《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件.ppt（83頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律,考點(diǎn)8 牛頓第二定律 超重和失重,專題3 運(yùn)用整體法和隔離法分析連接體問(wèn)題,專題4 臨界和極值問(wèn)題,專題5 傳送帶和板塊模型,考點(diǎn)7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,考點(diǎn)7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 方法1對(duì)慣性的理解 方法2作用力、反作用力與平衡力的比較 考法例析 成就能力 考法1伽利略理想斜面實(shí)驗(yàn) 考法2牛頓第一定律 考法3牛頓第三定律,必備知識(shí) 全面把握,1牛頓第一定律 (1)內(nèi)容：一切物體總保持 狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)。 (2)對(duì)牛頓第一定律的理解 牛頓第一定律揭示了一切物體在任何情況下
2、都具有保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變的性質(zhì) ，故也叫 ； 牛頓第一定律揭示了靜止?fàn)顟B(tài)和勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的等價(jià)性，它們的區(qū)別僅僅是 不同； 牛頓第一定律明確了力不是 物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是 物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(即產(chǎn)生 )的原因，為牛頓第二定律的提出作了準(zhǔn)備。,勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止,參考系,劃重點(diǎn)：牛頓第一定律研究的是 的理想情況，與受合外力為零不是一回事因此不能簡(jiǎn)單地認(rèn)為它是牛頓第二定律的特例由于物體絕對(duì)不受外力的情況是不存在的，所以牛頓第一定律既不是直接從實(shí)驗(yàn)得出的，也無(wú)法直接用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，它是在伽利略的理想實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上，經(jīng)過(guò)科學(xué)推理得出的結(jié)論通常人們看到的靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，實(shí)際上是
3、 的結(jié)果,不受外力,物體受到平衡力作用,2慣性 (1)定義：物體 的性質(zhì) (2)對(duì)慣性的理解： 慣性是物體的 ，即 都有慣性， 與物體的 及 無(wú)關(guān)因此說(shuō)人們只能“利用”慣性而不能“克服”和“避免”慣性 慣性大小是描述 的本領(lǐng)強(qiáng)弱，慣性大，則物體保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的本領(lǐng) ，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)越 是物體慣性大小的唯一量度， 的物體慣性大， 的物體慣性小 慣性不是力，慣性是物體保持原來(lái)勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，力是物體對(duì)物體的作用，這是兩個(gè)不同的概念,保持原來(lái)的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài),運(yùn)動(dòng)狀態(tài),3牛頓第三定律 (1)內(nèi)容：兩個(gè)
4、物體之間的作用力和反作用力總是 ，作用在 關(guān)系式為 。 (2)對(duì)牛頓第三定律的理解 相互性：作用力和反作用力作用在 物體上； 同時(shí)性：作用力和反作用力總是 、同時(shí)按同樣規(guī)律變化、同時(shí)消失； 同質(zhì)性：作用力和反作用力一定是同一性質(zhì)的力； 作用力和反作用力不可疊加，它們作用在兩個(gè)不同的物體上，各產(chǎn)生其效果，不可求它們的合力，兩力的作用效果 抵消。,不同,成對(duì)出現(xiàn)、同時(shí)產(chǎn)生,不能,方法2作用力、反作用力與平衡力的比較 (多選)甲、乙兩隊(duì)用一條輕繩進(jìn)行拔河比賽，甲隊(duì)勝，在比賽過(guò)程中() A甲隊(duì)拉繩子的力大于乙隊(duì)拉繩子的力 B甲隊(duì)與地面間的摩擦力大于乙
5、隊(duì)與地面間的摩擦力 C甲、乙兩隊(duì)與地面間的摩擦力大小相等、方向相反 D甲、乙兩隊(duì)拉繩子的力大小相等、方向相反,例2,【解析】 甲隊(duì)拉繩的力和繩子對(duì)甲隊(duì)的拉力是一對(duì)相互作用力，大小相等、方向相反；同理，乙隊(duì)拉繩的力和繩子對(duì)乙隊(duì)的拉力也大小相等、方向相反；又因?yàn)槔K子對(duì)甲隊(duì)的拉力和對(duì)乙隊(duì)的拉力相等，故甲、乙兩隊(duì)拉繩子的力大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤，D正確； 既然甲隊(duì)對(duì)乙隊(duì)的拉力和乙隊(duì)對(duì)甲隊(duì)的拉力大小相等、方向相反，有的同學(xué)就認(rèn)為兩隊(duì)?wèi)?yīng)是永遠(yuǎn)相持不下，怎么會(huì)分出勝負(fù)呢？有這種想法就是把作用力與反作用力當(dāng)成了一對(duì)平衡力用整體法分析，將甲、乙兩隊(duì)和拔河的繩子看成一個(gè)系統(tǒng)，這一系統(tǒng)只受到兩個(gè)外力：地面對(duì)甲
6、隊(duì)隊(duì)員的摩擦力F地甲和地面對(duì)乙隊(duì)隊(duì)員的摩擦力F地乙甲隊(duì)獲勝的原因是甲隊(duì)與地面間的摩擦力大于乙隊(duì)與地面間的摩擦力，整個(gè)系統(tǒng)向甲方移動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤。 【答案】BD,,例2,考法例析成就能力,考法1伽利略理想斜面實(shí)驗(yàn) 北京理綜201419，6分伽利略創(chuàng)造的把實(shí)驗(yàn)、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進(jìn)了人類科學(xué)認(rèn)識(shí)的發(fā)展利用如圖所示的裝置做如下實(shí)驗(yàn)：小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并沿右側(cè)斜面上升斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時(shí)，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，可以得到的最直接的結(jié)論是() A如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO
7、點(diǎn)等高的位置 B如果小球不受力，它將一直保持勻速運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài) C如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變 D小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小,例1,【解析】 題述要求根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，得到最直接的結(jié)論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來(lái)越光滑，小球沿右側(cè)斜面上升的最高位置依次為1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的結(jié)論是：如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點(diǎn)等高的位置，選項(xiàng)A正確；B、C、D選項(xiàng)都不能根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比直接得到，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。 【答案】A,例1,考法2牛頓第一定律 貴州遵義航天高級(jí)中學(xué)2018期初考(多選)伽利略根據(jù)小球
8、在斜面上運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和理想實(shí)驗(yàn)，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ)。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說(shuō)法，其中正確的是() A物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性 B沒(méi)有力的作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài) C行星在圓周軌道上保持勻速率運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是慣性 D運(yùn)動(dòng)物體如果沒(méi)有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng),例2,【解析】 慣性是物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化而保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，選項(xiàng)A正確；沒(méi)有力的作用，物體將處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)是由于受地球的引力作用，不是由于具有慣性，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)物體如果沒(méi)有受到力的作用，將一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。 【
9、答案】AD,例2,廣東珠海二中、斗門一中2018聯(lián)考如圖所示，一個(gè)劈形物體M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一光滑小球m，劈形物體從靜止開(kāi)始釋放，則小球在碰到斜面前的運(yùn)動(dòng)軌跡是() A沿斜面向下的直線 B豎直向下的直線 C無(wú)規(guī)則曲線 D拋物線,例3,【解析】 由題意知，小球在水平方向上不受外力作用，由牛頓第一定律，小球在此方向上將保持原有的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，即靜止而不向左或向右運(yùn)動(dòng)，只有豎直方向上的運(yùn)動(dòng)，因此運(yùn)動(dòng)軌跡是一條豎直向下的直線。 【答案】B,例3,考法3牛頓第三定律 江蘇徐州2017模擬有句俗語(yǔ)叫“雞蛋碰石頭自不量力”。在雞蛋碰石頭的過(guò)程中，以下說(shuō)法中正確的是()
10、A石頭對(duì)雞蛋的作用力和雞蛋對(duì)石頭的作用力是一對(duì)平衡力 B雞蛋破了，而石頭絲毫無(wú)損，說(shuō)明石頭對(duì)雞蛋的作用力大 C雖然雞蛋破了，但是雞蛋對(duì)石頭的作用力和石頭對(duì)雞蛋的作用力一樣大 D雖然雞蛋破了，但是雞蛋對(duì)石頭的作用力比石頭對(duì)雞蛋的作用力大,例4,【解析】 石頭對(duì)雞蛋的作用力和雞蛋對(duì)石頭的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。 【答案】C,例4,考點(diǎn)8牛頓第二定律超重和失重,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 方法3力與加速度的瞬時(shí)性 方法4力和加速度的合成及分解 方法5與牛頓運(yùn)動(dòng)定律有關(guān)的圖像問(wèn)題 方法6解決兩類動(dòng)力學(xué)的基本問(wèn)題 考法例析 成就能力
11、考法4瞬間性問(wèn)題 考法5兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 考法6與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相關(guān)的圖像問(wèn)題 考法7超重和失重問(wèn)題 考法8 等時(shí)圓模型,必備知識(shí)全面把握,1牛頓第二定律 (1)內(nèi)容：物體的加速度大小跟 成正比，跟 成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同，即 。 (2)對(duì)定律的理解： 矢量性 公式a是一個(gè)矢量式，合外力F和加速度a均為矢量，加速度的方向與 相同，即加速度的方向由 決定 因果性 F是產(chǎn)生a的原因，物體具有 是因?yàn)? 的作用,合外力的方向,合外力的方向,加速度,受到力,2動(dòng)力學(xué)的兩大基本問(wèn)題 (1)已知力求運(yùn)動(dòng)：知道物體受到的所有力，應(yīng)用 求加速度
12、，再結(jié)合初始條件應(yīng)用 求出物體的任意時(shí)刻的速度、位移等； (2)已知運(yùn)動(dòng)求力：知道物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù) 求出物體的加速度，再應(yīng)用 ，分析物體的受力情況。 (3)解題思路：,,,,加速度（）,力（F）,運(yùn)動(dòng)情況（s v t）,運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律 F=m,vt=v0+t 運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律 s=v0t+t2,3超重和失重現(xiàn)象 (1)實(shí)重和視重：由于地球的吸引而使物體受到的力叫 ，即 ；當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的讀數(shù)叫 ，其大小等于彈簧測(cè)力計(jì)所受的拉力或臺(tái)秤所受的 ，視重實(shí)際上是 。 (2)實(shí)重、視重的關(guān)系 視重等于實(shí)重：物體處于 時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)
13、力計(jì)或臺(tái)秤的拉力或壓力的大小(視重)等于物體所受重力的大小，即FN測(cè)G。 當(dāng)物體有豎直方向的加速度，或有其他方向的加速度，但在豎直方向上有加速度分量時(shí)，視重就不等于物體的實(shí)重了。當(dāng)加速度向上時(shí)，視重 實(shí)重，叫 現(xiàn)象，此時(shí) ；當(dāng)加速度向下時(shí)，視重 實(shí)重， 叫 現(xiàn)象，此時(shí) ；當(dāng)加速度向下且大小等于g時(shí)，視重為 ，叫 ，做自由落體運(yùn)動(dòng)和人造衛(wèi)星中的物體都處于 ，此時(shí) 。,重力,實(shí)重,視重,壓力,彈力,平衡狀態(tài),核心方法重點(diǎn)突破,方法3力與加速度的瞬時(shí)性 四川成都石室中學(xué)2017二診(多選)兩小球A、B先后用彈簧和輕桿相連，放在光滑斜面上靜止，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕
14、桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等在突然撤去擋板的瞬間() A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零 C圖甲中B球的加速度為2gsin D圖乙中B球的加速度為gsin ,例1,【解析】 撤去擋板前，對(duì)整體分析，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsin ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B 球所受合力為2mgsin ，加速度為2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B 球所受合力均為mgsin，加速度均為gsin ，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。 【答案】CD,例1,,例2,【解析】 以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，其受到如圖所示三個(gè)力的作用。
15、根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，水平方向：TcosFNsinma，豎直方向： TsinFNcosmg，聯(lián)立解得Tm(gsin acos)， FNm(gcosasin)，故選A。 【答案】A,例2,方法5與牛頓運(yùn)動(dòng)定律有關(guān)的圖像問(wèn)題 課標(biāo)全國(guó)201520，6分(多選)如圖(a)，一物塊在t0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖(b)所示若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出() A斜面的傾角 B物塊的質(zhì)量 C物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D物塊沿斜面向上滑行的最大高度,例3,,例3,突破點(diǎn) (1)明確常見(jiàn)圖像的意義，如下表所示,突破點(diǎn) (2)兩種圖像問(wèn)題類型 已知物體在某一過(guò)程中所受的合力或
16、某個(gè)力隨時(shí)間變化的圖線，要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況； 已知物體在某一過(guò)程中速度或加速度隨時(shí)間的變化圖線，要求分析物體的受力情況 (3)圖像問(wèn)題處理的關(guān)鍵點(diǎn) 清楚圖像類別，分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，確定其物理意義，理解圖像所反映的物理過(guò)程； 注意圖像中特殊點(diǎn)，即圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線的拐點(diǎn)、圖線與圖線的交點(diǎn)等所代表的物理意義； 明確能從圖像獲取哪些信息，將圖像與具體的情境結(jié)合,方法6解決兩類動(dòng)力學(xué)的基本問(wèn)題 浙江2019屆選考模擬圖甲為冰庫(kù)工作人員移動(dòng)冰塊的場(chǎng)景，冰塊先在工作人員斜向上拉力作用下移動(dòng)一段距離，然后放手讓冰塊向前滑動(dòng)到目的地其工作原理可簡(jiǎn)化為圖乙所示的示意圖，設(shè)冰塊質(zhì)量M100
17、kg，冰塊與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，運(yùn)送冰塊距離為12 m，工人拉冰塊時(shí)拉力與水平方向成53角斜向上某次拉冰塊時(shí)，工人從滑道前端拉著冰塊(冰塊初速度可視為零)向前勻加速前進(jìn)4 m后放手，冰塊剛好到達(dá)滑道末端靜止已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2，求： (1)冰塊在加速與減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小之比； (2)冰塊滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度的大小； (3)工人拉冰塊的拉力大小,例4,,例4,考法例析成就能力,考法4瞬間性問(wèn)題 福建四校2017聯(lián)考如圖所示，A、B兩小球的質(zhì)量相等，用輕彈簧相連，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，傾角為的斜面光滑，兩球用細(xì)線固定于斜面上，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與
18、細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說(shuō)法正確的是() A兩個(gè)小球的瞬時(shí)加速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，小于gsin CA球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢(shì)，B球的瞬時(shí)加速度向上，A球的瞬時(shí)加速度向下，瞬時(shí)加速度都不為零,例1,,例1,考法5兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 質(zhì)量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，假設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等從t0時(shí)刻開(kāi)始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示重力加速度g取10 m/s2，則物體在012 s這段時(shí)間內(nèi)的
19、位移大小為() A18 m B54 m C72 m D198 m,例2,,例2,如圖所示，將質(zhì)量為0.1 kg的物體用兩個(gè)完全一樣的豎直彈簧固定在升降機(jī)內(nèi)，當(dāng)升降機(jī)以4 m/s2的加速度加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，上面彈簧對(duì)物體的拉力大小為0.4 N；當(dāng)升降機(jī)和物體都以a28 m/s2的加速度向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，上面彈簧的拉力大小為(g取10 m/s2)() A0.6 N B0.8 N C1.0 N D1.2 N,例3,【解析】 當(dāng)升降機(jī)以a14 m/s2的加速度加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，上面彈簧對(duì)物體的拉力大小為F0.4 N，設(shè)下面彈簧支持力大小為FN，由牛頓第二定律得FFNmgma1，解得FNmg1 N當(dāng)升降機(jī)和物體都
20、以a28 m/s2的加速度向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)上面彈簧的拉力增加了F，則下面彈簧的支持力也增加了F，由牛頓第二定律得FFFNFmgma2，得F0.2 N，所以加速度為a28 m/s2時(shí)，上面彈簧的拉力為FF0.6 N，選項(xiàng)A正確 【答案】A,例3,考法6與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相關(guān)的圖像問(wèn)題 湖北襄陽(yáng)五中2018模擬(多選)用一水平向右的力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開(kāi)始逐漸增大的過(guò)程中，加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示，g取10 m/s2，則可以計(jì)算出() A物體與水平面間的最大靜摩擦力 B當(dāng)F14 N時(shí)物體的速度 C物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D物體的質(zhì)量,例4,,例4,考法7超重和失重問(wèn)題 重慶
21、理綜20155，6分若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖像可能是(),例5,【解析】 由vt圖像可知，貨物的運(yùn)動(dòng)情況依次為向下勻加速，向下勻速，向下勻減速，而后為向上勻加速，向上勻速，向上勻減速由牛頓第二定律可得Fmgma，下降階段支持力F的大小依次為Fmg、Fmg、Fmg，上升階段支持力F的大小依次為Fmg、Fmg、Fmg，所以B正確。 【答案】B,例5,考法8等時(shí)圓模型 江西2018模擬(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O為圓心每根桿上
22、都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無(wú)初速度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無(wú)初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是() At1t2 Bt2t3 Ct1
23、互作用的各物體之間的相互作用力或單一物體的運(yùn)動(dòng)，可把這一物體隔離開(kāi)來(lái)，單獨(dú)加以分析，這就是隔離法。 3在用整體法和隔離法解題時(shí)，一般先用整體法對(duì)系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出其加速度；再根據(jù)需要選擇某一物體分析其受力或分析其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，最后列出方程求解。,整體法、隔離法的選取原則,相同的加速度,加速度不相同,先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力,核心方法重點(diǎn)突破,,例1,,例1,方法8整體法和隔離法在斜面問(wèn)題中的應(yīng)用 江西贛州2019屆摸底傾角37、質(zhì)量M5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，質(zhì)量m2 kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開(kāi)始勻加速下滑，經(jīng)t2 s到達(dá)底端，運(yùn)動(dòng)路程L4 m，在此過(guò)程中斜面
24、保持靜止(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)，求： (1)地面對(duì)斜面的摩擦力大小與方向； (2)地面對(duì)斜面的支持力大小,例2,【解析】 解法一：隔離法 (1)由Lat2可得木塊的加速度為a2 m/s2， 由牛頓第二定律得mgsin fma， mgcos N0， 聯(lián)立解得f8 N，N16 N， 根據(jù)牛頓第三定律得木塊對(duì)斜面的壓力為N1N16 N，木塊對(duì)斜面的摩擦力f1f8 N， 對(duì)斜面受力分析，如圖所示，設(shè)摩擦力f2水平向左，則由共點(diǎn)力平衡條件得f2N1sin f1cos 3.2 N，方向水平向左 (如果設(shè)摩擦力f2水平向右，則f2N1sin f1cos 3.2 N，
25、同樣方向水平向左) (2)由共點(diǎn)力平衡條件得，地面對(duì)斜面的支持力大小 N2N1cos f1sin Mg67.6 N.,例2,【解析】 解法二：整體法 (1)由Lat2可得木塊的加速度為a2 m/s2.將木塊的加速度沿水平方向和豎直方向分解，則有axacos ，ayasin . 將木塊和斜面看成一個(gè)系統(tǒng)，木塊和斜面間的摩擦力、彈力均屬系統(tǒng)內(nèi)力，總重力、地面支持力N3、與地面間的摩擦力f3屬系統(tǒng)外力，其中斜面的加速度為零，由牛頓第二定律可知， 水平方向有f3max， 豎直方向有(Mm)gN3may， 聯(lián)立解得f33.2 N，N367.6 N. 【答案】(1)3.2 N，方向水平向左(2)67.6
26、N,專題4臨界和極值問(wèn)題,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 方法9 相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)靜止問(wèn)題 方法10接觸與分離的臨界條件 方法11極大值和極小值問(wèn)題 考法例析 成就能力,必備知識(shí)全面把握,1臨界和極值問(wèn)題 臨界和極值問(wèn)題是中學(xué)物理中常見(jiàn)的考法，臨界是一個(gè)特殊的轉(zhuǎn)換狀態(tài)， 是 的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，在臨界點(diǎn)前后，物體的受力情況、變化規(guī)律、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一般要發(fā)生變化，能否用變化的觀點(diǎn)正確分析其運(yùn)動(dòng)規(guī)律是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵。所以尋找臨界點(diǎn)，分析臨界狀態(tài)，解決好臨界問(wèn)題，是學(xué)好物理的關(guān)鍵之一。 在我們研究的物理問(wèn)題中，相關(guān)物理量間存在著一定的制約關(guān)系其中當(dāng)物理現(xiàn)象變化到某一狀態(tài)時(shí)出現(xiàn)極限或某種轉(zhuǎn)折
27、(如題目中出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”“恰好”等詞語(yǔ))時(shí)，一般都有臨界現(xiàn)象出現(xiàn)，都要求出臨界條件。分析時(shí)一般用極限法，使臨界現(xiàn)象盡快暴露出來(lái)。,物理過(guò)程發(fā)生變化,2解決臨界問(wèn)題的基本思路 (1)認(rèn)真審題，詳盡分析問(wèn)題中變化的過(guò)程； (2)尋找過(guò)程中變化的物理量(自變量和因變量)； (3)探索因變量隨自變量變化時(shí)的變化規(guī)律，要特別注意相關(guān)物理量的變化情況； (4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找到臨界關(guān)系。,3分析臨界問(wèn)題的思維方法,4分析臨界條件 常見(jiàn)的臨界問(wèn)題相應(yīng)的臨界條件如下： (1)接觸或脫離的臨界條件：彈力 ； (2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到 ； (3)繩子斷裂的臨界條件
28、是張力等于 ，繩子松弛的臨界條件是 ； (4)速度達(dá)到最值的臨界條件： 。,FN0,最大值,繩子最大承受力,FT0,加速度為零,核心方法重點(diǎn)突破,,例1,【解析】 當(dāng)小車水平向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B兩物體相對(duì)小車有向左的相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)滑動(dòng)趨勢(shì)，從而產(chǎn)生滑動(dòng)摩擦力或靜摩擦力如果某一物體與小車有相對(duì)滑動(dòng)，彈簧將發(fā)生形變而產(chǎn)生彈力因?yàn)锽mBgAmbg，所以B物體會(huì)先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。 設(shè)彈簧無(wú)形變，且B物體與小車之間達(dá)到最大靜摩擦力，則有BmBgmBaB0，即aB0Bg2 m/s2； aaB0，B物體與小車之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B物體與小車之間的摩擦力為FfBBmBg1 N； 當(dāng)B物體與小車
29、發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后，彈簧被拉伸產(chǎn)生彈力，設(shè)彈簧伸長(zhǎng)x時(shí)，B物體相對(duì)小車靜止由牛頓第二定律得BmBgkxmBa，解得x0.25 cm；,例1,上述解是否正確還有待判斷： 再設(shè)A物體與小車無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，且摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)的加速度為a，對(duì)A、B物體所組成的系統(tǒng)，應(yīng)用牛頓第二定律得AmAgBmBg(mAmB)a，解得a3.33 m/s2； 因?yàn)閍a，所以A與小車之間一定無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力為靜摩擦力，則對(duì)A物體有FfAkxmAa，解得FfA2.75 N。 【答案】2.75 N1 N0.25 cm,方法10接觸與分離的臨界條件 如圖所示，小車內(nèi)固定一個(gè)傾角為37的光滑斜面，用一根平行于斜面的細(xì)線系住一個(gè)質(zhì)
30、量為m2 kg的小球，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，則： (1)當(dāng)小車以a15 m/s2的加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線上的拉力為多大？ (2)當(dāng)小車以a220 m/s2的加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線上的拉力為多大？,例2,,例2,,例2,廣西欽州一中2018月考一彈簧一端固定在傾角為37的光滑斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量m14 kg的物塊P.Q為一重物，已知Q的質(zhì)量m28 kg，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)k600 N/m，系統(tǒng)處于靜止，如圖所示現(xiàn)給Q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前0.2 s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2 s以后，F(xiàn)
31、為恒力(sin 370.6，g取10m/s2)求： (1)P、Q一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?(2)F的最大值與最小值,例3,,例3,方法11極大值和極小值問(wèn)題 江蘇常熟2018調(diào)研如圖所示，一質(zhì)量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L10 m已知斜面傾角30，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù).重力加速度g取10 m/s2. (1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小； (2)拉力F與斜面的夾角為多大時(shí)，拉力F最?。坷的最小值是多少？,例2,,例2,,例2,專題5傳
32、送帶和板塊模型,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 方法12傳送帶問(wèn)題 方法13板塊模型問(wèn)題 考法例析 成就能力,必備知識(shí)全面把握,1傳送帶問(wèn)題 (1)兩種模型 水平傳送帶模型：,傾斜傳送帶模型：,(2)分析思路 確定研究對(duì)象，一般以物體為研究對(duì)象； 分析其受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，注意摩擦力突變對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的影響； 分清楚研究過(guò)程，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解未知量； 注意： a.摩擦力的突變問(wèn)題：物體的速度與傳送帶速度 的時(shí)刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時(shí)刻對(duì)水平傳送帶，當(dāng)物體與傳送帶的速度相等時(shí)，物體與傳送帶間 ；對(duì)傾斜傳送帶，當(dāng)物體與傳送帶的速度相等時(shí)，滑動(dòng)摩擦力可能突變?yōu)?/p>
33、靜摩擦力，也可能改變方向； b傳送帶與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系：物體的加速度是 的加速度，物體的速度、位移是 的速度、位移。,相等,沒(méi)有摩擦力,相對(duì)地面,相對(duì)地面,(3)傳送帶問(wèn)題的處理技巧： 分析物體的受力情況要考慮物體與傳送帶間的 ； 求物體的加速度、速度和位移時(shí) 考慮傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況，即相當(dāng)于傳送帶是 ； 求物體相對(duì)傳送帶的路程時(shí)，需要考慮傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況，若物體與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同，則相對(duì)路程為 ，若物體與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反，則相對(duì)路程為 。,相對(duì)運(yùn)動(dòng),2板塊模型問(wèn)題 (1)模型特征 滑塊木板模型(如圖甲)，涉及摩擦力分析、相對(duì)運(yùn)動(dòng)、摩擦生熱，多次互相作用，屬于多物體
34、多過(guò)程問(wèn)題，知識(shí)綜合性較強(qiáng)，對(duì)能力要求較高，故頻現(xiàn)于高考試卷中。另外，常見(jiàn)的子彈射擊木塊(如圖乙)、圓環(huán)在直桿上滑動(dòng)(如圖丙)都屬于這類問(wèn)題，處理方法與滑塊木板模型類似。 (2)解題思路 選取研究對(duì)象：分析滑塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度； 分析運(yùn)動(dòng)情況：對(duì)滑塊和木板進(jìn)行運(yùn)動(dòng)情況分析，畫出草圖，找出滑塊和木板之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，建立方程； 判斷臨界條件：滑塊不滑離木板的臨界條件：滑塊滑到木板另一端時(shí)速度與木板速度 ；木板最短的臨界條件：滑塊速度與木板速度相等時(shí)滑到木板另一端木板最短；發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體間的摩擦力為 ，兩物體的 相同。,
35、核心方法重點(diǎn)突破,,例1,,例1,湖北、山東部分重點(diǎn)中學(xué)2019屆聯(lián)考如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角37，從A到B的長(zhǎng)度為8.8 m，傳送帶以v06 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)在傳送帶上端無(wú)初速度輕輕放一個(gè)質(zhì)量為1 kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，重力加速度g10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8) (1)求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需的時(shí)間 (2)若物體在傳送帶上可以留下劃痕，求劃痕的長(zhǎng)度 (3)若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)物體以v08 m/s的初速度由B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，欲使物體能夠運(yùn)動(dòng)到A，求傳送帶速度v滿足的條件,例2,,例2,,例2,方法13板塊模型問(wèn)題 河南南陽(yáng)一
36、中2019屆開(kāi)學(xué)考試如圖所示，一輕質(zhì)長(zhǎng)木板置于光滑水平地面上，木板上有質(zhì)量分別為mA1 kg和mB2 kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為0.2，水平恒力F作用在A物塊上，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.則() A若F1 N，則物塊、木板都靜止不動(dòng) B若F1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N C若F4 N，則B物塊所受摩擦力大小為4 N D若F8 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2,例3,,例3,,例4,【解析】 (1)在02 s時(shí)間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中f1(f1)、N1(N1)是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示，由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得 f11N1 N1mgcos f22N2 N2N1mgcos 規(guī)定沿斜面向下為正方向，設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得 mgsin f1ma1 mgsin f2f1ma2 聯(lián)立上式，并代入題給條件得 a13 m/s2 a21 m/s2,例4,,例4,謝謝觀賞,
（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件.ppt
