高考物理一轮复习第三章某专题强化三课件.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象问题、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图象问题1.常见图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等.2.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)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体

2、的受力情况.(3)由已知条件确定某物理量的变化图象.高考热点讲透练熟热点一3.解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，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)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.例1(多选)(2019全国卷20)如图1(a)，物块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

3、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，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

4、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(多选)(2020山东等级考模拟卷11)如图2所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动.劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上.人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零.运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内.取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点.从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和

5、下落时间.下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是图图2解析人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增大，加速度先均匀减小后反向均匀增大，C错误，D正确；弹性绳绷紧之后，人的加速度先减小后反向增大，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增大，B错误，A正确.变式2(多选)(2019河南驻马店市第一学期期终)如图3甲所示，一质量m1 kg的物体置于水平面上，在水平外力F作用下由静止开始运动，F随时间t的变化情况如图乙所示，物体运动的速度v随时间t的变化情况如图丙所示(4 s后的图线没有画出).已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法

6、正确的是A.物体在第3 s末的加速度大小是2 m/s2B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.4C.物体在前6 s内的位移为10 mD.物体在前6 s内的位移为12 m图图3在04 s内，在水平方向：F1mgma1，解得：0.4，选项B正确；1.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热点二(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2.连接体的运动特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

7、等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等.3.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(2019江苏南通市模

8、拟)如图4所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为A.Mg B.M(ga)C.(m1m2)a D.m1am1g图图4解析以物块C为研究对象，有MgFTMa，解得FTMgMa，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知FT(m1m2)a，故C正确；根据牛顿第二定律，对B可知Ffm2a，A、B间为静摩擦力，故D错误.变式3(2019福建漳州市第二次教学质量监测)如图5所示，质量分别为2

9、m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5变式4(多选)如图6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6解析隔离小球，可知小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gs

10、in，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.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.(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

11、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热点三2.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FN0.(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FT0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零.3.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.解题技巧方法极限法把物理

12、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(2019江西宜春市期末)如图7所示，一弹簧一端固定在倾角为37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m16 kg的物体P，Q为一质量为m210 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止状态.现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为

13、变力，0.2 s以后F为恒力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；图图7答案0.16 m解析设开始时弹簧的压缩量为x0，对整体受力分析，平行斜面方向有(m1m2)gsin kx0解得x00.16 m.(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；解析前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得：kx1m1gsin m1a前0.2 s时间内两物体的位移：(3)力F的最大值与最小值.解析对两物体受

14、力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大，则对Q应用牛顿第二定律得Fmaxm2gsin m2a变式5如图8，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81.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

15、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.解题关键(1)注意应用vt图象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)某次新能源汽车性能测试中，如图9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9答

16、案26 m/s解析06 s内由牛顿第二定律得：F1Ffma16 s末车速为：v1a1t1在618 s内，由牛顿第二定律得：F2Ffma2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：FfF1 500 N，解得：v130 m/s，v226 m/s；(2)前25 s内的汽车的位移是多少？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6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

17、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，由牛顿第二定律得：FTmgma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

18、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)(2020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

19、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789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.1234567892.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27893.(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

20、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3789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.12345678912344.(2019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

21、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4567891234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(mAgmBgFsin)(mAmB)a，解得a0.5 m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有FfABmBa0.5 Ngtan，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.123456789解析如果球刚好不受箱子左壁和顶部的作用力，箱子的加速度大小设为

22、a0，应满足FNsin ma0，FNcos mg，解得a0gtan.箱子减速时加速度水平向左，当agtan 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的作用力不为零.此时球受力如图所示，1234567899.(2020河南洛阳市模拟)如图8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；图图8答案2.5 m/s2方向沿杆向上123456789取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用过程的加速度为a1，此时小球的受力如图甲所示，Fc

23、os 30Gcos 30FNFsin 30Gsin 30FNma1联立解得：a12.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向上123456789(2)撤去F瞬间小球的加速度；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FNGcos 30Gsin 30FNma2联立解得：a27.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下123456789(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.答案0.2 s或0.75 s123456789解析刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s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，123456789设此时小球的加速度为a3，Gsin 30FNma3得a32.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下，则通过B点时间为tt2t40.75 s.