《高考物理总复习考前三个月专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理总复习考前三个月专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动课件.ppt（44页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、第2讲牛顿运动定律与直线运动,第一篇 专题一 力与运动,热点精练1匀变速直线运动规律与运动图象的应用,热点精练2牛顿运动定律的应用,栏目索引,热点精练3连接体问题,热点精练4电学中的动力学问题,热点精练1匀变速直线运动规律与运动图象的应用,知识方法链接,1.解题思路 (1)分析运动过程，画出过程示意图. (2)标出已知量、未知量. (3)选择合适公式，列方程求解. 注意：(1)多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带，是解题的关键，要先设出. (2)多过程问题用vt图象辅助分析会更形象、简捷. (3)v、x、a等物理量是矢量，注意规定正方向，尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况
2、.,2.牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法,3.处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算. 4.图象问题要“四看”“一注意” (1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系. (2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程. (3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：vt图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点. (4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义.,(5)一注意：利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位
3、置出发，还是从不同位置出发.若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离.,1.(2017湖南怀化市一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静 止从A点出发，沿直线AC运动.甲以加速度a3做初速度为零 的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度亦为v.若a1a2a3，则 A.甲、乙不可能同时由A到达CB.甲一定先由A到达C C.乙一定先由A到达CD.若a1a3，则甲一定先由A到达C,真题模拟精练,答案,图1,2,3,1,2.(多选)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是(v是
4、速度、t是时间),答案,2,3,1,3.(多选)(2017湖北省部分重点中学调研)两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v2) 随位置(x)的变化图象如图2所示，下列判断正确的是 A.汽车A的加速度大小为4 m/s2 B.汽车A、B在x6 m处的速度大小为 m/s C.汽车A、B在x8 m处相遇 D.汽车A、B在x9 m处相遇,图2,答案,解析,2,3,1,2,3,1,2,3,1,故选B、C.,热点精练2牛顿运动定律的应用,知识方法链接,1.分析动力学问题的流程,注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质
5、的变化、速度方向的变化等. (2)求解加速度是解决问题的关键.,2.陌生的图象要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可)，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义.,4.(2017湖南湘潭市二模)如图3所示，地面上放有一质 量为m的物块(视为质点)，物块与水平地面间的动摩擦 因数为 ，现用一斜向右上的力F(与水平方向的夹角 及力的大小未知)拉物块使之在地面上向右运动，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.若物块向右加速运动，则物块与地面间可能没有摩擦力 B.若物块向右加速运动，则F与摩擦力的合力一定竖直向上 C.若物块向右匀
6、速运动，则F的最小值为 mg D.若物块向右匀速运动，则F的最小值为 mg,真题模拟精练,答案,图3,5,6,4,7,5.(多选)(2017广东深圳市二模)如图4所示，倾角为的固定斜面上放置一矩形木箱，箱中有垂直于底部的光滑直杆，箱和杆的总质量为M，质量为m的铁环从杆的上端由静止开始下滑，铁环下滑的过程中木箱始终保持静止，在铁环到达箱底之前 A.箱对斜面的压力大小为(mM)gcos B.箱对斜面的压力大小为Mgcos C.箱对斜面的摩擦力大小为(mM)gsin D.箱对斜面的摩擦力大小为Mgsin ,图4,答案,5,6,4,7,6.(多选)(2017广东汕头市一模)假设小球在空气中下落过程受到
7、的空气阻力与球的速率成正比，即F阻kv，比例系数k决定于小球的体积，与其他因素无关.让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图象如图5所示，则 A.小球的质量越大，图象中的a0越大 B.小球的质量越大，图象中的vm越大 C.小球的质量越大，速率达到vm时经历的时间越短 D.小球的质量越大，速率达到vm时下落的距离越长,图5,答案,解析,5,6,4,7,m越大，vm越大，速率达到vm时经历的时间越长，下落的距离越长，故D正确.故选B、D.,5,6,4,7,7.(2017全国卷24)为提高冰球运动员的加速能力，教 练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别设
8、置一个 挡板和一面小旗，如图6所示.训练时，让运动员和冰球都 位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰 面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同 时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；,图6,5,6,4,7,答案,解析,解析设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由运动学公式得,由牛顿第二定律mgma1,5,6,4,7,(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.,答案,解析,5,6,4,7,解析
9、冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得,v0v1a1t ,联立式得,5,6,4,7,热点精练3连接体问题,知识方法链接,1.分析“滑块木板”模型时要抓住一个转折和两个关联 (1)一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点. (2)两个关联转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联. (3)两物体发生相对运动的临界条件加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前、后物体的运动状态是解题的关键.,2.灵活应
10、用整体法与隔离法 (1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程. (2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程.,8.(多选)如图7所示，水平地面上有一楔形物块a，倾角 为37，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的 细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上.a与b之 间光滑，a与b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动.当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a与粗糙地面间的动摩擦因数为，g10 m/s2)，有 A.若0.1，则细绳的拉力为零，地面对a的
11、支持力变小 B.若0.1，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力不变 C.若0.75，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力不变 D.若0.75，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力变小,真题模拟精练,图7,答案,解析,8,9,解析在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对 a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡.对b受力分 析，如图，受重力、支持力和绳子的拉力，根据共点力平衡 条件，有Fcos FNsin 0，Fsin FNcos mg0，由 两式解得Fmgsin ，FNmgcos ，当它们刚刚运动至轨道 的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，而b向右的加速度最大为 amgtan
12、10 m/s27.5 m/s2，此时绳对b没有拉力.若0.1，则物块a、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：Fsin FNcos mg0，FNsin Fcos ma，由两式解得Fmgsin macos ，FNmgcos masin ，即绳的拉力F将变小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对a的支持力不变，故A错误，B正确；,8,9,若0.75，a的加速度为7.5 m/s2，物块b的重力和其受到的支持力正好提供其运动的加速度，故绳的拉力为零；再对a、b整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地
13、面对a的支持力不变，故C正确，D错误.,8,9,9.(2017全国卷25)如图8所示，两个滑块A和B的质量 分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的 木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求： (1)B与木板相对静止时，木板的速度；,图8,答案1 m/s，方向与B的初速度方向相同,8,9,答案,解析,解析滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动.设
14、A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有 Ff11mAg Ff21mBg Ff32(mmAmB)g 由牛顿第二定律得 Ff1mAaA Ff2mBaB ,8,9,Ff2Ff1Ff3ma1 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 联立式，代入已知数据得 v11 m/s，方向与B的初速度方向相同,8,9,(2)A、B开始运动时，两者之间的距离.,答案1.9 m,8,9,答案,解析,解析在t1时间间隔内，B相对于地面移
15、动的距离为,设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 Ff1Ff3(mBm)a2 由式知，aAaB； 再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反. 由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.,8,9,设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有 v2v1a2t2 对A有：v2v1aAt2 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为,在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为,8,9,A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同.因此A和B开始运动时，两
16、者之间的距离为 s0sAs1sB 联立以上各式，并代入数据得 s01.9 m (也可用如图所示的速度时间图线求解),8,9,知识方法链接,1.电场、磁场中的动力学问题处理方法与力学中相同. 2.受力分析时先分析场力：重力、电场力、磁场力. 3.匀强电场中电场力与重力一样为恒力，二者的合力也为恒力，可用它们的合力代替这两个力，称为等效重力. 4.洛伦兹力是随速度变化而变化的力，方向总垂直于v，大小等于qvB.,热点精练4电学中的动力学问题,真题模拟精练,答案,解析,10.(2017河北衡水市模拟)如图9所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下
17、方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场.一个质量m、带电q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，重力加速度为g，则下列结论正确的是,图9,10,11,A.若A、B高度差为h，则UAB B.带电小球在A、B两点电势能相等 C.在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 D.两电场强度大小关系满足E22E1,解析对A到B的过程运用动能定理得，qUABmgh0，解得：UAB ， 知A、B的电势不等，则电势能不等，故A正确，B错误； 由A到虚线的过程小球速度由零加速至v，由虚线到B的过程小球速度由v减为零，位移相同，根据匀变速直线运动的推论知，时间相同，则
18、加速度大小相等，方向相反，故C错误；,10,11,11.(2017全国卷25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g. (1)求油滴运动到B点时的速度大小；,答案,解析,10,11,答案见解析,解析设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在t0时，电场强度
19、突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2mgma1 油滴在t1时刻的速度为 v1v0a1t1 电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足,10,11,qE2mgma2 油滴在t22t1时刻的速度为 v2v1a2t1 由式得 v2v02gt1 ,10,11,(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.,答案,解析,10,11,答案见解析,解析由题意，在t0时刻前有 qE1mg 油滴从t0到t1时刻的位移为,10,11,油滴在从t1时刻到t22t1时刻的时间间隔内的位移为,由题给条件有v022g2h4gh 式中h是B、A两点之间的距离.,若B点在A点之上，依题意有 x1x2h 由式得,10,11,为使E2E1，应有,10,11,才是可能的；条件式和式分别对应于v20和v20两种情形. 若B在A点之下，依题意有 x2x1h 由式得,10,11,为使E2E1，应有,另一解为负，不符合题意，舍去.,
高考物理总复习考前三个月专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动课件.ppt
