2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化三 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題和臨界極值問題課件.ppt

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第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律 專題強(qiáng)化三動(dòng)力學(xué)兩類基本問題和臨界極值問題 過好雙基關(guān) 一 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題1 由物體的受力情況求解運(yùn)動(dòng)情況的基本思路 先求出幾個(gè)力的合力 由牛頓第二定律 F合 ma 求出 再由運(yùn)動(dòng)學(xué)的有關(guān)公式求出速度或位移 2 由物體的運(yùn)動(dòng)情況求解受力情況的基本思路 已知加速度或根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出 再由牛頓第二定律求出合力 從而確定未知力 應(yīng)用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問題 受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵 加速度是解決此類問題的紐帶 分析流程如下 加速度 加速度 自測(cè)1 多選 2016 全國卷 19 兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成 甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量 兩球在空氣中由靜止下落 假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比 與球的速率無關(guān) 若它們下落相同的距離 則A 甲球用的時(shí)間比乙球長B 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 解析 因f甲 f乙 由球克服阻力做功Wf fh知 甲球克服阻力做功較大 選項(xiàng)D正確 二 動(dòng)力學(xué)中的臨界與極值問題1 臨界或極值條件的標(biāo)志 1 題目中 剛好 恰好 正好 等關(guān)鍵詞句 明顯表明題述的過程存在著點(diǎn) 2 題目中 取值范圍 多長時(shí)間 多大距離 等詞句 表明題述過程存在著 起止點(diǎn) 而這些 起止點(diǎn) 一般對(duì)應(yīng)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(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn) 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FN 2 相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件 靜摩擦力達(dá)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FT 0 4 最終速度 收尾速度 的臨界條件 物體所受合外力為 0 最大值 零 自測(cè)2 2015 山東理綜 16 如圖1 滑塊A置于水平地面上 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(shí)A恰好不滑動(dòng) B剛好不下滑 已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 1 A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 2 最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 A與B的質(zhì)量之比為 圖1 研透命題點(diǎn) 1 解題關(guān)鍵 1 兩類分析 物體的受力分析和物體的運(yùn)動(dòng)過程分析 2 兩個(gè)橋梁 加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)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(gè)數(shù)較少 2個(gè)或3個(gè) 時(shí)一般采用合成法 2 正交分解法若物體的受力個(gè)數(shù)較多 3個(gè)或3個(gè)以上 時(shí) 則采用正交分解法 基礎(chǔ)考點(diǎn)自主悟透 類型1已知物體受力情況 分析物體運(yùn)動(dòng)情況例1 2014 課標(biāo)全國卷 24 公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離 當(dāng)前車突然停止時(shí) 后車司機(jī)可以采取剎車措施 使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車相碰 通常情況下 人的反應(yīng)時(shí)間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1s 當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km h的速度勻速行駛時(shí) 安全距離為120m 設(shè)雨天時(shí)汽車輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的 若要求安全距離仍為120m 求汽車在雨天安全行駛的最大速度 答案20m s 答案 解析 解析設(shè)路面干燥時(shí) 汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0 剎車時(shí)汽車的加速度大小為a0 安全距離為s 反應(yīng)時(shí)間為t0 由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 0mg ma0 式中 m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度 設(shè)在雨天行駛時(shí) 汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 依題意有 設(shè)在雨天行駛時(shí)汽車剎車的加速度大小為a 安全行駛的最大速度為v 由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 mg ma 聯(lián)立 式并代入題給數(shù)據(jù)得v 20m s v 24m s不符合實(shí)際 舍去 變式1如圖2所示滑沙游戲中 做如下簡(jiǎn)化 游客從頂端A點(diǎn)由靜止滑下8s后 操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點(diǎn) 在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止 已知游客和滑沙車的總質(zhì)量m 70kg 傾斜滑道AB長lAB 128m 傾角 37 滑沙車底部與沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 5 滑沙車經(jīng)過B點(diǎn)前后的速度大小不變 重力加速度g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 不計(jì)空氣阻力 1 求游客勻速下滑時(shí)的速度大小 答案16m s 圖2 解析由mgsin mgcos ma 解得游客從頂端A點(diǎn)由靜止滑下的加速度a 2m s2 游客勻速下滑時(shí)的速度大小為v at1 16m s 2 求游客勻速下滑的時(shí)間 答案4s 答案 解析 3 若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m 則他在此處滑行時(shí) 需對(duì)滑沙車施加多大的水平制動(dòng)力 答案210N 答案 解析 解析設(shè)游客在BC段的加速度大小為a 由0 v2 2a x 類型2已知物體運(yùn)動(dòng)情況 分析物體受力情況例2 2014 課標(biāo)全國卷 24 2012年10月 奧地利極限運(yùn)動(dòng)員菲利克斯 鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下 經(jīng)過4分20秒到達(dá)距地面約1 5km高度處 打開降落傘并成功落地 打破了跳傘運(yùn)動(dòng)的多項(xiàng)世界紀(jì)錄 取重力加速度的大小g 10m s2 1 若忽略空氣阻力 求該運(yùn)動(dòng)員從靜止開始下落至1 5km高度處所需的時(shí)間及其在此處速度的大小 答案87s8 7 102m s 答案 解析 解析設(shè)該運(yùn)動(dòng)員從開始自由下落至1 5km高度處的時(shí)間為t 下落距離為s 在1 5km高度處的速度大小為v 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v gt s gt2 根據(jù)題意有s 3 9 104m 1 5 103m 3 75 104m 聯(lián)立 式得t 87s v 8 7 102m s 2 實(shí)際上 物體在空氣中運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到空氣的阻力 高速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力的大小可近似表示為f kv2 其中v為速率 k為阻力系數(shù) 其數(shù)值與物體的形狀 橫截面積及空氣密度有關(guān) 已知該運(yùn)動(dòng)員在某段時(shí)間內(nèi)高速下落的v t圖象如圖3所示 若該運(yùn)動(dòng)員和所帶裝備的總質(zhì)量m 100kg 試估算該運(yùn)動(dòng)員在達(dá)到最大速度時(shí)所受阻力的阻力系數(shù) 結(jié)果保留1位有效數(shù)字 答案0 008kg m 解析該運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最大速度vmax時(shí) 加速度為零 根據(jù)平衡條件有mg kvmax2 由所給的v t圖象可讀出vmax 360m s 由 式得k 0 008kg m 圖3 變式2如圖4甲所示 質(zhì)量m 1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng) t 0 5s時(shí)撤去拉力 利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖象 v t圖象 如圖乙所示 g取10m s2 求 圖4 1 2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L 答案0 5m1 5m 答案 解析 解析在2s內(nèi) 由題圖乙知 物塊上升的最大距離 x1 2 1m 1m物塊下滑的距離 x2 1 1m 0 5m所以位移大小x x1 x2 0 5m路程L x1 x2 1 5m 2 沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段加速度大小a1 a2和拉力大小F 答案4m s24m s28N 解析由題圖乙知 所求兩個(gè)階段加速度的大小a1 4m s2a2 4m s2設(shè)斜面傾角為 斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff 根據(jù)牛頓第二定律有0 0 5s內(nèi) F Ff mgsin ma10 5 1s內(nèi) Ff mgsin ma2解得F 8N 1 將 多過程 分解為許多 子過程 各 子過程 間由 銜接點(diǎn) 連接 2 對(duì)各 銜接點(diǎn) 進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析 必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖 3 根據(jù) 子過程 銜接點(diǎn) 的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程 4 分析 銜接點(diǎn) 速度 加速度等的關(guān)聯(lián) 確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián) 并列出相關(guān)的輔助方程 5 聯(lián)立方程組 分析求解 對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論 能力考點(diǎn)師生共研 例3 2015 全國卷 25 下暴雨時(shí) 有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害 某地有一傾角為 37 sin37 的山坡C 上面有一質(zhì)量為m的石板B 其上下表面與斜坡平行 B上有一碎石堆A 含有大量泥土 A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài) 如圖5所示 假設(shè)某次暴雨中 A浸透雨水后總質(zhì)量也為m 可視為質(zhì)量不變的滑塊 在極短時(shí)間內(nèi) A B間的動(dòng)摩擦因數(shù) 1減小為 B C間的動(dòng)摩擦因數(shù) 2減小為0 5 A B開始運(yùn)動(dòng) 此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn) 在第2s末 B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變 已知A開始運(yùn)動(dòng)時(shí) A離B下邊緣的距離l 27m C足夠長 設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 在0 2s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大小 圖5 答案3m s21m s2 解析在0 2s時(shí)間內(nèi) A和B的受力如圖所示 其中Ff1 FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小 Ff2 FN2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(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得Ff1 1FN1 FN1 mgcos Ff2 2FN2 FN2 FN1 mgcos FN1 FN1 規(guī)定沿斜面向下為正 設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2 由牛頓第二定律得mgsin Ff1 ma1 mgsin Ff2 Ff1 ma2 Ff1 Ff1 聯(lián)立 式 并代入題給條件得a1 3m s2 a2 1m s2 2 A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 答案 解析 答案4s 解析在t1 2s時(shí) 設(shè)A和B的速度分別為v1和v2 則v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m s 2s后 設(shè)A和B的加速度分別為a1 和a2 此時(shí)A與B之間摩擦力為零 同理可得a1 6m s2 a2 2m s2 由于a2 0 可知B做減速運(yùn)動(dòng) 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2 B的速度減為零 則有v2 a2 t2 0 聯(lián)立 式得t2 1s 在t1 t2時(shí)間內(nèi) A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為 此后B靜止不動(dòng) A繼續(xù)在B上滑動(dòng) 設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3后A離開B 則有 可得t3 1s 另一解不合題意 舍去 設(shè)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t總 有t總 t1 t2 t3 4s 變式3 2018 華中師范大學(xué)附中模擬 如圖6甲所示為一傾角 37 足夠長的斜面 將一質(zhì)量m 1kg的物體在斜面上靜止釋放 同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力 拉力隨時(shí)間變化關(guān)系圖象如圖乙所示 物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù) 0 25 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 2s末物體的速度大小 答案5m s 圖6 解析分析可知物體在前2s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 由牛頓第二定律可得mgsin F1 mgcos ma1 v1 a1t1 代入數(shù)據(jù)可得v1 5m s 2 前16s內(nèi)物體發(fā)生的位移 答案 解析 答案30m 方向沿斜面向下 當(dāng)拉力為F2 4 5N時(shí) 由牛頓第二定律可得mgsin mgcos F2 ma2 代入數(shù)據(jù)可得a2 0 5m s2 物體經(jīng)過t2時(shí)間速度減為零 則0 v1 a2t2 t2 10s 由于mgsin mgcos F2 mgsin mgcos 則物體在剩下4s時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài) 故物體在前16s內(nèi)發(fā)生的位移x x1 x2 30m 方向沿斜面向下 1 基本思路 1 認(rèn)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(gè)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(guān)系 能力考點(diǎn)師生共研 2 思維方法 例4如圖7所示 在水平長直的軌道上 有一長度L 2m的平板車在外力控制下始終保持速度v0 4m s向右做勻速直線運(yùn)動(dòng) 某時(shí)刻將一質(zhì)量為m 1kg的小滑塊輕放到車上表面的中點(diǎn) 滑塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0 2 取g 10m s2 求 1 小滑塊m的加速度大小和方向 解析滑塊放上車時(shí)相對(duì)車向左運(yùn)動(dòng) 所受滑動(dòng)摩擦力向右 Ff mg 根據(jù)牛頓第二定律有F合 Ff F合 ma 得滑塊加速度a g 2m s2 方向向右 答案見解析 圖7 2 通過計(jì)算判斷滑塊能否從車上掉下 解析滑塊放上車后做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 設(shè)當(dāng)經(jīng)歷時(shí)間t之后速度達(dá)到v0 滑塊通過位移x1 at2且v0 at 車通過位移x2 v0t 位移差 x x2 x1 由于 x 1m 故滑塊會(huì)掉下來 答案見解析 答案 解析 3 若當(dāng)滑塊放到車上表面中點(diǎn)的同時(shí)對(duì)該滑塊施加一個(gè)與v0同向的恒力F 要保證滑塊不能從車的左端掉下 恒力F大小應(yīng)滿足什么條件 解析加上恒力F的方向與摩擦力方向相同 故滑塊所受合力F合 Ff F 由牛頓第二定律有F合 ma 滑塊放上車后做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 設(shè)當(dāng)經(jīng)歷時(shí)間t 之后速度達(dá)到v0 滑塊通過位移x1 a t 2 且v0 a t 車通過位移x2 v0t 只需要滿足位移差 x x2 x1 即可 聯(lián)立以上各式有F 6N 答案見解析 變式4如圖8所示 物體A疊放在物體B上 B置于光滑水平面上 A B質(zhì)量分別為mA 6kg mB 2kg A B之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 2 開始時(shí)F 10N 此后逐漸增加 在增大到45N的過程中 則A 當(dāng)拉力F 12N時(shí) 物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)B 兩物體開始沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 當(dāng)拉力超過12N時(shí) 開始相對(duì)滑動(dòng)C 兩物體從受力開始就有相對(duì)運(yùn)動(dòng)D 兩物體始終沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng) 圖8 變式5如圖9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(shí) 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(yùn)動(dòng) 然后改做加速度大小為a的勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至靜止 經(jīng)過的總位移為x 運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為v 1 求箱子加速階段的加速度大小 圖9 2 若a gtan 求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力大小 課時(shí)作業(yè) 1 如圖1所示 一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的直桿上 直桿與水平面夾角 為30 現(xiàn)小球在F 20N的豎直向上的拉力作用下 從A點(diǎn)靜止出發(fā)向上運(yùn)動(dòng) 已知桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 試求 1 小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小 答案2 5m s2 解析在力F作用下 由牛頓第二定律得 F mg sin30 F mg cos30 ma1解得a1 2 5m s2 圖1 1 2 3 4 2 若F作用1 2s后撤去 求小球上滑過程中距A點(diǎn)最大距離 答案2 4m 解析剛撤去F時(shí) 小球的速度v1 a1t1 3m s 撤去力F后 小球上滑時(shí) 由牛頓第二定律得mgsin30 mgcos30 ma2解得a2 7 5m s2 則小球上滑的最大距離為xm x1 x2 2 4m 1 2 3 4 2 如圖2所示 一質(zhì)量m 0 4kg的小物塊 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(yùn)動(dòng) 經(jīng)t 2s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) 物塊在A點(diǎn)的速度為v0 2m s A B之間的距離L 10m 已知斜面傾角 30 物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 重力加速度g取10m s2 1 求物塊加速度的大小及到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小 圖2 答案3m s28m s 1 2 3 4 解析設(shè)物塊加速度的大小為a 到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L v0t at2 v v0 at 聯(lián)立 式 代入數(shù)據(jù)得a 3m s2 v 8m s 1 2 3 4 2 拉力F與斜面夾角多大時(shí) 拉力F最小 拉力F的最小值是多少 答案 解析 1 2 3 4 解析設(shè)物塊所受支持力為FN 所受摩擦力為Ff 拉力與斜面的夾角為 受力分析如圖所示 由牛頓第二定律得Fcos mgsin Ff ma Fsin FN mgcos 0 又Ff FN 由 式可知對(duì)應(yīng)F最小時(shí)與斜面間的夾角 30 1 2 3 4 3 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(yùn)動(dòng) 已知拉力F 6 5N 玩具的質(zhì)量m 1kg 經(jīng)過時(shí)間t 2 0s 玩具移動(dòng)了距離x 2m 這時(shí)幼兒將手松開 玩具又滑行了一段距離后停下 g取10m s2 求 1 玩具與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 對(duì)玩具 由牛頓第二定律得Fcos30 mg Fsin30 ma 圖3 答案 解析 1 2 3 4 2 松開后玩具還能滑行多遠(yuǎn) 松手后 由牛頓第二定律得 mg ma 由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得 答案 解析 1 2 3 4 3 當(dāng)力F與水平方向夾角 為多少時(shí)拉力F最小 解析設(shè)拉力與水平方向的夾角為 玩具要在水平面上運(yùn)動(dòng) 則Fcos Ff 0Ff FN在豎直方向上 由平衡條件得FN Fsin mg 答案 解析 答案30 所以當(dāng) 30 時(shí) 拉力最小 1 2 3 4 4 如圖4所示 靜止在光滑水平面上的斜面體 質(zhì)量為M 傾角為 其斜面上有一靜止的滑塊 質(zhì)量為m 兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力 重力加速度為g 現(xiàn)給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運(yùn)動(dòng) 求 1 若要使滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動(dòng) 圖中水平向右的力F的最大值 答案 解析 圖4 1 2 3 4 解析當(dāng)滑塊與斜面體一起向右加速時(shí) 力F越大 加速度越大 當(dāng)F最大時(shí) 斜面體對(duì)滑塊的靜摩擦力達(dá)到最大值Ffm 滑塊受力如圖所示 設(shè)一起加速的最大加速度為a 對(duì)滑塊應(yīng)用牛頓第二定律得 FNcos Ffmsin mg Ffmcos FNsin ma 由題意知Ffm FN 對(duì)整體受力分析F M m a 1 2 3 4 2 若要使滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng) 圖中水平向右的力F的最小值 解析要使滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng) 滑塊與斜面體之間沒有力的作用 滑塊的加速度為g 設(shè)此時(shí)M的加速度為aM 則對(duì)M F MaM當(dāng)水平向右的力F最小時(shí) 二者沒有相互作用但仍接觸 答案 解析 1 2 3 4