第三章 课时3 牛顿运动定律的综合应用-【导与练】2024高考物理一轮复习高中总复习第1轮教师用书word（浙江专用）

课时3　牛顿运动定律的综合应用

动力学两类基本问题　牛顿第一定律

1.已知物体的受力情况,求物体的运动情况。

2.已知物体的运动情况,求物体的受力情况。

利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用,将运动学规律和牛顿第二定律相结合,寻找加速度和未知量的关系,是解决这类问题的思考方向。

考向1:由受力情况求运动情况

[例1]  某同学使用一根木杆推动一只用来玩游戏的木盘,t=0时刻,木盘以v0=3 m/s的速度经过如图所示的标志线aa′,速度方向垂直标志线,继续推动木盘使它做匀加速运动,在t=0.4 s时通过标志线bb′,然后撤去水平推力。木盘可视为质点,停在得分区cc′d′d即游戏成功。图中bb′与aa′的距离x1=1.6 m,cc′与bb′的距离x2=3.6 m,cc′与dd′的距离为d=0.8 m。已知木盘与地面之间的动摩擦因数为μ=0.30,木盘的质量为m=0.5 kg,g取10 m/s2。

(1)求木盘在匀加速阶段的加速度大小a;

(2)求木杆对木盘的水平推力大小F;

(3)木盘能否停在得分区?请计算说明。

解析:(1)在匀加速过程中,由位移与时间的关系

x1=v0t+at2,代入数据得a=5 m/s2。

(2)由牛顿第二定律知F-μmg=ma,得F=4 N。

(3)设通过bb′时木盘的速度为v1,则-=2ax1,得v1=5 m/s;此后木盘做匀减速运动,加速度大小a′=μg=3 m/s2,减速到0,发生的位移x′= = m,3.6 m<x′<4.4 m,故木盘能停在得分区。

答案:(1)5 m/s2　(2)4 N　(3)见解析

[变式1] 如图所示,一块磁铁放在铁板ABC上的A处,其中AB长为1 m,BC长为0.6 m,BC与水平面夹角为37°,磁铁与铁板间的引力为磁铁重力的,磁铁与铁板间的动摩擦因数μ=0.25,现给磁铁一个水平向左的初速度v0=4 m/s,不计磁铁经过B处转向的机械能损失。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)

(1)求磁铁第一次到达B处的速度大小;

(2)求磁铁沿BC向上运动的加速度大小;

(3)请通过计算判断磁铁最终能否再次回到B点;如果能,请求出再次到达B点的速度大小。

解析:(1)在AB段,FN=kmg+mg=1.2mg,

Ff=μFN=0.25×1.2mg=0.3mg,

根据牛顿第二定律a1==3 m/s2,

由vB== m/s。

(2)磁铁沿BC向上运动时,

FN′-mgcos 37°-kmg=0,

μFN′+mgsin 37°=ma2,

a2==8.5 m/s2。

(3)磁铁沿BC向上运动的最大距离

s== m≈0.59 m<0.6 m,

μ(mgcos 37°+kmg)<mgsin 37°,

所以磁铁最终能再次回到B点。

mgsin 37°-μ(mgcos 37°+kmg)=ma3,

a3=3.5 m/s2,vB′2=2a3s,vB′= m/s。

答案:(1) m/s　(2)8.5 m/s2

(3)能　 m/s

考向2:由运动情况求受力情况

[例2]  如图甲所示为某水上乐园的“彩虹滑道”游乐项目。当某同学从滑道的顶端由静止开始滑下,沿滑道ABCD运动过程可以简化为如图乙所示(各段滑道之间顺滑连接,即通过连接点前后的速度大小不变)。已知斜面AB长为20 m,与水平面成θ=53°,斜面BC长为2.8 m,与水平面的夹角为α=37°,该同学与滑道AB和BC表面的动摩擦因数均为0.5(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求: