《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（山東專用）2020版高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律課件.ppt（83頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3章 牛頓運動定律,考點8 牛頓第二定律 超重和失重,專題3 運用整體法和隔離法分析連接體問題,專題4 臨界和極值問題,專題5 傳送帶和板塊模型,考點7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,考點7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法1對慣性的理解 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伽利略理想斜面實驗 考法2牛頓第一定律 考法3牛頓第三定律,必備知識 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、都具有保持原來運動狀態(tài)不變的性質(zhì) ，故也叫 ； 牛頓第一定律揭示了靜止狀態(tài)和勻速直線運動狀態(tài)的等價性，它們的區(qū)別僅僅是 不同； 牛頓第一定律明確了力不是 物體運動的原因，而是 物體運動狀態(tài)(即產(chǎn)生 )的原因，為牛頓第二定律的提出作了準備。,勻速直線運動狀態(tài)或靜止,參考系,劃重點：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單地認為它是牛頓第二定律的特例由于物體絕對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驗得出的，也無法直接用實驗驗證，它是在伽利略的理想實驗基礎上，經(jīng)過科學推理得出的結論通常人們看到的靜止或勻速直線運動狀態(tài)，實際上是
3、 的結果,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)對慣性的理解： 慣性是物體的 ，即 都有慣性， 與物體的 及 無關因此說人們只能“利用”慣性而不能“克服”和“避免”慣性 慣性大小是描述 的本領強弱，慣性大，則物體保持原來運動狀態(tài)的本領 ，運動狀態(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勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質(zhì)，力是物體對物體的作用，這是兩個不同的概念,保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài),運動狀態(tài),3牛頓第三定律 (1)內(nèi)容：兩個
4、物體之間的作用力和反作用力總是 ，作用在 關系式為 。 (2)對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； 同時性：作用力和反作用力總是 、同時按同樣規(guī)律變化、同時消失； 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,成對出現(xiàn)、同時產(chǎn)生,不能,方法2作用力、反作用力與平衡力的比較 (多選)甲、乙兩隊用一條輕繩進行拔河比賽，甲隊勝，在比賽過程中() A甲隊拉繩子的力大于乙隊拉繩子的力 B甲隊與地面間的摩擦力大于乙
5、隊與地面間的摩擦力 C甲、乙兩隊與地面間的摩擦力大小相等、方向相反 D甲、乙兩隊拉繩子的力大小相等、方向相反,例2,【解析】 甲隊拉繩的力和繩子對甲隊的拉力是一對相互作用力，大小相等、方向相反；同理，乙隊拉繩的力和繩子對乙隊的拉力也大小相等、方向相反；又因為繩子對甲隊的拉力和對乙隊的拉力相等，故甲、乙兩隊拉繩子的力大小相等、方向相反，故A錯誤，D正確； 既然甲隊對乙隊的拉力和乙隊對甲隊的拉力大小相等、方向相反，有的同學就認為兩隊應是永遠相持不下，怎么會分出勝負呢？有這種想法就是把作用力與反作用力當成了一對平衡力用整體法分析，將甲、乙兩隊和拔河的繩子看成一個系統(tǒng)，這一系統(tǒng)只受到兩個外力：地面對甲
6、隊隊員的摩擦力F地甲和地面對乙隊隊員的摩擦力F地乙甲隊獲勝的原因是甲隊與地面間的摩擦力大于乙隊與地面間的摩擦力，整個系統(tǒng)向甲方移動，故B正確，C錯誤。 【答案】BD,,例2,考法例析成就能力,考法1伽利略理想斜面實驗 北京理綜201419，6分伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發(fā)展利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側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，小球沿右側斜面上升到的最高位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是() A如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO
7、點等高的位置 B如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài) C如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變 D小球受到的力一定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小,例1,【解析】 題述要求根據(jù)三次實驗結果的對比，得到最直接的結論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來越光滑，小球沿右側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論是：如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置，選項A正確；B、C、D選項都不能根據(jù)三次實驗結果的對比直接得到，選項B、C、D錯誤。 【答案】A,例1,考法2牛頓第一定律 貴州遵義航天高級中學2018期初考(多選)伽利略根據(jù)小球
8、在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎。早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是() A物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性 B沒有力的作用，物體只能處于靜止狀態(tài) C行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性 D運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動,例2,【解析】 慣性是物體抵抗運動狀態(tài)變化而保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)的性質(zhì)，選項A正確；沒有力的作用，物體將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)，選項B錯誤；行星做勻速圓周運動是由于受地球的引力作用，不是由于具有慣性，選項C錯誤；運動物體如果沒有受到力的作用，將一直做勻速直線運動，選項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，劈形物體從靜止開始釋放，則小球在碰到斜面前的運動軌跡是() A沿斜面向下的直線 B豎直向下的直線 C無規(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動狀態(tài)不變，即靜止而不向左或向右運動，只有豎直方向上的運動，因此運動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模擬有句俗語叫“雞蛋碰石頭自不量力”。在雞蛋碰石頭的過程中，以下說法中正確的是()
10、A石頭對雞蛋的作用力和雞蛋對石頭的作用力是一對平衡力 B雞蛋破了，而石頭絲毫無損，說明石頭對雞蛋的作用力大 C雖然雞蛋破了，但是雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力一樣大 D雖然雞蛋破了，但是雞蛋對石頭的作用力比石頭對雞蛋的作用力大,例4,【解析】 石頭對雞蛋的作用力和雞蛋對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錯誤，C正確。 【答案】C,例4,考點8牛頓第二定律超重和失重,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法3力與加速度的瞬時性 方法4力和加速度的合成及分解 方法5與牛頓運動定律有關的圖像問題 方法6解決兩類動力學的基本問題 考法例析 成就能力
11、考法4瞬間性問題 考法5兩類動力學問題 考法6與牛頓運動定律相關的圖像問題 考法7超重和失重問題 考法8 等時圓模型,必備知識全面把握,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)對定律的理解： 矢量性 公式a是一個矢量式，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 是因為 的作用,合外力的方向,合外力的方向,加速度,受到力,2動力學的兩大基本問題 (1)已知力求運動：知道物體受到的所有力，應用 求加速度
12、，再結合初始條件應用 求出物體的任意時刻的速度、位移等； (2)已知運動求力：知道物體的運動情況，根據(jù) 求出物體的加速度，再應用 ，分析物體的受力情況。 (3)解題思路：,,,,加速度（）,力（F）,運動情況（s v t）,運動學規(guī)律 F=m,vt=v0+t 運動學規(guī)律 s=v0t+t2,3超重和失重現(xiàn)象 (1)實重和視重：由于地球的吸引而使物體受到的力叫 ，即 ；當物體掛在彈簧測力計下或放在臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的讀數(shù)叫 ，其大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的 ，視重實際上是 。 (2)實重、視重的關系 視重等于實重：物體處于 時，物體對彈簧測
13、力計或臺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G。 當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，視重就不等于物體的實重了。當加速度向上時，視重 實重，叫 現(xiàn)象，此時 ；當加速度向下時，視重 實重， 叫 現(xiàn)象，此時 ；當加速度向下且大小等于g時，視重為 ，叫 ，做自由落體運動和人造衛(wèi)星中的物體都處于 ，此時 。,重力,實重,視重,壓力,彈力,平衡狀態(tài),核心方法重點突破,方法3力與加速度的瞬時性 四川成都石室中學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，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，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)榱悖珹、B 球所受合力均為mgsin，加速度均為gsin ，故C、D正確，A、B錯誤。 【答案】CD,例1,,例2,【解析】 以小球為研究對象，其受到如圖所示三個力的作用。
15、根據(jù)牛頓運動定律，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與牛頓運動定律有關的圖像問題 課標全國201520，6分(多選)如圖(a)，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的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 (1)明確常見圖像的意義，如下表所示,突破點 (2)兩種圖像問題類型 已知物體在某一過程中所受的合力或
16、某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況； 已知物體在某一過程中速度或加速度隨時間的變化圖線，要求分析物體的受力情況 (3)圖像問題處理的關鍵點 清楚圖像類別，分清橫、縱坐標所代表的物理量，確定其物理意義，理解圖像所反映的物理過程； 注意圖像中特殊點，即圖線與坐標軸的交點、圖線的拐點、圖線與圖線的交點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合,方法6解決兩類動力學的基本問題 浙江2019屆選考模擬圖甲為冰庫工作人員移動冰塊的場景，冰塊先在工作人員斜向上拉力作用下移動一段距離，然后放手讓冰塊向前滑動到目的地其工作原理可簡化為圖乙所示的示意圖，設冰塊質(zhì)量M100
17、kg，冰塊與滑道間的動摩擦因數(shù)為0.05，運送冰塊距離為12 m，工人拉冰塊時拉力與水平方向成53角斜向上某次拉冰塊時，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4 m后放手，冰塊剛好到達滑道末端靜止已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2，求： (1)冰塊在加速與減速運動過程中加速度大小之比； (2)冰塊滑動過程中的最大速度的大??； (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，傾角為的斜面光滑，兩球用細線固定于斜面上，系統(tǒng)靜止時，彈簧與
18、細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是() A兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的瞬時加速度沿斜面向下，小于gsin CA球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零,例1,,例1,考法5兩類動力學問題 質(zhì)量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等從t0時刻開始，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的物體用兩個完全一樣的豎直彈簧固定在升降機內(nèi)，當升降機以4 m/s2的加速度加速向上運動時，上面彈簧對物體的拉力大小為0.4 N；當升降機和物體都以a28 m/s2的加速度向上運動時，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】 當升降機以a14 m/s2的加速度加速向上運動時，上面彈簧對物體的拉力大小為F0.4 N，設下面彈簧支持力大小為FN，由牛頓第二定律得FFNmgma1，解得FNmg1 N當升降機和物體都
20、以a28 m/s2的加速度向上運動時，設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，上面彈簧的拉力為FF0.6 N，選項A正確 【答案】A,例3,考法6與牛頓運動定律相關的圖像問題 湖北襄陽五中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開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示，g取10 m/s2，則可以計算出() A物體與水平面間的最大靜摩擦力 B當F14 N時物體的速度 C物體與水平面間的動摩擦因數(shù) D物體的質(zhì)量,例4,,例4,考法7超重和失重問題 重慶
21、理綜20155，6分若貨物隨升降機運動的vt圖像如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖像可能是(),例5,【解析】 由vt圖像可知，貨物的運動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)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O為圓心每根桿上
22、都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速度釋放，一個滑環(huán)從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是() 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動，可把這一物體隔離開來，單獨加以分析，這就是隔離法。 3在用整體法和隔離法解題時，一般先用整體法對系統(tǒng)進行受力分析，運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動狀態(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,核心方法重點突破,,例1,,例1,方法8整體法和隔離法在斜面問題中的應用 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，從靜止開始勻加速下滑，經(jīng)t2 s到達底端，運動路程L4 m，在此過程中斜面
24、保持靜止(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)，求： (1)地面對斜面的摩擦力大小與方向； (2)地面對斜面的支持力大小,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斜面的壓力為N1N16 N，木塊對斜面的摩擦力f1f8 N， 對斜面受力分析，如圖所示，設摩擦力f2水平向左，則由共點力平衡條件得f2N1sin f1cos 3.2 N，方向水平向左 (如果設摩擦力f2水平向右，則f2N1sin f1cos 3.2 N，
25、同樣方向水平向左) (2)由共點力平衡條件得，地面對斜面的支持力大小 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臨界和極值問題,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 方法9 相對滑動或相對靜止問題 方法10接觸與分離的臨界條件 方法11極大值和極小值問題 考法例析 成就能力,必備知識全面把握,1臨界和極值問題 臨界和極值問題是中學物理中常見的考法，臨界是一個特殊的轉(zhuǎn)換狀態(tài)， 是 的轉(zhuǎn)折點，在臨界點前后，物體的受力情況、變化規(guī)律、運動狀態(tài)一般要發(fā)生變化，能否用變化的觀點正確分析其運動規(guī)律是求解這類問題的關鍵。所以尋找臨界點，分析臨界狀態(tài)，解決好臨界問題，是學好物理的關鍵之一。 在我們研究的物理問題中，相關物理量間存在著一定的制約關系其中當物理現(xiàn)象變化到某一狀態(tài)時出現(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)時，一般都有臨界現(xiàn)象出現(xiàn)，都要求出臨界條件。分析時一般用極限法，使臨界現(xiàn)象盡快暴露出來。,物理過程發(fā)生變化,2解決臨界問題的基本思路 (1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程； (2)尋找過程中變化的物理量(自變量和因變量)； (3)探索因變量隨自變量變化時的變化規(guī)律，要特別注意相關物理量的變化情況； (4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找到臨界關系。,3分析臨界問題的思維方法,4分析臨界條件 常見的臨界問題相應的臨界條件如下： (1)接觸或脫離的臨界條件：彈力 ； (2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到 ； (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,核心方法重點突破,,例1,【解析】 當小車水平向右做加速運動時，A、B兩物體相對小車有向左的相對滑動或相對滑動趨勢，從而產(chǎn)生滑動摩擦力或靜摩擦力如果某一物體與小車有相對滑動，彈簧將發(fā)生形變而產(chǎn)生彈力因為BmBgAmbg，所以B物體會先發(fā)生相對滑動。 設彈簧無形變，且B物體與小車之間達到最大靜摩擦力，則有BmBgmBaB0，即aB0Bg2 m/s2； aaB0，B物體與小車之間發(fā)生相對滑動，B物體與小車之間的摩擦力為FfBBmBg1 N； 當B物體與小車
29、發(fā)生相對滑動后，彈簧被拉伸產(chǎn)生彈力，設彈簧伸長x時，B物體相對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A物體與小車無相對滑動，且摩擦力為最大靜摩擦力時的加速度為a，對A、B物體所組成的系統(tǒng)，應用牛頓第二定律得AmAgBmBg(mAmB)a，解得a3.33 m/s2； 因為aa，所以A與小車之間一定無相對滑動，摩擦力為靜摩擦力，則對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)固定一個傾角為37的光滑斜面，用一根平行于斜面的細線系住一個質(zhì)
30、量為m2 kg的小球，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，則： (1)當小車以a15 m/s2的加速度向右勻加速運動時，細線上的拉力為多大？ (2)當小車以a220 m/s2的加速度向右勻加速運動時，細線上的拉力為多大？,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，勁度系數(shù)k600 N/m，系統(tǒng)處于靜止，如圖所示現(xiàn)給Q施加一個方向沿斜面向上的力F，使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動，已知在前0.2 s時間內(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一起做勻加速運動的加速度大??； (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動，經(jīng)t2 s的時間物塊由A點運動到B點，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B點時速度的大??； (2)拉力F與斜面的夾角為多大時，拉力F最??？拉力F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 全面把握 核心方法 重點突破 方法12傳送帶問題 方法13板塊模型問題 考法例析 成就能力,必備知識全面把握,1傳送帶問題 (1)兩種模型 水平傳送帶模型：,傾斜傳送帶模型：,(2)分析思路 確定研究對象，一般以物體為研究對象； 分析其受力情況和運動情況，注意摩擦力突變對物體運動的影響； 分清楚研究過程，利用牛頓運動定律和運動學規(guī)律求解未知量； 注意： a.摩擦力的突變問題：物體的速度與傳送帶速度 的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻對水平傳送帶，當物體與傳送帶的速度相等時，物體與傳送帶間 ；對傾斜傳送帶，當物體與傳送帶的速度相等時，滑動摩擦力可能突變?yōu)?/p>
33、靜摩擦力，也可能改變方向； b傳送帶與物體運動的關系：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,沒有摩擦力,相對地面,相對地面,(3)傳送帶問題的處理技巧： 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 考慮傳送帶的運動情況，即相當于傳送帶是 ； 求物體相對傳送帶的路程時，需要考慮傳送帶的運動情況，若物體與傳送帶運動方向相同，則相對路程為 ，若物體與傳送帶運動方向相反，則相對路程為 。,相對運動,2板塊模型問題 (1)模型特征 滑塊木板模型(如圖甲)，涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱，多次互相作用，屬于多物體
34、多過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高，故頻現(xiàn)于高考試卷中。另外，常見的子彈射擊木塊(如圖乙)、圓環(huán)在直桿上滑動(如圖丙)都屬于這類問題，處理方法與滑塊木板模型類似。 (2)解題思路 選取研究對象：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； 分析運動情況：對滑塊和木板進行運動情況分析，畫出草圖，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，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滑到木板另一端木板最短；發(fā)生相對滑動的臨界條件：兩物體間的摩擦力為 ，兩物體的 相同。,
35、核心方法重點突破,,例1,,例1,湖北、山東部分重點中學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的長度為8.8 m，傳送帶以v06 m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動在傳送帶上端無初速度輕輕放一個質(zhì)量為1 kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5，重力加速度g10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8) (1)求物體從A運動到B所需的時間 (2)若物體在傳送帶上可以留下劃痕，求劃痕的長度 (3)若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，此時物體以v08 m/s的初速度由B沿傳送帶向上運動，欲使物體能夠運動到A，求傳送帶速度v滿足的條件,例2,,例2,,例2,方法13板塊模型問題 河南南陽一
36、中2019屆開學考試如圖所示，一輕質(zhì)長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 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版高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律課件.ppt
