（A版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點考法 第3章 牛頓運動定律課件 新人教版.ppt

第3章 牛頓運動定律,考點8 牛頓第二定律 超重和失重,專題3 運用整體法和隔離法分析連接體問題,專題4 臨界和極值問題,專題5 傳送帶和板塊模型,考點7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,考點7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法1對慣性的理解 考法2作用力、反作用力與平衡力的比較 考法例析 成就能力 題型1伽利略理想斜面實驗 題型2牛頓第一定律 題型3 牛頓第三定律,必備知識 全面把握,1牛頓第一定律 (1)內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)。 (2)對牛頓第一定律的理解 牛頓第一定律揭示了一切物體在任何情況下都具有保持原來運動狀態(tài)不變的性質(zhì)慣性，故也叫慣性定律； 牛頓第一定律揭示了靜止?fàn)顟B(tài)和勻速直線運動狀態(tài)的等價性，它們的區(qū)別僅僅是參考系不同； 牛頓第一定律明確了力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)(即產(chǎn)生加速度)的原因，為牛頓第二定律的提出作了準(zhǔn)備。,牛頓第一定律研究的是不受外力的理想情況，與受合外力為零不是一回事因此不能簡單地認(rèn)為它是牛頓第二定律的特例由于物體絕對不受外力的情況是不存在的，所以牛頓第一定律既不是直接從實驗得出的，也無法直接用實驗驗證，它是在伽利略的理想實驗基礎(chǔ)上，經(jīng)過科學(xué)推理得出的結(jié)論通常人們看到的靜止或勻速直線運動狀態(tài)，實際上是物體受到平衡力作用的結(jié)果,2慣性 (1)定義：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì) (2)對慣性的理解： 慣性是物體的固有屬性，即一切物體都有慣性，與物體的受力情況及運動狀態(tài)無關(guān)因此說人們只能“利用”慣性而不能“克服”和“避免”慣性 慣性大小是描述物體保持原來狀態(tài)的本領(lǐng)強弱，慣性大，則物體保持原來運動狀態(tài)的本領(lǐng)強，運動狀態(tài)越難改變 質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小 慣性不是力，慣性是物體保持原來勻速直線運動或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，力是物體對物體的作用，這是兩個不同的概念,3牛頓第三定律 (1)內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向相反，作用在同一直線上關(guān)系式為FF。 (2)對牛頓第三定律的理解 相互性：作用力和反作用力作用在不同物體上； 同時性：作用力和反作用力總是成對出現(xiàn)、同時產(chǎn)生、同時按同樣規(guī)律變化、同時消失； 同質(zhì)性：作用力和反作用力一定是同一性質(zhì)的力； 作用力和反作用力不可疊加，它們作用在兩個不同的物體上，各產(chǎn)生其效果，不可求它們的合力，兩力的作用效果不能抵消。,考點7,核心方法重點突破,考法1對慣性的理解 騎自行車上坡，為了容易爬上去，往往在上坡前用力蹬車，使車具有較大的速度有人說，這樣做是為了增大車的慣性，他說得對嗎？,例1,【解析】 這是一個典型的錯誤看法：“慣性與物體的運動速度有關(guān)，速度大，慣性就大；速度小，慣性就小”，其理由是物體運動速度大，不容易停下來；速度小，容易停下來。產(chǎn)生這種錯誤認(rèn)識的原因是把“慣性大小表示運動狀態(tài)改變的難易程度”，理解成“慣性大小表示把物體從運動變?yōu)殪o止的難易程度”。事實上，在受到相同阻力的情況下，速度(大小)不同，質(zhì)量相同的物體，在相同的時間內(nèi)速度的減小量是相同的，這就說明質(zhì)量相同的物體，它們運動狀態(tài)改變的難易程度是相同的，所以它們的慣性是相同的，與它們的速度無關(guān)。 【答案】見解析,例1,考法2作用力、反作用力與平衡力的比較 (多選)甲、乙兩隊用一條輕繩進(jìn)行拔河比賽，甲隊勝，在比賽過程中() A甲隊拉繩子的力大于乙隊拉繩子的力 B甲隊與地面間的摩擦力大于乙隊與地面間的摩擦力 C甲、乙兩隊與地面間的摩擦力大小相等、方向相反 D甲、乙兩隊拉繩子的力大小相等、方向相反,例2,【解析】 甲隊拉繩的力和繩子對甲隊的拉力是一對相互作用力，大小相等、方向相反；同理，乙隊拉繩的力和繩子對乙隊的拉力也大小相等、方向相反；又因為繩子對甲隊的拉力和對乙隊的拉力相等，故甲、乙兩隊拉繩子的力大小相等、方向相反，故A錯誤，D正確； 既然甲隊對乙隊的拉力和乙隊對甲隊的拉力大小相等、方向相反，有的同學(xué)就認(rèn)為兩隊?wèi)?yīng)是永遠(yuǎn)相持不下，怎么會分出勝負(fù)呢？有這種想法就是把作用力與反作用力當(dāng)成了一對平衡力用整體法分析，將甲、乙兩隊和拔河的繩子看成一個系統(tǒng)，這一系統(tǒng)只受到兩個外力：地面對甲隊隊員的摩擦力F地甲和地面對乙隊隊員的摩擦力F地乙甲隊獲勝的原因是甲隊與地面間的摩擦力大于乙隊與地面間的摩擦力，整個系統(tǒng)向甲方移動，故B正確，C錯誤。 【答案】BD,例2,【點撥】,例2,考點7,考法例析成就能力,題型1伽利略理想斜面實驗 北京理綜201419，6分伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進(jìn)了人類科學(xué)認(rèn)識的發(fā)展利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側(cè)斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側(cè)斜面上升斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是() A如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置 B如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止?fàn)顟B(tài) C如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變 D小球受到的力一定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小,例1,【解析】 題述要求根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比，得到最直接的結(jié)論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來越光滑，小球沿右側(cè)斜面上升的最高位置依次為1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的結(jié)論是：如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置，選項A正確；B、C、D選項都不能根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比直接得到，選項B、C、D錯誤。 【答案】A,例1,題型2牛頓第一定律 貴州遵義航天高級中學(xué)2018期初考(多選)伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ)。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是() A物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性 B沒有力的作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài) C行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性 D運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動,例2,【解析】 慣性是物體抵抗運動狀態(tài)變化而保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)的性質(zhì)，選項A正確；沒有力的作用，物體將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)，選項B錯誤；行星做勻速圓周運動是由于受地球的引力作用，不是由于具有慣性，選項C錯誤；運動物體如果沒有受到力的作用，將一直做勻速直線運動，選項D正確。 【答案】AD,例2,廣東珠海二中、斗門一中2018聯(lián)考如圖所示，一個劈形物體M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一光滑小球m，劈形物體從靜止開始釋放，則小球在碰到斜面前的運動軌跡是() A沿斜面向下的直線 B豎直向下的直線 C無規(guī)則曲線 D拋物線,例3,【解析】 由題意知，小球在水平方向上不受外力作用，由牛頓第一定律，小球在此方向上將保持原有的運動狀態(tài)不變，即靜止而不向左或向右運動，只有豎直方向上的運動，因此運動軌跡是一條豎直向下的直線。 【答案】B,例3,題型3牛頓第三定律 江蘇徐州2017模擬有句俗語叫“雞蛋碰石頭自不量力”。在雞蛋碰石頭的過程中，以下說法中正確的是() A石頭對雞蛋的作用力和雞蛋對石頭的作用力是一對平衡力 B雞蛋破了，而石頭絲毫無損，說明石頭對雞蛋的作用力大 C雖然雞蛋破了，但是雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力一樣大 D雖然雞蛋破了，但是雞蛋對石頭的作用力比石頭對雞蛋的作用力大,例4,【解析】 石頭對雞蛋的作用力和雞蛋對石頭的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A、B、D錯誤，C正確。 【答案】C,例4,第3章,考點8牛頓第二定律超重和失重,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法3力與加速度的瞬時性 考法4力和加速度的合成及分解 考法5與牛頓運動定律有關(guān)的圖像問題 考法6解決兩類動力學(xué)的基本問題 考法例析 成就能力 題型4瞬時加速度問題 題型5兩類動力學(xué)問題 題型6與牛頓運動定律相關(guān)的圖像問題 題型7超重和失重問題,必備知識全面把握,1牛頓第二定律 (1)內(nèi)容：物體的加速度大小跟物體所受合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同，即Fma。 (2)對定律的理解：,2動力學(xué)的兩大基本問題 (1)已知力求運動：知道物體受到的所有力，應(yīng)用牛頓第二定律求加速度，再結(jié)合初始條件應(yīng)用運動學(xué)規(guī)律求出物體的任意時刻的速度、位移等； (2)已知運動求力：知道物體的運動情況，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律求出物體的加速度，再應(yīng)用牛頓第二定律，分析物體的受力情況。 (3)解題思路：,加速度（）,力（F）,位移（） 速度（v）,運動學(xué)規(guī)律 F=m,vt=v0+t 運動學(xué)規(guī)律 s=v0t+t2,3超重和失重現(xiàn)象 (1)實重和視重：由于地球的吸引而使物體受到的力叫重力，即實重；當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的讀數(shù)叫視重，其大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力，視重實際上是彈力。 (2)實重、視重的關(guān)系 視重等于實重：物體處于平衡狀態(tài)時，物體對彈簧測力計或臺秤的拉力或壓力的大小(視重)等于物體所受重力的大小，即FN測G。 當(dāng)物體有豎直方向的加速度，或有其他方向的加速度，但在豎直方向上有加速度分量時，視重就不等于物體的實重了。當(dāng)加速度向上時，視重大于實重，叫超重現(xiàn)象，此時FN測mgma；當(dāng)加速度向下時，視重小于實重，叫失重現(xiàn)象，此時mgFN測ma；當(dāng)加速度向下且大小等于g時，視重為零，叫完全失重，做自由落體運動和人造衛(wèi)星中的物體都處于完全失重狀態(tài)，此時FN測0。,考點8,核心方法重點突破,考法3力與加速度的瞬時性 四川成都石室中學(xué)2017二診(多選)兩小球A、B先后用彈簧和輕桿相連，放在光滑斜面上靜止，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等在突然撤去擋板的瞬間() A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零 C圖甲中B球的加速度為2gsin D圖乙中B球的加速度為gsin ,例1,【解析】 撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B 球所受合力為2mgsin ，加速度為2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B 球所受合力均為mgsin，加速度均為gsin ，故C、D正確，A、B錯誤。 【答案】CD,例1,考法4力和加速度的合成及分解 如圖所示，細(xì)線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細(xì)線與斜面平行在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細(xì)線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)() ATm(gsin acos)，F(xiàn)Nm(gcos asin) BTm(gcos asin)，F(xiàn)Nm(gsin acos) CTm(acos gsin)，F(xiàn)Nm(gcos asin) DTm(asin gcos)，F(xiàn)Nm(gsin acos),例2,【解析】 以小球為研究對象，其受到如圖所示三個力的作用。根據(jù)牛頓運動定律，水平方向：TcosFNsinma，豎直方向： TsinFNcosmg，聯(lián)立解得Tm(gsin acos)， FNm(gcosasin)，故選A。 【答案】A,例2,考法5與牛頓運動定律有關(guān)的圖像問題 課標(biāo)全國201520，6分(多選)如圖(a)，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖(b)所示若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出() A斜面的傾角 B物塊的質(zhì)量 C物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D物塊沿斜面向上滑行的最大高度,例3,【解析】 【答案】ACD,例3,考法6解決兩類動力學(xué)的基本問題 課標(biāo)全國201424，12分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，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰通常情況下，人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1 s當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的2/5，若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度,例4,【解析】,例4,【答案】20 m/s,考點8,考法例析成就能力,題型4瞬時加速度問題 福建四校2017聯(lián)考如圖所示，A、B兩小球的質(zhì)量相等，用輕彈簧相連，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為的斜面光滑，兩球用細(xì)線固定于斜面上，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是() A兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的瞬時加速度沿斜面向下，小于gsin CA球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零,例1,【解析】 【答案】C,例1,題型5兩類動力學(xué)問題 江蘇物理20169，4分(多選)如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中() A桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大 D若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面,例2,【解析】 魚缸相對于桌布向左運動，故桌布對魚缸的摩擦力向右，選項A錯誤；因為魚缸、桌布、桌面兩兩間的動摩擦因數(shù)均相等，則魚缸受到桌布和桌面的摩擦力相等，對魚缸的運動而言，從靜止加速到一定速度再減速到零，兩個階段的運動時間相等，選項B正確；滑動摩擦力和物體間的正壓力有關(guān)，與拉力無關(guān)，所以增大拉力，摩擦力不會變化，選項C錯誤；若減小拉力，則桌布運動的加速度將減小，桌布與魚缸間的相對速度減小，桌布從魚缸下拉出的時間將增大，魚缸相對桌面的位移增大，所以魚缸有可能滑出桌面，選項D正確 【答案】BD,例2,課標(biāo)全國201724，12分為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1<s0)處分別設(shè)置一個擋板和一面小旗，如圖所示訓(xùn)練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時，運動員至少到達(dá)小旗處假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達(dá)擋板時的速度為v1.重力加速度大小為g.求： (1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)； (2)滿足訓(xùn)練要求的運動員的最小加速度,例3,【解析】 【答案】,例3,題型6與牛頓運動定律相關(guān)的圖像問題 河南洛陽2016模擬如圖甲所示，一個質(zhì)量為3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動在03 s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示則() AF的最大值為12 N B01 s和23 s內(nèi)物體加速度的方向相反 C3 s末物體的速度最大，最大速度為8 m/s D在01 s內(nèi)物體做勻加速運動，23 s內(nèi)物體做勻減速運動,例4,【解析】 由圖像可知，物體在12 s內(nèi)做勻加速直線運動，a4 m/s2，由牛頓第二定律得Fmgma，故Fmamg12 N，故A錯誤；由at圖像的特點知加速度一直為正，故B錯誤；at圖像與時間軸圍成圖形的面積為v，而初速度為零，故3 s末速度最大為8 m/s，故C正確； 整個過程中，物體一直做加速運動，故D錯誤。 【答案】C,例4,題型7超重和失重問題 重慶理綜20155，6分若貨物隨升降機運動的vt圖像如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖像可能是(),例5,【解析】 由vt圖像可知，貨物的運動情況依次為向下勻加速，向下勻速，向下勻減速，而后為向上勻加速，向上勻速，向上勻減速由牛頓第二定律可得Fmgma，下降階段支持力F的大小依次為Fmg、Fmg、Fmg，上升階段支持力F的大小依次為Fmg、Fmg、Fmg，所以B正確。 【答案】B,例5,第3章,專題3運用整體法和隔離法分析連接體問題,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法7隔離法求內(nèi)力 考法8巧用整體法解題 考法例析 成就能力,必備知識全面把握,基本概念 1整體法：存在相互作用的物體組成的系統(tǒng)或連接體，如果它們有共同的加速度，可把它們作為一個整體加以分析，這就是整體法 2隔離法：如果要求解相互作用的各物體之間的相互作用力或單一物體的運動，可把這一物體隔離開來，單獨加以分析，這就是隔離法。 3在用整體法和隔離法解題時，一般先用整體法對系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，運用牛頓第二定律求出其加速度；再根據(jù)需要選擇某一物體分析其受力或分析其運動狀態(tài)，最后列出方程求解。,整體法、隔離法的選取原則,專題3,核心方法重點突破,考法7隔離法求內(nèi)力,例1,【解析】 【答案】BC,例1,考法8巧用整體法解題 課標(biāo)全國201725，20分如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為20.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v03 m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離,例2,【解析】 (1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f11mAg f21mBg f32(mmAmB)g 由牛頓第二定律得 f1mAaA f2mBaB f2f1f3ma1 設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運動學(xué)公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得 v11 m/s,例2,【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m,第3章,專題4臨界和極值問題,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法9 相對滑動或相對靜止問題 考法10極大值和極小值問題 考法例析 成就能力,必備知識全面把握,1臨界和極值問題 臨界和極值問題是中學(xué)物理中常見的題型，臨界是一個特殊的轉(zhuǎn)換狀態(tài)，是物理過程發(fā)生變化的轉(zhuǎn)折點，在臨界點前后，物體的受力情況、變化規(guī)律、運動狀態(tài)一般要發(fā)生變化，能否用變化的觀點正確分析其運動規(guī)律是求解這類問題的關(guān)鍵。所以尋找臨界點，分析臨界狀態(tài)，解決好臨界問題，是學(xué)好物理的關(guān)鍵之一。 在我們研究的物理問題中，相關(guān)物理量間存在著一定的制約關(guān)系其中當(dāng)物理現(xiàn)象變化到某一狀態(tài)時出現(xiàn)極限或某種轉(zhuǎn)折(如題目中出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”“恰好”等詞語)時，一般都有臨界現(xiàn)象出現(xiàn)，都要求出臨界條件。分析時一般用極限法，使臨界現(xiàn)象盡快暴露出來。,2解決臨界問題的基本思路 (1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程； (2)尋找過程中變化的物理量(自變量和因變量)； (3)探索因變量隨自變量變化時的變化規(guī)律，要特別注意相關(guān)物理量的變化情況； (4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找到臨界關(guān)系。,3分析臨界問題的思維方法,4分析臨界條件 常見的臨界問題相應(yīng)的臨界條件如下： (1)接觸或脫離的臨界條件：彈力FN0； (2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到最大值； (3)繩子斷裂的臨界條件是張力等于繩子最大承受力，繩子松弛的臨界條件是FT0； (4)速度達(dá)到最值的臨界條件：加速度為零。,專題4,核心方法重點突破,考法9相對滑動或相對靜止問題 如圖所示，小車放在水平面上，在水平外力作用下沿水平面向右做加速度逐漸增大的直線運動，放在小車上的兩個物體A、B的質(zhì)量分別為mA1 kg，mB0.5 kg，它們與小車表面間的動摩擦因數(shù)分別是A0.4，B0.2，連接兩個物體的輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k100 N/m，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，初始時彈簧處于原長。 求當(dāng)小車的加速度a2.5 m/s2時，A、B所受的摩擦力大小和彈簧的形變量。,例1,【解析】 當(dāng)小車水平向右做加速運動時，A、B兩物體相對小車有向左的相對滑動或相對滑動趨勢，從而產(chǎn)生滑動摩擦力或靜摩擦力如果某一物體與小車有相對滑動，彈簧將發(fā)生形變而產(chǎn)生彈力因為BmBgAmbg，所以B物體會先發(fā)生相對滑動。 設(shè)彈簧無形變，且B物體與小車之間達(dá)到最大靜摩擦力，則有BmBgmBaB0，即aB0Bg2 m/s2； aaB0，B物體與小車之間發(fā)生相對滑動，B物體與小車之間的摩擦力為FfBBmBg1 N； 當(dāng)B物體與小車發(fā)生相對滑動后，彈簧被拉伸產(chǎn)生彈力，設(shè)彈簧伸長x時，B物體相對小車靜止由牛頓第二定律得BmBgkxmBa，解得x0.25 cm；,例1,上述解是否正確還有待判斷： 再設(shè)A物體與小車無相對滑動，且摩擦力為最大靜摩擦力時的加速度為a，對A、B物體所組成的系統(tǒng)，應(yīng)用牛頓第二定律得AmAgBmBg(mAmB)a，解得a3.33 m/s2； 因為aa，所以A與小車之間一定無相對滑動，摩擦力為靜摩擦力，則對A物體有FfAkxmAa，解得FfA2.75 N。 【答案】2.75 N1 N0.25 cm,例2,【解析】 【答案】BCD,例2,考法10極大值和極小值問題 江西吉安2016模擬如圖所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長直桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為。現(xiàn)給環(huán)一個水平向右的初速度v0，同時對環(huán)施加一個豎直向上、大小隨速度變化的作用力Fkv，其中k為常數(shù)，則圓環(huán)運動過程中(),例2,【解析】 【答案】D,例2,如圖所示， 光滑小球恰好放在木塊的圓弧槽中，它左邊接觸點為A，右邊接觸點為B，槽的半徑為R，球心為O，且OA與水平線成角，小球質(zhì)量為m，各種摩擦及繩和滑輪的質(zhì)量不計，則木塊向右的加速度最小為多少時，小球才能離開圓槽？,例3,【解析】 當(dāng)木塊向右運動的加速度很小時，小球?qū)⑶对诓劾?，此時兩者一起加速；當(dāng)木塊向右運動的加速度很大時，小球?qū)⑾鄬Σ巯蜃筮\動，小球?qū)㈦x開圓槽。故小球能離開圓槽的臨界條件是，小球還在槽里，但只有接觸點A對它有作用力，此時受力分析如圖所示，則F合mamgcot ，得agcot 。 【答案】gcot ,例3,第3章,專題5傳送帶和板塊模型,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法11傳送帶問題 考法12板塊模型問題 考法例析 成就能力,必備知識全面把握,1傳送帶問題 (1)兩種模型 水平傳送帶模型：,傾斜傳送帶模型：,(2)分析思路 確定研究對象，一般以物體為研究對象； 分析其受力情況和運動情況，注意摩擦力突變對物體運動的影響； 分清楚研究過程，利用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律求解未知量； 注意： a.摩擦力的突變問題：物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻對水平傳送帶，當(dāng)物體與傳送帶的速度相等時，物體與傳送帶間沒有摩擦力；對傾斜傳送帶，當(dāng)物體與傳送帶的速度相等時，滑動摩擦力可能突變?yōu)殪o摩擦力，也可能改變方向； b傳送帶與物體運動的關(guān)系：物體的加速度是相對地面的加速度，物體的速度、位移是相對地面的速度、位移。,(3)傳送帶問題的處理技巧： 分析物體的受力情況要考慮物體與傳送帶間的相對運動； 求物體的加速度、速度和位移時不需要考慮傳送帶的運動情況，即相當(dāng)于傳送帶是不動的； 求物體相對傳送帶的路程時，需要考慮傳送帶的運動情況，若物體與傳送帶運動方向相同，則相對路程為兩者路程之差，若物體與傳送帶運動方向相反，則相對路程為兩者路程之和。,2板塊模型問題 (1)模型特征 滑塊木板模型(如圖甲)，涉及摩擦力分析、相對運動、摩擦生熱，多次互相作用，屬于多物體多過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高，故頻現(xiàn)于高考試卷中。另外，常見的子彈射擊木塊(如圖乙)、圓環(huán)在直桿上滑動(如圖丙)都屬于這類問題，處理方法與滑塊木板模型類似。 (2)解題思路 選取研究對象：分析滑塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度； 分析運動情況：對滑塊和木板進(jìn)行運動情況分析，畫出草圖，找出滑塊和木板之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，建立方程； 判斷臨界條件：滑塊不滑離木板的臨界條件：滑塊滑到木板另一端時速度與木板速度相同；木板最短的臨界條件：滑塊速度與木板速度相等時滑到木板另一端木板最短；發(fā)生相對滑動的臨界條件：兩物體間的摩擦力為最大靜摩擦力，兩物體的加速度相同。,專題5,核心方法重點突破,考法11傳送帶問題 (多選)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1沿順時針方向運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的vt圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2v1，則下列說法中正確的是() At1時刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 Ct2t3時間內(nèi)，小物塊與傳送帶相對靜止，小物塊不受靜摩擦力作用 D0t2時間內(nèi)，小物塊運動方向發(fā)生了改變，加速度方向也發(fā)生了改變,例1,【解析】 由乙圖知物塊先向左做勻減速運動，然后向右做勻加速運動，直到速度與傳送帶速度相同，做勻速運動則t1時刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大，故A正確；0t2時間內(nèi)，物塊相對傳送帶一直向左運動，受到的滑動摩擦力方向一直向右，大小保持不變，故B錯誤；t2t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，向右做勻速運動，不受摩擦力，故C正確；vt圖線的斜率表示加速度，則0t2時間內(nèi)，圖線的斜率不變，小物塊的加速度方向沒有發(fā)生改變，故D錯誤。 【答案】AC,例1,河北武邑中學(xué)2017二調(diào) (多選)如圖所示為運送糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時運行速度為v，方向如圖，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)() A糧袋到達(dá)B點的速度可能大于、等于或小于v B糧袋開始運動的加速度為g(sin cos )，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動 C若tan ，則糧袋從A到B一直做加速運動 D不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且agsin ,例2,【解析】 糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達(dá)B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶速度相同后，做勻速運動，到達(dá)B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當(dāng)速度與傳送帶速度相同后做加速度較小的勻加速運動，到達(dá)B點時的速度大于v，故A正確；糧袋開始時受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，大小為mgcos ，根據(jù)牛頓第二定律得到，加速度ag(sin cos )，故B錯誤；若tan ，則重力的下滑分力大于滑動摩擦力，故a的方向一直向下，糧袋從A到B一直做加速運動，可能是一直以加速度g(sin cos )勻加速；也可能先以加速度g(sin cos )勻加速，后以加速度g(sin cos )勻加速，故C正確由以上分析可知，糧袋從A到B不一定一直做勻加速運動，故D錯誤。 【答案】AC,例2,考法12板塊模型問題 課標(biāo)全國201525，20分一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。t0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離。,例3,【解析】,例3,【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m,例4,【解析】,例4,【答案】(1)3 m/s21 m/s2(2) 4 s,謝謝觀賞,