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的位移大?。?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，另一端拴住質量為m16 kg的物體P，Q為一質量為m210 kg的物體，彈簧的質量不計，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，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有一傾角為的固定斜面，斜面上放一質量為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??；,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??；,,,,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最小？

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,