高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律高考热点讲座3学案

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第三章 牛顿运动定律热点一　动力学两类基本问题与图象的综合　(2020·湖北七市州教科研协作体5月联考)如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则(　　)A．A、B脱离之前，A物体所受的合外力逐渐减小B．t＝3 s时，A、B脱离C．A、B脱离前，它们一起运动的位移为6 mD．A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动[解析]　由题图乙可得FA＝9－3t(N)，FB＝3＋3t(N)，在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒定为FA＋FB＝12 N，匀加速运动的加速度a＝＝ m/s2＝3 m/s2，则A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，故A错误；脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故＝3 m/s2，解得t＝2 s，故B错误；A、B脱离前，它们一起运动的位移为x＝at2＝×3×22 m＝6 m，故C正确；脱离后的1 s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t＝3 s 后A不受推力，A将做匀速直线运动；物体B一直受到向右的拉力而做加速运动，故D错误。[答案]　C　(多选)(2021·广东中山市高三月考)如图所示，滑块m1放置在足够长的木板m2的右端，木板置于水平地面上，两个接触面的动摩擦因数分别为μ1和μ2，原来均静止。现用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，一段时间后再撤去该力。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则二者的速度—时间图象可能为(　　)[解析]　零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m1和木板m2均做匀加速直线运动，对滑块m1，有μ1m1g＝m1a1, 加速度为a1＝μ1g。撤去外力后，木板m2做匀减速直线运动，此时滑块m1的速度小于m2，所以滑块m1继续做匀加速运动，当二者速度相等时：如果μ1>μ2，滑块m1和木板m2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。由牛顿第二定律知μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2 ，加速度变为a2＝μ2g，即滑块的加速度变小，故A正确，B错误。如果μ1<μ2 ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m1的加速度大小是μ1g，即滑块的加速度大小不变，故D正确，C错误。[答案]　AD　　(2020·大连市第一次模拟)“新冠”席卷全国，在举国上下“抗疫”的斗争中，武汉各大医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人员选择配送目的地后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中“小易”发现正前方站着一个人，立即制动减速，恰好在距离人30 cm处停下。“小易”从静止出发到减速停止，可视为两段匀变速直线运动，其v－t图象如图所示，图中t0＝1.6 s，v0＝5 m/s。已知减速时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”(含药物)的总质量为60 kg，运动过程中阻力恒为20 N。(结果保留3位有效数字)求： (1)“小易”从静止出发到减速停止的总位移以及加速过程与减速过程的加速度大小；(2)启动过程的牵引力与制动过程的制动力(不含阻力)的大小。[解析]　(1)设加速运动与减速运动的时间分别为t1、t2，位移分别是x1、x2，总时间是t0，总位移是x，由匀变速直线运动规律知x1＝t1x2＝t2x＝x1＋x2解得x＝4 m由加速度定义式知a1＝，a2＝则a2＝3a1t0＝t1＋t2联立解得t1＝1.2 s，t2＝0.4 s则a1＝ m/s2≈4.17 m/s2，a2＝ m/s2＝12.5 m/s2；(2)对加速过程与减速过程分别列牛顿第二定律有F1－f＝ma1F2＋f＝ma2解得F1＝270 N，F2＝730 N。[答案]　(1)4 m　4.17 m/s2　12.5 m/s2(2)270 N　730 N热点二　动力学方法分析多过程问题1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。2．对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图。3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程。4．分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程。5．联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证。　(2020·邯郸市上学期期末)如图所示，AB是长L1＝40 m、倾角θ1＝53°的倾斜轨道，BC是长L2＝44 m、倾角θ2＝37°的倾斜轨道，CD为水平轨道，各轨道之间平滑连接。小物块从AB轨道的顶端A由静止下滑，小物块与各轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)小物块在AB段下滑的加速度大小；(2)为了保证小物块不滑离CD轨道，CD轨道至少多长；(3)小物块从开始下滑到停止全程所用的时间。[解析]　(1)物块从A到B，根据牛顿第二定律，有mgsin θ1－μmgcos θ1＝ma1小物块在AB段下滑的加速度大小a1＝5 m/s2；(2)从A到B物块做匀加速直线运动，有vB＝＝ m/s＝20 m/s从B到C，根据牛顿第二定律，得mgsin θ2－μmgcos θ2＝ma2小物块在BC段下滑的加速度大小a2＝2 m/s2由v－v＝2a2L2，代入数据解得物块到达C点的速度vC＝24 m/s从C点到停止，有a3＝＝μg＝5 m/s2所以，为了保证小物块不滑离CD轨道，CD轨道至少长L3＝＝ m＝57.6 m；(3)从A到B用的时间t1＝＝ s＝4 s从B到C用的时间t2＝＝ s＝2 s从C到停下用时t3＝＝ s＝4.8 s小物块从开始下滑到停止全程所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝10.8 s。[答案]　(1)5 m/s2　(2)57.6 m　(3)10.8 s　一滑草场的滑道示意图如图所示，某条滑道由AB、BC、CD三段组成，其中AB段和BC段与水平面的倾角分别为53°和37°，且这两段长度均为L＝28 m，载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑，先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点，若滑草车与AB、BC、CD三段草地之间的动摩擦因数均为μ，不计滑草车在滑道交接处的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；(2)滑草车经过B点时的速度大小vB；(3)滑草车从A点运动至D点的时间t。[解析]　(1)对BC段时的滑草车受力分析：mgsin 37°＝μmgcos 37°，得到μ＝0.75；(2)对AB段时的滑草车受力分析mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma1又v＝2a1sAB解得a1＝3.5 m/s2，vB＝14 m/s；(3)AB段：t1＝＝4 s；BC段：t2＝＝2 sCD段：μmg＝ma3，t3＝≈1.87 s，则t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s。[答案]　(1)0.75　(2)14 m/s　(3)7.87 s