2019版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第12课时牛顿运动定律的综合应用（2）学案

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1、第12课时　牛顿运动定律的综合应用(2)考点1　多过程问题1．多过程问题就是物体的运动过程由许多“子过程”组成，各“子过程”有关键物理量前后相联系，往往叫做过程“衔接量”。2．对各个“子过程”进行受力分析和运动分析，一般采用画出过程示意图，关键找出过程“衔接量”进行分析研究。3．各“子过程”分析列关系式时，一般前后过程中都有“衔接量”。4．联方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。[例1]　(2017·福建厦门双十中学质检)如图，将质量m＝2kg的圆环套在与水平面成θ＝37°角的足够长直杆

2、上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，杆上依次有三点A、B、C，sAB＝8m，sBC＝0.6m，环与杆间动摩擦因数μ＝0.5，对环施加一个与杆成37°斜向上的拉力F，使环从A点由静止开始沿杆向上运动。已知t＝4s时环到达B点，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求F的大小；(2)若到达B点时撤去力F，求此环到达C点所用的时间。解析　(1)根据题意知，环做匀加速直线运动，则有sAB＝a1t2，解得a1＝1m/s2，对环进行受力分析，若Fsin37

3、°mgcos37°，则杆对环的弹力垂直于杆向下，如图乙所示：则有N＋mgcos37°＝Fsin37°Fcos37°－μN－mgsin37°＝ma1以上两式联立代入数据解得：F＝12N(不符合Fsin37°>mgcos37°，舍去)。故F＝20N。(2)环到B的速度为vB＝a1t＝4m/s。撤去力F

4、后向上运动过程对环进行受力分析如图丙所示，有根据牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2解得a2＝10m/s2。设撤去力F后环的速度减为0所需时间为t0，环从B点到速度减为0运动的距离为s，则vB＝a2t0，解得t0＝0.4s。2a2s＝v，解得s＝0.8m。若环向上经过C点，则根据匀变速直线运动规律得sBC＝vBt1－a2t代入数据解得t1＝0.2s，t1′＝0.6s(舍去)。当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程对其进行受力分析，根据牛顿第二定律得mgsin

5、37°－μmgcos37°＝ma3解得此时下滑的加速度a3＝2m/s2。环从最高点下滑至C点时发生的位移为x＝s－sBC＝0.2m根据初速度为零的匀加速直线运动位移时间关系得x＝a3t解得环下滑至C点时间为t2＝s所以从B点计时，小环经过C点的时间t′＝t0＋t2＝s故若到达B点时撤去力F，此环到达C点所用的时间为0.2s或s。答案　(1)20N　(2)0.2s或s(1)多过程问题其实质是多个过程的一个组合，每个“子过程”都可以是一个小题。(2)每个“子过程”都要重新进行受力分析和运动过程各物理

6、量分析。(3)注意过程的“衔接量”是列方程的前提考虑，有时只有几个过程的方程都列全才能求解，少一个方程都无法求解。(2017·湖南十三校联考)质量为10kg的环在F＝140N的恒定拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.5，杆与水平地面的夹角为θ＝37°，拉力F与杆的夹角θ＝37°，力F作用一段时间后撤去，环在杆上继续上滑了0.5s后，速度减为零，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，杆足够长。求：(1)拉力F作用的时间；(2)环运动

7、到杆底端时的速度大小。答案　(1)1s　(2)m/s解析　(1)撤去拉力F后，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2又0＝v1－a2t2联立解得v1＝5m/s。撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向)，有Fcosθ－mgsinθ－μ(Fsinθ－mgcosθ)＝ma1而v1＝a1t1联立解得t1＝1s。(2)环速度为零后反向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma3又s＝(t1＋t2)，而v2＝2a3s联立解得v＝m/s。考点2　　临界状态和极值问题1．在

8、临界状态，系统的一些物理量达到极值。在临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变，能否用变化的观点正确分析其运动规律是求解这类题目的关键，而临界点的确定是基础。确定临界点一般用极端分析法，即把问题(物理过程)推到极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用牛顿第二定律列出极端情况下的方程求解。2．临界或极值条件的物理语言(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题