2021高考物理教科版一轮复习课件：第三章-专题强化三-应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题.pptx

1、专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题大一轮复习讲义1.本专题是应用动力学方法分析动力学图像问题、连接体问题、临界和极值问 题以及多运动过程问题.在高考中主要以选择题形式考查，且每年都有命题.2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力、应用数学知识和方法解决物理 问题的能力.3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、 临界条件和相关的数学知识.专题解读专题解读动力学动力学图像图像问题问题1.1.常见常见图像图像vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等.2.2.题型分类题型分类(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.(2)已知物体的速

2、度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.(3)由已知条件确定某物理量的变化图像.高考热点讲透练熟热点一热点一3.3.解题策略解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点.(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等.(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.例1 1(多选)(2019全国卷20)如图1(a)，物块

3、和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出A.木板的质量为1 kgB.24 s内，力F的大小为0.4 NC.02 s内，力F的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2图图1解析由题图(c)可知木板在02 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在02 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大

4、，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff0.2 N，解得m1 kg、F0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误.变式1 1(多选)(2019广东潮阳实验学校模拟)如图2所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为的固定斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，若滑块所受的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图像大

5、致正确的是图图2解析滑块在上滑过程中滑动摩擦力方向向下，大小恒定为fmgcos ，滑块下滑时滑动摩擦力方向向上，大小仍为fmgcos ，A正确；在滑块上滑和下滑的过程中，加速度方向始终沿斜面向下，为负，所受合力也为负，B、C错误；滑块上滑过程做正向的匀减速直线运动，加速度a(gsin gcos )，下滑过程做负向的匀加速直线运动，加速度agsin gcos |a|，vt图像斜率减小，D正确.1.1.连接体的类型连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体高考热点讲透练熟动力学中的连接体问题动力学中的连接体问题热点二热点二(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2.2.连接体的运动特点连接体的运动特

6、点轻绳轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.轻杆轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比.轻弹簧在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等.3.3.处理连接体问题的方法处理连接体问题的方法整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定

7、律列方程求解整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”例2 2(多选)(2019广东湛江市第二次模拟)如图3所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上.现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动.各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.下列说法正确的是A.该水平拉力大于轻绳的弹力B.物块c受到的摩擦力大小为mgC.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩

8、擦力大小为0.5mgD.剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为mg图图3解析三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件，对a、b、c系统：F3mg，对b、c系统：T2mg，则：FT，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F1.5F4.5mg，由牛顿第二定律，对a、b、c系统：F3mg3ma，对c：fma，解得：f0.5mg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对b、c系统：2mg2ma，对c：fma，解得：fmg，故D正确变式2 2(2019福建漳州市第二次

9、教学质量监测)如图4所示，质量分别为2m和3m的两个小球静止于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端.今在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为图图4变式3 3(多选)如图5所示，倾角为的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑.支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是A.斜面光滑B.斜面粗糙C.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左D.达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右图图5解析隔离小球，

10、可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsin ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin ，所以A正确，B错误.隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误.1.1.临界或极值条件的标志临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点.(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态.(

11、3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.能力考点师生共研临界和极值问题临界和极值问题热点三热点三2.2.常见临界问题的条件常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力N0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是T0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零.3.3.解题基本思路解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找

12、过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系.4.4.解题技巧方法解题技巧方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件例3 3如图6所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止.现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知

13、重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为 A.3g B.2.5g C.2g D.1.5g图图6解析弹簧原长时小球A速度恰好最大，则此时小球加速度为零，则恒力Fmg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，对小球A，由牛顿第二定律得：Fmg2mgma，解得小球A的加速度a2g，则加速度大小为2g，方向向下，故C正确.变式4 4如图7，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为图图71.1.

14、基本思路基本思路(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接.(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图.(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合适的物理规律列方程.(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程.(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.2.2.解题关键解题关键(1)注意应用vt图像和情景示意图帮助分析运动过程.(2)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析.动力学方法分析多运动过程问题微点讲座系列 4高考热点讲透练熟例4(2019河南郑州市第一次模拟)某次新能源汽车

15、性能测试中，如图8甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示.已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定.求：(1)18 s末汽车的速度是多少？图图8答案26 m/s解析06 s内由牛顿第二定律得：F1fma16 s末车速为：v1a1t1在618 s内，由牛顿第二定律得：F2fma2第18 s末车速为：v2v1a2t2由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：fF1 500 N，解得：v130 m/s，v226 m/s；(2)前25 s内的汽车的

16、位移是多少？答案608 m汽车在1825 s内的位移为：x3v2t3182m故汽车在前25 s内的位移为：xx1x2x3608 m.变式5哈利法塔是目前世界最高的建筑.游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观.一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)，求：(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；解析设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定

17、律得：Tmgma解得a1 m/s2由vv0at解得t15 s.答案1 m/s215 s(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；匀速阶段位移x2v(50 s2t)15(50215) m300 m答案525 m因此观景台的高度xx1x2x3525 m.(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？ 解析由题意知，电梯到地面速度刚好为0.自由落体加速度大小a1g1.(多选)(2

18、020福建三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图1所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g10 m/s2，则A.物块与地面的动摩擦因数为0.2B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 NC.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 ND.5 s末物块的加速度大小为3 m/s21234双基巩固练56图图1课时精练物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误.1234562.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图2所示.已知物体与斜面

19、之间的动摩擦因数为常数，在05 s,510 s,1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则A.F1F3C.F1F3 D.F1F3123456图图23.(2019云南昆明市4月教学质量检测)如图3所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H ，重力加速度为g，则F的大小为123456图图3解析连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为，如图所示，由几何关系得：故D正确，A、B、C错误.12345612344.(2019

20、河南顶级名校第四次联测)如图4所示，水平地面上放置一个质量为1 kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1 kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为10.5，A、B之间的动摩擦因数为20.2.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为37、斜向右上方、大小恒为10 N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)A.大小为0.5 N，方向水平向右B.大小为2 N，方向水平向右C.大小为0.5 N，方向水平向左D.大小为2 N，方向水平向左图图4561234解析假设A、B一起运动，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos 1(mAg

21、mBgFsin )(mAmB)a，解得a0.5 m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有fABmBa0.5 N2mBg2 N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为fAB0.5 N，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误.565.(多选)(2019广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界.一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢.列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，重力加速度为g.则A.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上综合提升

22、练1234561234解析启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；56对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32F2kmg2ma，解得F320，根据牛顿第三定律可知，选项D错误.1236.(2020河南洛阳市模拟)如图5所示，一重力为10 N的小球，在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去.已知杆与球间的动摩擦因数为 ，杆足够长，取g10 m/s2.求：(1)有F作用的过程中小球的加速度；456图图5答案2.5 m/s2方向沿杆向上123取沿杆向上为正方向，设小球在力

23、F作用过程的加速度为a1，此时小球的受力如图甲所示，Fcos 30Gcos 30NFsin 30Gsin 30Nma1联立解得：a12.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向上456123(2)撤去F瞬间小球的加速度；456答案7.5 m/s2方向沿杆向下解析撤去F瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a2，则有NGcos 30Gsin 30Nma2联立解得：a27.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下123(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点.456答案0.2 s或0.75 s123解析刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s456则小球向上运动的最大距离为xmx1x22.4 m解得t30.2 s或者t30.6 s(舍去)小球返回时，受力如图丙所示，123设此时小球的加速度为a3，Gsin 30Nma3得a32.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下，456则通过B点时间为tt2t40.75 s.大一轮复习讲义专题强化三应用牛顿运动定律解决“四类”热点问题