2019年度高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 專題強化三 動力學兩類基本問題和臨界極值問題課件.ppt

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第三章牛頓運動定律 專題強化三動力學兩類基本問題和臨界極值問題 過好雙基關 一 動力學的兩類基本問題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 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 加速度 加速度 自測1 多選 2016 全國卷 19 兩實心小球甲和乙由同一種材料制成 甲球質量大于乙球質量 兩球在空氣中由靜止下落 假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比 與球的速率無關 若它們下落相同的距離 則A 甲球用的時間比乙球長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D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FN 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A恰好不滑動 B剛好不下滑 已知A與B間的動摩擦因數為 1 A與地面間的動摩擦因數為 2 最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 A與B的質量之比為 圖1 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較多 3個或3個以上 時 則采用正交分解法 基礎考點自主悟透 類型1已知物體受力情況 分析物體運動情況例1 2014 課標全國卷 24 公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離 當前車突然停止時 后車司機可以采取剎車措施 使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰 通常情況下 人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1s 當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km h的速度勻速行駛時 安全距離為120m 設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數為晴天時的 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 解析設路面干燥時 汽車與地面間的動摩擦因數為 0 剎車時汽車的加速度大小為a0 安全距離為s 反應時間為t0 由牛頓第二定律和運動學公式得 0mg ma0 式中 m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度 設在雨天行駛時 汽車與地面間的動摩擦因數為 依題意有 設在雨天行駛時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動學公式得 mg ma 聯(lián)立 式并代入題給數據得v 20m s v 24m s不符合實際 舍去 變式1如圖2所示滑沙游戲中 做如下簡化 游客從頂端A點由靜止滑下8s后 操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點 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摩擦因數 0 5 滑沙車經過B點前后的速度大小不變 重力加速度g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 不計空氣阻力 1 求游客勻速下滑時的速度大小 答案16m s 圖2 解析由mgsin mgcos ma 解得游客從頂端A點由靜止滑下的加速度a 2m s2 游客勻速下滑時的速度大小為v at1 16m s 2 求游客勻速下滑的時間 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 需對滑沙車施加多大的水平制動力 答案210N 答案 解析 解析設游客在BC段的加速度大小為a 由0 v2 2a x 類型2已知物體運動情況 分析物體受力情況例2 2014 課標全國卷 24 2012年10月 奧地利極限運動員菲利克斯 鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下 經過4分20秒到達距地面約1 5km高度處 打開降落傘并成功落地 打破了跳傘運動的多項世界紀錄 取重力加速度的大小g 10m s2 1 若忽略空氣阻力 求該運動員從靜止開始下落至1 5km高度處所需的時間及其在此處速度的大小 答案87s8 7 102m s 答案 解析 解析設該運動員從開始自由下落至1 5km高度處的時間為t 下落距離為s 在1 5km高度處的速度大小為v 根據運動學公式有v gt s gt2 根據題意有s 3 9 104m 1 5 103m 3 75 104m 聯(lián)立 式得t 87s v 8 7 102m s 2 實際上 物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力 高速運動時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 其數值與物體的形狀 橫截面積及空氣密度有關 已知該運動員在某段時間內高速下落的v t圖象如圖3所示 若該運動員和所帶裝備的總質量m 100kg 試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數 結果保留1位有效數字 答案0 008kg m 解析該運動員達到最大速度vmax時 加速度為零 根據平衡條件有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動 t 0 5s時撤去拉力 利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖象 v t圖象 如圖乙所示 g取10m s2 求 圖4 1 2s內物塊的位移大小x和通過的路程L 答案0 5m1 5m 答案 解析 解析在2s內 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 沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小a1 a2和拉力大小F 答案4m s24m s28N 解析由題圖乙知 所求兩個階段加速度的大小a1 4m s2a2 4m s2設斜面傾角為 斜面對物塊的摩擦力為Ff 根據牛頓第二定律有0 0 5s內 F Ff mgsin ma10 5 1s內 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 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 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 5 聯(lián)立方程組 分析求解 對結果進行必要的驗證或討論 能力考點師生共研 例3 2015 全國卷 25 下暴雨時 有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害 某地有一傾角為 37 sin37 的山坡C 上面有一質量為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均處于靜止狀態(tài) 如圖5所示 假設某次暴雨中 A浸透雨水后總質量也為m 可視為質量不變的滑塊 在極短時間內 A B間的動摩擦因數 1減小為 B C間的動摩擦因數 2減小為0 5 A B開始運動 此時刻為計時起點 在第2s末 B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變 已知A開始運動時 A離B下邊緣的距離l 27m C足夠長 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 在0 2s時間內A和B加速度的大小 圖5 答案3m s21m s2 解析在0 2s時間內 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上總的運動時間 答案 解析 答案4s 解析在t1 2s時 設A和B的速度分別為v1和v2 則v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m s 2s后 設A和B的加速度分別為a1 和a2 此時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做減速運動 設經過時間t2 B的速度減為零 則有v2 a2 t2 0 聯(lián)立 式得t2 1s 在t1 t2時間內 A相對于B運動的距離為 此后B靜止不動 A繼續(xù)在B上滑動 設再經過時間t3后A離開B 則有 可得t3 1s 另一解不合題意 舍去 設A在B上總的運動時間t總 有t總 t1 t2 t3 4s 變式3 2018 華中師范大學附中模擬 如圖6甲所示為一傾角 37 足夠長的斜面 將一質量m 1kg的物體在斜面上靜止釋放 同時施加一沿斜面向上的拉力 拉力隨時間變化關系圖象如圖乙所示 物體與斜面間動摩擦因數 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內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動 由牛頓第二定律可得mgsin F1 mgcos ma1 v1 a1t1 代入數據可得v1 5m s 2 前16s內物體發(fā)生的位移 答案 解析 答案30m 方向沿斜面向下 當拉力為F2 4 5N時 由牛頓第二定律可得mgsin mgcos F2 ma2 代入數據可得a2 0 5m s2 物體經過t2時間速度減為零 則0 v1 a2t2 t2 10s 由于mgsin mgcos F2 mgsin mgcos 則物體在剩下4s時間內處于靜止狀態(tài) 故物體在前16s內發(fā)生的位移x x1 x2 30m 方向沿斜面向下 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 能力考點師生共研 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向右做勻速直線運動 某時刻將一質量為m 1kg的小滑塊輕放到車上表面的中點 滑塊與車面間的動摩擦因數為 0 2 取g 10m s2 求 1 小滑塊m的加速度大小和方向 解析滑塊放上車時相對車向左運動 所受滑動摩擦力向右 Ff mg 根據牛頓第二定律有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動 設當經歷時間t之后速度達到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 故滑塊會掉下來 答案見解析 答案 解析 3 若當滑塊放到車上表面中點的同時對該滑塊施加一個與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動 設當經歷時間t 之后速度達到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質量分別為mA 6kg mB 2kg A B之間的動摩擦因數 0 2 開始時F 10N 此后逐漸增加 在增大到45N的過程中 則A 當拉力F 12N時 物體均保持靜止狀態(tài)B 兩物體開始沒有相對運動 當拉力超過12N時 開始相對滑動C 兩物體從受力開始就有相對運動D 兩物體始終沒有相對運動 圖8 變式5如圖9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止 經過的總位移為x 運動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 課時作業(yè) 1 如圖1所示 一質量為1kg的小球套在一根固定的直桿上 直桿與水平面夾角 為30 現小球在F 20N的豎直向上的拉力作用下 從A點靜止出發(fā)向上運動 已知桿與球間的動摩擦因數為 試求 1 小球運動的加速度大小 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點最大距離 答案2 4m 解析剛撤去F時 小球的速度v1 a1t1 3m s 撤去力F后 小球上滑時 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動 經t 2s的時間物塊由A點運動到B點 物塊在A點的速度為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摩擦因數 重力加速度g取10m s2 1 求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小 圖2 答案3m s28m s 1 2 3 4 解析設物塊加速度的大小為a 到達B點時速度的大小為v 由運動學公式得L v0t at2 v v0 at 聯(lián)立 式 代入數據得a 3m s2 v 8m s 1 2 3 4 2 拉力F與斜面夾角多大時 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 式可知對應F最小時與斜面間的夾角 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動 已知拉力F 6 5N 玩具的質量m 1kg 經過時間t 2 0s 玩具移動了距離x 2m 這時幼兒將手松開 玩具又滑行了一段距離后停下 g取10m s2 求 1 玩具與地面間的動摩擦因數 對玩具 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 松手后 由牛頓第二定律得 mg ma 由勻變速運動的速度位移公式得 答案 解析 1 2 3 4 3 當力F與水平方向夾角 為多少時拉力F最小 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 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 30 時 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 質量為M 傾角為 其斜面上有一靜止的滑塊 質量為m 兩者之間的動摩擦因數為 滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力 重力加速度為g 現給斜面體施加水平向右的力使斜面體加速運動 求 1 若要使滑塊與斜面體一起加速運動 圖中水平向右的力F的最大值 答案 解析 圖4 1 2 3 4 解析當滑塊與斜面體一起向右加速時 力F越大 加速度越大 當F最大時 斜面體對滑塊的靜摩擦力達到最大值Ffm 滑塊受力如圖所示 設一起加速的最大加速度為a 對滑塊應用牛頓第二定律得 FNcos Ffmsin mg Ffmcos FNsin ma 由題意知Ffm FN 對整體受力分析F M m a 1 2 3 4 2 若要使滑塊做自由落體運動 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動 滑塊與斜面體之間沒有力的作用 滑塊的加速度為g 設此時M的加速度為aM 則對M F MaM當水平向右的力F最小時 二者沒有相互作用但仍接觸 答案 解析 1 2 3 4