2020版高考物理大一輪復習 第三章 專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題課件 教科版.ppt

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1、專題強化三動力學兩類基本問題和臨界極值問題,,大一輪復習講義,,第三章牛頓運動定律,1.本專題是動力學方法處理動力學兩類基本問題、多過程問題和臨界極值問題，高考在選擇題和計算題中命題頻率都很高. 2.學好本專題可以培養(yǎng)同學們的分析推理能力，應用數(shù)學知識和方法解決物理問題的能力. 3.本專題用到的規(guī)律和方法有：整體法和隔離法、牛頓運動定律和運動學公式、臨界條件和相關的數(shù)學知識.,專題解讀,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,過好雙基關,研透命題點,課時作業(yè),回扣基礎知識 訓練基礎題目,細研考綱和真題 分析突破命題點,限時訓練 練規(guī)范 練速度,,過好雙基關,,,,一、動力學的兩類基本問題,,,

2、1.由物體的受力情況求解運動情況的基本思路： 先求出幾個力的合力，由牛頓第二定律(F合ma)求出 ，再由運動學的有關公式求出速度或位移. 2.由物體的運動情況求解受力情況的基本思路： 已知加速度或根據(jù)運動規(guī)律求出 ，再由牛頓第二定律求出合力，從而確定未知力.,加速度,加速度,3.應用牛頓第二定律解決動力學問題，受力分析和運動分析是關鍵，加速度是解決此類問題的紐帶，分析流程如下：,自測1(2018江西省南昌市第二次模擬)如圖1所示，物體從傾角為的固定斜面頂端由靜止釋放，它滑到底端時速度大小為v1；若它由斜面頂端沿豎直方向自由落下，末速度大小為v，已知v1是v的k倍，且k<1.物體與斜面

3、間的動摩擦因數(shù)為 A.(1k)sin B.(1k)cos C.(1k2)tan D.,圖1,,解析設斜面長為x，高為h，物體下滑過程受到的摩擦力為f，由于物體沿斜面勻加速下滑，設加速度為a，則由牛頓第二定律可得 mgsin fma， fmgcos ， 所以ag(sin cos )， 由運動學公式可知v122ax2gx(sin cos )， v22gh 由題意：v1kv 且hxsin 解得：(1k2)tan ，故C正確.,,二、動力學中的臨界與極值問題,,,1.臨界或極值條件的標志 (1)題目中“剛好”“恰好”“正好”等關鍵詞句，明顯表明題述的過程存在著 點. (2)題目中“取值范圍”“多長

4、時間”“多大距離”等詞句，表明題述過程存在著“起止點”，而這些“起止點”一般對應著 狀態(tài). (3)題目中“最大”“最小”“至多”“至少”等詞句，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點.,臨界,,,臨界,2.常見臨界問題的條件 (1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力N . (2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到 . (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是T0. (4)最終速度(收尾速度)的臨界條件：物體所受合外力為 .,最大值,0,零,自測2(2015山東理綜16)如圖2，滑塊A置

5、于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時A恰好不滑動，B剛好不下滑.已知A與B間的動摩擦因數(shù)為1，A與地面間的動摩擦因數(shù)為2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.A與B的質(zhì)量之比為,圖2,,解析對滑塊A、B整體在水平方向上有F2(mAmB)g；對滑塊B在豎直方向上有1FmBg；,,研透命題點,,,1.解題關鍵 (1)兩類分析物體的受力分析和物體的運動過程分析； (2)兩個橋梁加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁. 2.常用方法 (1)合成法 在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用合成法. (2)正交分解法 若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上

6、)時，則采用正交分解法.,,,,命題點一動力學兩類基本問題,例1(2018陜西省榆林市第三次模擬)如圖3所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應用.一架質(zhì)量為m2 kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F36 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒定，無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，在t5 s時離地面的高度為75 m(g取10 m/s2). (1)求運動過程中所受空氣阻力大??；,圖3,類型1已知物體受力情況，分析物體運動情況,答案4 N,解析根據(jù)題意，在上升過程中由牛頓第二定律得：Fmgfma,聯(lián)立解得：f4 N；,(2)假設由于動力系

7、統(tǒng)故障，懸停的無人機突然失去升力而墜落.無人機墜落地面時的速度為40 m/s，求無人機懸停時距地面高度；,答案100 m,解析下落過程由牛頓第二定律：mgfma1 得：a18 m/s2 落地時的速度v22a1H 聯(lián)立解得：H100 m；,(3)假設在第(2)問中的無人機墜落過程中，在遙控設備的干預下，動力系統(tǒng)重新啟動提供向上最大升力.為保證安全著地，求無人機從開始下落到恢復升力的最長時間.,解析恢復升力后向下減速，由牛頓第二定律得：Fmgfma2 得：a210 m/s2,由：vma1t1,變式1(2018河南省駐馬店市第二次質(zhì)檢)如圖4所示，某次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對

8、雪面的作用獲得水平推力F100 N而由靜止向前滑行，其作用時間為t110 s，撤除水平推力F后經(jīng)過t215 s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，第二次利用滑雪杖對雪面的作用距離與第一次相同.已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量為m75 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為f25 N，求：,圖4,(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移大小；,答案10 m/s50 m,解析設運動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1 由牛頓第二定律Ffma1，得 a11 m/s2 第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小為v1a1t110 m/s,(2)該運動員(可視為質(zhì)點)

9、第二次撤除水平推力后滑行的最大距離.,答案187.5 m,經(jīng)歷時間t2速度變?yōu)関1v1a2t25 m/s 第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2，則v22v122a1x1,聯(lián)立解得x2187.5 m.,例2如圖5甲所示，一質(zhì)量m0.4 kg的小物塊，以v02 m/s的初速度，在與斜面平行的拉力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.求： (1)物塊到達B點時速度和加速度的大??；,圖5,類型2已知物體運動情況，分析物體受力情況,答案8 m/s3 m/s2,解析

10、物塊做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式，,聯(lián)立解得a3 m/s2，vt8 m/s,(2)拉力F的大??；,答案5.2 N,解析 對物塊受力分析可得，平行斜面方向Fmgsin fma 垂直斜面方向Nmgcos 其中fN 解得Fmg(sin cos )ma5.2 N,(3)若拉力F與斜面夾角為，如圖乙所示，試寫出拉力F的表達式(用題目所給物理量的字母表示).,解析拉力F與斜面夾角為時，物塊受力如圖所示 根據(jù)牛頓第二定律有Fcos mgsin fma NFsin mgcos 0 其中fN,變式2(2019安徽省蚌埠二中期中)如圖6所示，質(zhì)量M10 kg的木楔ABC靜置于粗糙水平地面上，木楔與地面間的動摩

11、擦因數(shù)0.2.在木楔的傾角為37的斜面上，有一質(zhì)量m1.0 kg的物塊由靜止開始從A點沿斜面下滑，當它在斜面上滑行距離x1 m時，其速度v2 m/s，在這過程中木楔沒有動.(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2)求： (1)物塊與木楔間的動摩擦因數(shù)1；,圖6,答案0.5,解析由v22ax，得a2 m/s2 對物塊由牛頓第二定律有mgsin 1mgcos ma，得10.5,(2)地面對木楔的摩擦力的大小和方向；,答案1.6 N，水平向左,解析以物塊和木楔ABC整體為研究對象，作出受力圖如圖. (mM)gNmay，fmax， axacos ，ayasin 解得：N10

12、8.8 N，f1.6 N,(3)在物塊沿斜面下滑時，如果對物塊施加一平行于斜面向下的推力F5 N，則地面對木楔的摩擦力如何變化？(不要求寫出分析、計算的過程),答案地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變,解析對木楔來說物塊加推力以后它受到物塊的力沒有任何變化，所以地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變.,1.將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接. 2.對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖. 3.根據(jù)“子過程”“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程. 4.分析“銜接點”速度、加速度等的關聯(lián)，確定各段間的時間關聯(lián)，并列出相關的輔助方程.

13、5.聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進行必要的驗證或討論.,,,,命題點二動力學方法分析多運動過程問題,例3(2018福建省永安一中、德化一中、漳平一中聯(lián)考)哈利法塔是目前世界最高的建筑(圖7).游客乘坐世界最快觀光電梯從地面開始經(jīng)歷加速、勻速、減速的過程恰好到達觀景臺只需50秒，運行的最大速度為15 m/s.觀景臺上可以鳥瞰整個迪拜全景，可將棕櫚島、帆船酒店等盡收眼底，頗為壯觀.一位游客用便攜式拉力傳感器測得在加速階段質(zhì)量為1 kg的物體受 到的豎直向上拉力為11 N，若電梯加速、減速過程 視為勻變速直線運動(g取10 m/s2)求： (1)電梯加速階段的加速度大小及加速運動的時間；,圖7,答案

14、1 m/s215 s,解析設電梯加速階段的加速度為a，由牛頓第二定律得： Tmgma 解得a1 m/s2 由vv0at 解得t15 s,(2)若減速階段與加速階段的加速度大小相等，求觀景臺的高度；,答案525 m,勻速階段位移x2v(502t)15(50215)m300 m,因此觀景臺的高度 xx1x2x3525 m.,(3)若電梯設計安裝有輔助牽引系統(tǒng)，電梯出現(xiàn)故障，繩索牽引力突然消失，電梯從觀景臺處自由落體，為防止電梯落地引發(fā)人員傷亡，電梯啟動輔助牽引裝置使其減速，牽引力為重力的3倍，下落過程所有阻力不計，則電梯自由下落最長多少時間必須啟動輔助牽引裝置？,解析由題意知，電梯到地面速度剛好為

15、0 自由落體加速度a1g,變式3(2018山東省濟寧市上學期期末)如圖8所示，一足夠長斜面上鋪有動物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物體上滑時順著毛的生長方向，毛皮此時的阻力可以忽略；下滑時逆著毛的生長方向，會受到來自毛皮的滑動摩擦力，現(xiàn)有一物體自斜面底端以初速度v06 m/s沖上斜面，斜面的傾角37，經(jīng)過2.5 s物體剛好回到出發(fā)點，(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8).求： (1)物體上滑的最大位移；,圖8,答案3 m,解析物體向上滑時不受摩擦力作用，設最大位移為x. 由牛頓第二定律可得：mgsin 37ma1 代入數(shù)據(jù)得：a16 m/s2 由運動學公式有：v022

16、a1x 聯(lián)立解得物體上滑的最大位移為：x3 m,(2)若物體下滑時，物體與毛皮間的動摩擦因數(shù)為定值，試計算的數(shù)值.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字),答案0.42,物體沿斜面下滑的時間為：t2tt11.5 s,由牛頓第二定律可得：mgsin 37mgcos 37ma2 聯(lián)立解得：0.42,1.基本思路 (1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)； (2)尋找過程中變化的物理量； (3)探索物理量的變化規(guī)律； (4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關系.,,,,命題點三臨界和極值問題,2.思維方法,例4(2018福建省永安一中、德化一中、漳平一中聯(lián)考)如圖9所示，一彈簧一

17、端固定在傾角為37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m16 kg的物體P，Q為一質(zhì)量為m210 kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k600 N/m，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)給物體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為恒力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求： (1)系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧的壓縮量x0；,圖9,解析設開始時彈簧的壓縮量為x0 對整體受力分析，平行斜面方向有(m1m2)gsin kx0 解得x00.16 m,答案0.16 m,(2)物體Q從靜止開始沿斜面向上做勻加速

18、運動的加速度大小a；,解析前0.2 s時間內(nèi)F為變力，之后為恒力，則0.2 s時刻兩物體分離，此時P、Q之間的彈力為零且加速度大小相等，設此時彈簧的壓縮量為x1 對物體P，由牛頓第二定律得 kx1m1gsin m1a 前0.2 s時間內(nèi)兩物體的位移,(3)力F的最大值與最小值.,解析對兩物體受力分析知，開始運動時拉力最小，分離時拉力最大,對Q應用牛頓第二定律得 Fmaxm2gsin m2a,變式4如圖10所示，水平地面上的矩形箱子內(nèi)有一傾角為的固定斜面，斜面上放一質(zhì)量為m的光滑球，靜止時，箱子頂部與球接觸但無壓力.箱子由靜止開始向右做勻加速直線運動，然后改做加速度大小為a的勻減速直線運動直至靜

19、止，經(jīng)過的總位移為x，運動過程中的最大速度為v，重力加速度為g. (1)求箱子加速階段的加速度大小；,圖10,解析設箱子加速階段的加速度大小為a， 經(jīng)過的位移為x1，減速階段經(jīng)過的位移為x2， 有v22ax1，v22ax2，且x1x2x，,(2)若agtan ，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力大小.,解析如果球剛好不受箱子的作用力，箱子的加速度設為a0，應滿足Nsin ma0，Ncos mg，解得a0gtan . 箱子減速時加速度水平向左，當agtan 時，箱子左壁對球的作用力為零，頂部對球的作用力不為零. 此時球受力如圖所示，由牛頓第二定律得，Ncos Fmg，Nsin ma，解得Fm

20、 .,,課時作業(yè),,,1.足夠長光滑固定斜面BC傾角53，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接(未畫出)，一質(zhì)量m2 kg的小物塊靜止于A點.現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成53的恒力F作用，如圖1甲所示.小物塊在AB段運動的速度時間圖像如圖乙所示，到達B點迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2).求： (1)小物塊所受到的恒力F的大小；,,,,雙基鞏固練,圖1,1,2,3,4,答案11 N,根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1，,1,2,3,4,(2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B

21、點所用的時間；,1,2,3,4,答案0.5 s,解析在BC段，對小物塊有mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2，小物塊從B到最高點所用時間與從最高點到B所用時間相等，所以小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間為t 0.5 s.,(3)小物塊最終離A點的距離.,1,2,3,4,答案3.6 m,解析小物塊從B向A運動過程中，有mgma3 ，a3g5 m/s2，,2.(2018湖南省常德市期末檢測)如圖2所示，有一質(zhì)量為2 kg的物體放在長為1 m的固定斜面頂端，斜面傾角37，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8. (1)若由靜止釋放物體，1 s后物體到達

22、斜面底端，則物體到達斜面底端時的速度大小為多少？,圖2,1,2,3,4,答案2 m/s,(2)物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為多少？,1,2,3,4,答案0.5,由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1， 聯(lián)立解得0.5；,(3)若給物體施加一個豎直方向的恒力，使其由靜止釋放后沿斜面向下做加速度大小為1.5 m/s2的勻加速直線運動，則該恒力大小為多少？,1,2,3,4,答案5 N,解析物體沿斜面向下運動，恒力F與重力的合力豎直向下， 設該合力為F合， 則F合sin F合cos ma2， 將a21.5 m/s2，37，0.5代入， 可得F合15 N，F(xiàn)合mgF15 N， 解得F5 N.,3.

23、如圖3所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一名幼兒用沿與水平面成30角的恒力拉著它沿水平地面運動，已知拉力F6.5 N，玩具的質(zhì)量m1 kg，經(jīng)過時間t2.0 s，玩具移動了距離x2 m，這時幼兒將手松開，玩具又滑行了一段距離后停下.(g取10 m/s2)求： (1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù).,圖3,1,2,3,4,解析玩具做初速度為零的勻加速直線運動，,1,2,3,4,對玩具，由牛頓第二定律得 Fcos 30(mgFsin 30)ma,(2)松手后玩具還能滑行多遠？,1,2,3,4,松手后，由牛頓第二定律得mgma,由勻變速運動的速度位移公式得,(3)當力F與水平方向夾角為多少時拉力F最??？

24、,答案30,解析設拉力與水平方向的夾角為， 玩具要在水平面上運動，則Fcos f0，fN 在豎直方向上，由平衡條件得NFsin mg,1,2,3,4,所以當30時，拉力最小.,4.(2019河南省洛陽市模擬)如圖4所示，一重力為10 N的小球，在F20 N的豎直向上的拉力作用下，從A點由靜止出發(fā)沿AB向上運動，F(xiàn)作用1.2 s后撤去.已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為 ，桿足夠長，取g10 m/s2.求： (1)有F作用的過程中小球的加速度；,圖4,1,2,3,4,答案2.5 m/s2方向沿桿向上,取沿桿向上為正方向， 設小球在力F作用時的加速度大小為a1， 此時小球的受力如圖所示， Fcos 30

25、Gcos 30N Fsin 30Gsin 30Nma1 聯(lián)立解得：a12.5 m/s2，方向沿桿向上,1,2,3,4,(2)撤去F瞬間小球的加速度；,答案7.5 m/s2 方向沿桿向下,解析撤去F瞬間，小球的受力如圖所示， 設此時小球的加速度為a2，NGcos 30 Gsin 30Nma2 聯(lián)立解得：a27.5 m/s2， 即大小為7.5 m/s2，方向沿桿向下,1,2,3,4,(3)從撤去力F開始計時，小球經(jīng)多長時間將經(jīng)過距A點為2.25 m的B點.,答案0.2 s或0.75 s,1,2,3,4,解析剛撤去F時，小球的速度v1a1t13 m/s,則小球向上運動的最大距離為xmx1x22.4 m,解得t30.2 s或者t30.6 s(舍),1,2,3,4,小球返回時，受力如圖所示， 設此時小球的加速度為a3， Gsin 30Nma3 得a32.5 m/s2，即大小為2.5 m/s2，方向沿桿向下,則通過B點時間為tt2t40.75 s.,1,2,3,4,