2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)文檔：第3章牛頓運(yùn)動定律第13講學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

考點(diǎn)一　超重和失重

1．實(shí)重與視重
實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力。物體所受重力不會因物體運(yùn)動狀態(tài)的改變而變化。
視重：當(dāng)物體掛在彈簧測力計(jì)下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計(jì)或臺秤的示數(shù)稱為視重，大小等于彈簧測力計(jì)所受的拉力或臺秤所受的壓力。超重與失重不是重力本身變了，而是視重變化了。
2．超重與失重

續(xù)表

3．對超重和失重的三點(diǎn)注意
(1)若加速度方向向上(包括斜向上)，物體處于超重狀態(tài)；若加速度方向向下(包括斜向下)，物體處于失重狀態(tài)?！俺亍薄笆е亍爆F(xiàn)象與物體的速度方向和大小均無關(guān)，只決定于物體的加速度方向。
(2)若系統(tǒng)中某一部分有向上(或向下)的加速度，則系統(tǒng)整體也處于超重(或失重)狀態(tài)。
(3)當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時，由重力引起的一切現(xiàn)象都會消失(如天平失效、液體不再產(chǎn)生壓強(qiáng)和浮力、單擺停擺等)。

1．(2015·江蘇高考)(多選)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(　　)

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
答案　AD
解析　由圖線可知，0～4 s加速度豎直向上，處于超重狀
態(tài)；7～10 s加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)。人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當(dāng)t＝2 s時FN′最大；當(dāng)t＝8.5 s時FN′最小，A、D正確。
2.放在電梯地板上的一個木箱，被一根處于伸長狀態(tài)的彈簧拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，后發(fā)現(xiàn)木箱突然被彈簧拉動，據(jù)此可判斷出電梯的運(yùn)動情況是(　　)

A．勻速上升 B．加速上升
C．減速上升 D．減速下降
答案　C
解析　木箱突然被拉動，表明木箱所受最大靜摩擦力變小了，木箱與地板之間的彈力變小了，重力大于彈力，合力向下，處于失重狀態(tài)，電梯的運(yùn)動情況應(yīng)是減速上升或加速下降，C正確。
3．(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小球，電梯中有質(zhì)量為50 kg的乘客，在電梯運(yùn)行時乘客發(fā)現(xiàn)輕質(zhì)彈簧的伸長量始終是電梯靜止時的四分之三。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可判斷(　　)

A．電梯可能加速下降，加速度大小為5 m/s2
B．電梯可能減速上升，加速度大小為2.5 m/s2
C．乘客處于超重狀態(tài)
D．乘客對電梯地板的壓力大小為375 N
答案　BD
解析　電梯靜止不動時，小球受力平衡，有mg＝kx，電梯運(yùn)行時彈簧的伸長量比電梯靜止時小，說明彈力變小了，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－kx＝ma，即mg＝ma，a＝2.5 m/s2，加速度向下，電梯可能加速下降或減速上升，乘客處于失重狀態(tài)，A、C錯誤，B正確；電梯地板對乘客的支持力大小為FN＝m′g－m′a＝500 N－125 N＝375 N，由牛頓第三定律知乘客對電梯地板的壓力大小為375 N，D正確。
考點(diǎn)二　動力學(xué)圖象問題

　常見動力學(xué)圖象
1．v-t圖象
分析好斜率、交點(diǎn)的意義，可以幫助受力分析和運(yùn)動過程分析。
2．a(chǎn)-t圖象
實(shí)際上a隨t的變化間接反映了合外力F隨t的變化，所以基本等同F(xiàn)-t圖象，不同之處就是F-t圖象中的F有時指的某個力而不是合力。
3．F-x圖象
在動力學(xué)中F-x圖象一般是找出某個位置對應(yīng)的力就可以了，在功能關(guān)系內(nèi)容中這種圖象的理解要求會更高。有時根據(jù)物體的運(yùn)動過程，畫出有關(guān)物理量的關(guān)系圖象是解決問題的一種很好的方法。

如圖甲所示，兩滑塊A、B用輕質(zhì)細(xì)線跨過光滑輕質(zhì)定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在與斜面平行的細(xì)線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面傾角θ＝37°。某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運(yùn)動的v-t圖象如圖乙所示。已知g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；
(2)A沿斜面向上滑動的最大位移。
解析　(1)在0～0.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，A、B系統(tǒng)的加速度為a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，
對A：FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1，
對B：mBg－FT＝mBa1。
得：μ＝0.25。
(2)B落地后，A繼續(xù)減速上升。
由牛頓第二定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2，
將已知量代入，可得a2＝8 m/s2，
故A減速向上滑動的位移為x2＝＝0.25 m，
又0～0.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移x1＝＝0.5 m，
所以，A上滑的最大位移為x＝x1＋x2＝0.75 m。
答案　(1)0.25　(2)0.75 m
方法感悟
解決圖象綜合問題的注意事項(xiàng)
(1)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點(diǎn)。
(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。
(3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情境結(jié)合起來，應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。

如圖甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m＝2 kg的物體，物體同時受到兩個水平力的作用，F(xiàn)1＝4 N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小隨時間均勻變化，如圖乙所示。物體從零時刻開始運(yùn)動。

(1)求當(dāng)t＝0.5 s時物體的加速度大??；
(2)物體在t＝0至t＝2 s內(nèi)何時物體的加速度最大？最大值為多少？
(3)物體在t＝0至t＝2 s內(nèi)何時物體的速度最大？最大值為多少？
答案　(1)0.5 m/s2
(2)在t＝0和t＝2 s時加速度最大，最大值為1 m/s2
(3)t＝1 s時，vmax＝0.5 m/s
解析　(1)由題圖乙可知F2＝(2＋2t) N
當(dāng)t＝0.5 s時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5) N＝3 N
F1－F2＝ma
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝2－2t(N)

作出F合-t圖象如圖1所示
從圖中可以看出，在0～2 s范圍內(nèi)
當(dāng)t＝0時，物體有最大加速度am
Fm＝mam
am＝＝ m/s2＝1 m/s2
當(dāng)t＝2 s時，物體也有最大加速度am′
Fm′＝mam′
am′＝＝ m/s2＝－1 m/s2
負(fù)號表示加速度方向向左。
(3)由牛頓第二定律得a＝＝1－t(m/s2)
畫出a-t圖象如圖2所示

由圖可知t＝1 s時速度最大，最大值等于a-t圖象上方三角形的面積，即vmax＝×1×1 m/s＝0.5 m/s。
考點(diǎn)三　連接體問題

1．連接體的類型
(1)彈簧連接體

(2)物物疊放連接體

(3)輕繩連接體

(4)輕桿連接體

2．連接體的運(yùn)動特點(diǎn)
輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。
輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。
輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。
3．處理連接體問題的方法
整體法的選取原則
若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度或其他未知量
隔離法的選取原則
若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解

續(xù)表
整體法、隔離法的交替運(yùn)用
若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”

五個質(zhì)量相等的物體置于光滑水平面上，如圖所示，現(xiàn)向右施加大小為F、方向水平向右的恒力，則第2個物體對第3個物體的作用力等于(　　)

A.F B.F
C.F D.F
解析　設(shè)每個物體的質(zhì)量為m，對五個物體組成的整體由牛頓第二定律得F＝5ma，對3、4、5三個物體由牛頓第二定律得F23＝3ma，解以上兩式得F23＝F，C正確。
答案　C
方法感悟
(1)當(dāng)涉及連接體內(nèi)某個物體的受力和運(yùn)動情況時，一般采用隔離法。
(2)運(yùn)用隔離法解題的基本步驟
①明確研究對象。
②將某個研究對象從系統(tǒng)中隔離出來。
③畫出受力分析圖。
④用牛頓第二定律等列方程求解。

(2019·湖南湘東六校聯(lián)考)如圖所示，A、B兩物塊放在光滑水平面上，它們之間用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩次連接情況中細(xì)線傾斜方向不同，但與豎直方向的夾角相同，對B施加水平力F1和F2，兩種情況下A、B整體的加速度分別為a1、a2，細(xì)線上的力分別為T1、T2，則下列說法正確的是(　　)

A．若F1＝F2，則必有a1>a2
B．若F1＝F2，則必有T1＝T2
C．若T1>T2，則必有F1＝F2
D．若T1T2，則必有a1>a2，根據(jù)牛頓第二定律，必有F1>F2，C錯誤；同理可知，D錯誤。
課后作業(yè)
[鞏固強(qiáng)化練]
1．雨滴從空中由靜止落下，若雨滴受到的空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，圖中能大致反映雨滴運(yùn)動情況的是(　　)

答案　C
解析　對雨滴進(jìn)行受力分析可得mg－f＝ma，隨雨滴速度的增大雨滴所受阻力在增大，而重力mg不變，可知雨滴做加速度減小的加速運(yùn)動，在v-t圖象中斜率表示加速度，斜率在減小的只有C，故選C。
2．(多選)如圖所示，在光滑水平面上有一足夠長的靜止小車，小車質(zhì)量為M＝5 kg，小車上靜止地放置著質(zhì)量為m＝1 kg的木塊，木塊和小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，用水平恒力F拉動小車，下列關(guān)于木塊的加速度am和小車的加速度aM，可能正確的有(　　)

A．a(chǎn)m＝1 m/s2，aM＝1 m/s2
B．a(chǎn)m＝1 m/s2，aM＝2 m/s2
C．a(chǎn)m＝2 m/s2，aM＝4 m/s2
D．a(chǎn)m＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
答案　AC
解析　當(dāng)M與m相對靜止時，am＝aM＝≤＝μg＝2 m/s2；當(dāng)M與m相對滑動時，am＝＝μg＝2 m/s2，aM>am＝2 m/s2，故A、C正確，B、D錯誤。
3．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為M＝2 kg的木板靜止在光滑水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊(質(zhì)量設(shè)為m)從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板。物塊和木板的速度—時間圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2，結(jié)合圖象，下列說法正確的是(　　)

A．可求得物塊在前2 s內(nèi)的位移x＝5 m
B．可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2
C．可求得物塊的質(zhì)量m＝2 kg
D．可求得木板的長度L＝2 m
答案　ABC
解析　物塊在前2 s內(nèi)的位移x＝×1 m＋2×1 m＝5 m，A正確；由運(yùn)動學(xué)圖象知，兩物體加速度大小相同，設(shè)物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，則有a1＝a2＝2 m/s2，μmg＝ma1＝Ma2，則μ＝0.2，m＝M＝2 kg，B、C正確；由于物塊與木板達(dá)到共同速度時不清楚小物塊停在木板的位置，故無法求出木板的長度，D錯誤。
4. (多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0沿足夠長的固定斜面上滑，斜面傾角為θ，物塊與該斜面間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ，下圖中表示該物塊的速度v和所受摩擦力Ff隨時間t變化的圖線(以初速度v0的方向?yàn)檎较?，可能正確的是(　　)

答案　AC
解析　物塊的運(yùn)動情況是先向上做勻減速直線運(yùn)動，所受滑動摩擦力為μmgcosθ，方向沿斜面向下，達(dá)到最高點(diǎn)后由于μ>tanθ，即mgsinθmg)；過程⑤為向上勻速直線運(yùn)動(平衡，F(xiàn)＝mg)；過程⑥為向上勻減速直線運(yùn)動(加速度向下，失重，F(xiàn)M，有x1＝x2 B．若msinθ，有x1>x2 D．若μ