新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題1力與運(yùn)動(dòng)第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用題型1牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用教師用書

第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用必備知識(shí)”解讀1.解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的思路2.瞬時(shí)加速度問題“關(guān)鍵能力”構(gòu)建1.思想方法(1)整體法與隔離法的選用技巧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，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力整體法、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，且需要求出物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力(2)連接體問題中常見的臨界條件接觸與脫離接觸面間彈力等于0恰好發(fā)生滑動(dòng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力繩子恰好斷裂繩子張力達(dá)到所能承受的最大力繩子剛好繃直與松弛繩子張力為02.模型建構(gòu)(1)沿如圖光滑斜面下滑的物體：(2)一起加速運(yùn)動(dòng)的物體系，若力是作用于m1上，則m1和m2的相互作用力為FN＝eq\f(m2·F,m1＋m2).有無摩擦都一樣，平面，斜面，豎直方向都一樣(3)下面幾種物理模型，在臨界情況下，a＝gtanα光滑，相對(duì)靜止與接觸面間彈力為零繩，相對(duì)靜止光滑，與接觸面間彈力為零(4)下列各模型中，速度最大時(shí)合力為零，速度為零時(shí)，加速度最大題型1牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法一))瞬時(shí)性問題例題1(2023·福建龍巖二模)一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度大小為g。當(dāng)撤去擋板瞬間，下列說法正確的是(B)A．球A的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為gsinθB．球B的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為2gsinθC．地面對(duì)斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和D．地面對(duì)斜面體C的摩擦力方向水平向右【解析】根據(jù)題意，設(shè)A、B兩球質(zhì)量均為m，去掉擋板前，對(duì)A球受力分析，由平衡條件有F彈＝mgsinθ，去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為0，加速度為0，對(duì)B球有mgsinθ＋F彈＝ma，解得a＝2gsinθ；故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則地面對(duì)斜面體C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C錯(cuò)誤；去掉擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對(duì)A、B和C整體分析，地面對(duì)斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯(cuò)誤。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法二))連接體問題例題2(多選)(2022·全國(guó)甲卷，19,6分)如圖所示，質(zhì)量相等的兩滑塊P，Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前(AD)A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小【解析】①加速度：設(shè)P、Q的質(zhì)量均為m，彈簧的彈力為FT。由胡克定律，從撤掉拉力F開始到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈簧的伸長(zhǎng)量逐漸減小，因此，彈力FT逐漸減小。(以向右運(yùn)動(dòng)為正方向)在拉力F作用下，P、Q做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)撤掉拉力F后至彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)加速度表達(dá)式撤掉拉力瞬間彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間對(duì)Q根據(jù)二力平衡的條件有FT＝μmgP：－FT－μmg＝maP，aP＝－eq\f(FT,m)－μgP加速度大小為最大，此時(shí)aP＝－2μg(A項(xiàng)正確)aP＝－μgQ：FT－μmg＝maQ，aQ＝eq\f(FT,m)－μgaQ＝0Q加速度大小為最大，此時(shí)aQ＝－μg(B項(xiàng)錯(cuò)誤)②位移：彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)到原長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧縮短了，即P、Q間距離減小了，因此P的位移小于Q的位移，C項(xiàng)錯(cuò)誤。③速度：在從撤掉拉力F到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，由分析可知，P做加速度由2μg逐漸減小到μg的減速運(yùn)動(dòng)；Q做加速度由0開始逐漸增大到μg的減速運(yùn)動(dòng)。P和Q具有相同的初速度，它們都做減速運(yùn)動(dòng)，而且P的速度減小得更快，因此，在這個(gè)過程中，P的速度在任意時(shí)刻都不會(huì)大于Q的速度，D項(xiàng)正確。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法三))兩類動(dòng)力學(xué)問題例題3(多選)(2023·福建廈門二模)如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí)，一手拿著球，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質(zhì)量為M＝90g(不含球的質(zhì)量)，球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為f1＝2.6N，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為f2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后(BD)A．羽毛球的加速度大小為10m/s2B．羽毛球的加速度大小為30m/s2C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為3m/s【解析】依題意，對(duì)羽毛球受力分析，由于羽毛球相對(duì)于筒向上運(yùn)動(dòng)，受到筒對(duì)它豎直向下的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋f2＝ma1；求得羽毛球的加速度為a1＝30m/s2；羽毛球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)筒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg－f1－f2＝Ma2；求得a2＝－20m/s2；負(fù)號(hào)表示筒的加速度方向豎直向上，說明筒向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若敲打一次后，羽毛球頭部能從上端筒口出來，則當(dāng)羽毛球到達(dá)筒口時(shí)，二者速度相等，此時(shí)筒獲得的初速度為最小vmin，有a1t＝vmin－a2t；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vmint－\f(1,2)a2t2))－eq\f(1,2)a1t2＝d聯(lián)立，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求得vmin＝3m/s，故C錯(cuò)誤，D正確?！矊?duì)點(diǎn)訓(xùn)練〕(2023·全國(guó)乙卷)一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球(B)A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零D．下落過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)【解析】上升過程和下降過程的位移大小相同，上升過程的末狀態(tài)和下降過程的初狀態(tài)速度均為零。對(duì)排球受力分析，上升過程的重力和阻力方向相同，下降過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對(duì)應(yīng)位置的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；上升過程排球做減速運(yùn)動(dòng)，下降過程排球做加速運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)過程中空氣阻