程煤块与传送带间的相对位移大小v0t1－x1＝9m，此过程中煤块留下的痕迹向前；第二个过程煤块与传送带间的相对位移大小(L－x1)－v0t2＝1m，此时煤块留下的痕迹向后，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为9m，选项B错误．煤块刚好与传送带共速时，传送带立即减速为零，则煤块两阶段运动和原来一致，运动时间仍为2.5s，故选项C正确．煤块从A端运动到B端时速度v＝v0＋a2t2＝(12＋2×1)m/s＝14m/s，故选项D正确．归纳总结滑块与传送带达到共同速度后，不一定与传送带相对静止，这取决于重力沿斜面分力与滑动摩擦力的大小关系，若重力沿斜面分力大，继续加速，只是摩擦力方向改变导致加速度改变，若重力沿斜面分力小，滑块则与传送带保持相对静止．【跟踪训练2­1】(2019·山西高三第一次模拟)如图所示，