专题突破一牛顿运动定律的综合应用课件

1、专题突破一牛顿运动定律的综合应用专题突破一牛顿运动定律的综合应用突破一动力学中的图象问题vt图象、Fa图象、Fx图象、at图象、Ft图象等。1.常见的动力学图象(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息。2.数形结合解决动力学图象问题突破一动力学中的图象问题vt图象、Fa图象、Fx图象【例1】(多选)(2015全国卷，20)如图1(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面

2、，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()考向动力学中的vt图象图1A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度【例1】(多选)(2015全国卷，20)如图1(a)，专题突破一牛顿运动定律的综合应用课件答案ACD答案ACD【例2】(2018全国卷，15)如图2，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是()考向动力学中的Fx图象【例2

3、】(2018全国卷，15)如图2，轻弹簧的下端固解析假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得Fk(x0 x)mgma，由以上两式解得Fkxma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。答案A解析假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知【例3】(2013课标卷，14)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的

4、图象是()考向动力学中的Fa图象【例3】(2013课标卷，14)一物块静止在粗糙的水平解析当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据Ffma知，随F的增大，加速度a增大，故选项C正确。答案C解析当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，动力学图象问题的解题策略动力学图象问题的解题策略图31.(2019海南三亚模拟)如图3所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，不计空气阻力，则物块在第一次到达最高点前的vt图象(图中实线)可能是下图中的()图31.(2019海南

5、三亚模拟)如图3所示，一竖直放置的轻解析当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物块向上加速，随弹力减小，物块向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹G时加速度为零，物块速度达到最大，之后F弹G，物块开始向上做减速运动，如果物块未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物块能脱离弹簧，则物块先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。答案A解析当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物块向上加速，图42.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度时间图象如图4

6、a所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37，如图b所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 370.6，cos 370.8)()图42.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处A.前2 s处于超重状态B.从200 m高处开始跳下C.落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 ND.整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s答案CA.前2 s处于超重状态答案C突破二动力学中的连接体问题多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接

7、体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。1.连接体2.解决连接体问题的两种方法突破二动力学中的连接体问题多个相互关联的物体连接(叠放、并A.8 B.10 C.15 D.18A.8 B.10 C.15 D.18解析设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有FnmaP、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有联立得3n2k，总车厢数为Nnk，由此式可知n只能取偶数，当n2时，k3，总节数为N5当n4时，k6，总节数为N10当n6时，k9，总节数为N15当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确。答案BC解析

8、设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路得先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思A.若12，m1m2，则杆受到压力B.若12，m1m2，则杆受到拉力C.若12，m12，m1m2，则杆受到压力1.(多选) (2解析不考虑杆对滑块的作用时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，对滑块A有m1gsin 1m1gcos m1a1，解得a1g(sin 1cos )；同理，对滑块B

9、有a2g(sin 2cos )。考虑杆对两滑块的作用，若12，则a1a2，B的加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若12，则a1a2，两滑块加速度相同，说明无相对运动趋势，杆不受作用力，故B错误，D正确；若1a2，A的加速度较大，则杆受到拉力，故C错误。答案AD解析不考虑杆对滑块的作用时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力图62.如图6甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，m0m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为T。若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，如

10、图乙所示，细线的拉力为T。则()图62.如图6甲所示，质量为m0的小车放在光滑水平面上，小车A.FF，TT B.FF，TTC.FF，TT D.FF，TT解析对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知Tcos mg，Tcos mg，所以TT。对于题图乙中的小球，水平方向有Tsin ma，对于题图甲中的小车，水平方向有Tsin m0a，因为m0m，所以aa。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F(m0m)a，F(m0m)a，所以FF，选项B正确。答案BA.FF，TT B.FF，TT图7A.若mM，有x1x2 B.若mM，有x1x2C.若sin ，有x1x2 D.若sin ，有x1x

11、23.(多选)(2019陕西商洛质检)如图7所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是 ()图73.(多选)(2019陕西商洛质检)如图7所示，在粗糙解析在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)g(mM)a1隔离物块A，根据牛顿第二定律，有Tmgma1在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(

12、mM)gsin (mM)a2隔离物块A，根据牛顿第二定律，有Tmgsin ma2解析在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有在斜面上比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。答案AB比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故1.临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点

13、往往是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。突破三动力学中的临界和极值问题的分析方法1.临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力N0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是T0。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：加速度变为0时。2.“四种”典型临

14、界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹专题突破一牛顿运动定律的综合应用课件解析当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到重力和线的拉力的作用，如图甲所示。根据牛顿第二定律，有Tcos ma0，Tsin mg0，其中45，解得a0g，则知当滑块向右运动的加速度a2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图乙所示，则有Tcos m2g，Tsin mg0，又cos2sin21，联立解得T10 N，故选项A正确。答案A解析当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持分析临界问题的两种方法极端分析法把物理问题(或过程)推向极端，分

15、析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题分析临界问题的两种方法极端把物理问题(或过程)推向极端，分析1.如图9所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的物体A接触(A与弹簧未连接)，质量为m的物体B紧挨A放置，此时弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止，已知物体A与水平面间的动摩擦因数为，物体B与水平面间的摩擦不计，

16、撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度大小为g。则()1.如图9所示，劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在墙上，另一专题突破一牛顿运动定律的综合应用课件答案D答案D解析当变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程mgsin mgcos ma解析当变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则专题突破一牛顿运动定律的综合应用课件斜面模型是中学物理中常见的模型之一。斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡、运动及受力问题。通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度关系，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规

17、律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查。考生在处理此类问题时，要特别注意受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用。科学思维系列千变万化之“斜面模型”斜面模型是中学物理中常见的模型之一。斜面模型的基本问题有物体模型1斜面中的“平衡类模型”【典例1】(多选)如图11所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A.斜面B相对地面有向右运动的趋势B.地面对斜面B的静摩擦力大小为Fcos C.地面对斜面B的支持力大小为(M

18、m)gFsin D.斜面B与物体A间的动摩擦因数为tan 模型1斜面中的“平衡类模型”【典例1】(多选)如图11所答案BC思路点拨由于A在斜面上匀速下滑，B静止不动，故A和B均处于平衡状态。因此，在分析B与地面间的相互作用时，可将A、B看成一个整体进行分析；由A在斜面上匀速下滑可知，A在斜面方向上受力平衡，由此可计算出A、B之间的动摩擦因数。答案BC思路点拨由于A在斜面上匀速下滑，B静止不动，故A模型2斜面中的“动力学模型”【典例2】(多选) (2019日照一模)如图12所示，斜面A固定于水平地面上，在t0时刻，滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面，tt0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速