专题-二-牛顿定律与直线运动省名师优质课赛课获奖课件市赛课百校联赛优质课一等奖课件

高三物理复习专题二牛顿定律与直线运动1/52物理温故而知新1、如图1－1－3所表示，A、B为竖直墙壁上等高两点，AO、BO为长度相等两根轻绳，CO为一根轻杆，转轴C在AB中点D正下方，AOB在同一水平面上，∠AOB＝90°，∠COD＝60°。若在O点处用轻绳悬挂一个质量为m物体，则平衡后绳AO所受拉力大小为多少？图1-1-32/52物理温故而知新3/52

温故而知新4/52

4、如图所表示，保持角a不变，将B点向上移，则BO绳拉力将：

A.逐步减小B.逐步增大

C.先减小后增大D.先增大后减小。ABOCGa温故而知新5/52图6 温故而知新6/52►探究一匀变速直线运动问题例1[·全国卷Ⅰ]汽车由静止开始在平直公路上行驶，0～60s内汽车加速度随时间改变图线如图1－2－1所表示。(1)画出汽车在0～60s内v－t图线；(2)求在这60s内汽车行驶旅程。7/52【解析】(1)由加速度图象可知前10s汽车做匀加速运动，后20s汽车做匀减速运动后恰好停顿，最大速度为20m/s。所以v－t图线为下列图。【答案】(1)如图所表示(2)900m(2)汽车运动旅程为匀加速、匀速、匀减速三段位移之和。

s＝s1＋s2＋s3＝900m。

8/52练习1：质量为m飞机静止在水平直跑道上。飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第一阶段飞机加速度为a1，运动时间为t1。当第二阶段结束时，飞机刚好到达要求起飞速度v0。飞机起飞过程中，在水平直跑道上经过旅程为x，受到阻力恒为f。求第二阶段飞机运动加速度a2和运动时间t2。

9/52【答案】

a2＝v20－a21t212x－a1t21，t2

＝

2x－a1

t21v0

＋

a1

t1

【解析】第一、二阶段结束时飞机运动速度分别为v1＝a1t1

①

v0＝v1＋a2t2

②

运动位移分别为x1＝12a1t21③

x2＝v1t2＋12a2t22④

总位移x＝x1＋x2

⑤

解①～⑤式，可得a2＝v20－a21t212x－a1t21，t2

＝

2x－a1

t21v0

＋

a1

t1

10/52练2(·邯郸市5月二模)跳水是一项优美水上运动,图甲是北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起英姿.假如陈若琳质量为m,身高为L,她站在离水面H高跳台上,重心离跳台面高度为h1,竖直向上跃起后重心又升高了h2到达最高点,入水时身体竖直,当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花动作,如图乙所表示,这时陈若琳重心离水面约为h3.整个过程中空气阻力可忽略不计,重力加速度为g,求陈若琳从离开跳台到手触及水面过程中可用于完成一系列动作时间.问：(1)运动员在从起跳到手入水过程中做什么运动?(2)上跃过程位移为多少?下落过程中位移又为多少?位移大小依据什么来确立?11/52答案1匀减速运动或竖直上抛运动.答案2上跃过程位移为重心位置改变量h2,下落过程位移也是位移改变量(H+h1+h2-h3),应依据重心位置改变找位移.解析陈若琳跃起后可看作竖直向上匀减速运动,重心上升高度h2,设起跳速度为v0,则v02=2gh2

上升过程时间t1=解得t1=12/52陈若琳从最高处自由下落到手触及水面过程中重心下落高度x=H+h1+h2-h3

设下落过程时间为t2,则x=gt22

解得t2==陈若琳要完成一系列动作可利用时间t=t1+t2=+答案+13/52

►探究点二v－t图象应用问题A．若s0＝S1＋S2，两车不会相遇

B．若s0＜S1，两车相遇2次

C．若s0＝S1，两车相遇1次

D．若s0＝S2，两车相遇1次

例2[·海南卷]

甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图1－2－2所表示，图中△OPQ和△OQT面积分别为S1和S2(S2＞S1)。初始时，甲车在乙车前方s0处，

(

)

14/52【答案】ABC【点拨】这类问题是开始相隔一定距离两物体，加速度小(乙)匀加速追做匀加速运动加速度大(甲)问题。15/52练1如图甲所表示,质量m=2.0kg物体静止在水平面上,物体跟水平面间动摩擦因数μ=0.20.从t=0时刻起,物体受到一个水平力F作用而开始运动,前8s内F随时间t改变规律如图乙所表示.g取10m/s2.求:(1)在图丙坐标系中画出物体在前8s内v—t图象.(2)前8s内水平力F所做功.

16/521.v—t图象反应依然是数学关系,只不过它有了详细物理意义.所以要画v—t图象,必须采取动力学方法得到v与t数学关系.2.对于多过程问题要划分不一样运动阶段,逐过程分析.3.v—t图象斜率表示加速度,面积表示位移,所以第(2)问求位移时可借用图象来求,请同学们自己完成.17/52解析(1)0~4s内,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1 (1分)a1=3m/s2 (1分)4s末物体速度为v4=a1t4=12m/s (1分)4~5s,由牛顿第二定律得-F-μmg=ma2 (1分)a2=-7m/s2 (1分)5s末物体速度为v5=5m/s (1分)18/52再经时间t停顿,则t==2.5s (1分)8s内v—t图象以下列图所表示 (4分)(2)0~4s内位移为x1=a1t42=24m (1分)4~5s内位移为x2==8.5m (1分)5s后水平力消失,所以前8s内力F做功为19/52W=F1x1-F2x2=155J (2分)(或由动能定了解)W-μmg(x1+x2)=mv52

解得W=155J (2分)答案

(1)看法析图(2)155J20/52练2如图所表示,质量为2kg物体,放在动摩擦因数μ=0.1水平面上,在水平拉力作用下,由静止开始运动,水平拉力做功W和物体发生位移x之间关系如图所表示,g取10m/s2,则（）

A.此物体在AB段做匀加速直线运动B.此物体在AB段做匀速直线运动C.此物体在OA段做匀加速直线运动D.此物体在OA段做匀速直线运动21/52解析

WF=F·x,AB段直线斜率表示力F,F=N=2N,Ff=μmg=0.1×2×10N=2N,F=Ff,B正确FOA=N=5N>Ff,C正确.答案

BC22/52题型三追及和相遇问题例3车以25m/s速度匀速直线行驶,在它后面有一辆摩托车,当两车相距1000m时,摩托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车,摩托车最大速度可达30m/s,若使摩托车在4min时刚好追上汽车,摩托车追上汽车后,关闭油门,速度到达12m/s时,冲上光滑斜面,上滑最大高度为H,求:(1)摩托车做匀加速运动加速度a?(2)摩托车追上汽车前两车相距最大距离x?(3)摩托车上滑最大高度H?(g取10m/s2)23/52x2=+30(240-)追上条件为x2=x1+1000a==2.25m/s2

(2)摩托车与汽车速度相等时相距最远设此时刻为T,最大距离为xm

即25=aT

T=sxm=1000+25T-=m=1138m(3)=MgH

H=7.2m答案(1)2.25m/s2(2)1138m(3)7.2m解析

(1)设汽车位移为x1,摩托车位移为x2

摩托车加速度为a,摩托车到达最大速度所用时间为t,则30=at

x1=25×24024/52分析追及问题方法技巧1.要抓住一个条件,两个关系一个条件:即二者速度相等,它往往是物体间能否追上或二者距离最大，最小临界条件,也是分析判断切入点.两个关系:即时间关系和位移关系.经过画草图找出两物体位移关系是解题突破口.2.若被追赶物体做匀减速直线运动,一定要注意追上前该物体是否已经停顿运动.3.仔细审题,充分挖掘题目中隐含条件,同时注意v—t图象应用.25/52练1:一些城市交通部门要求汽车在市区一些街道行驶速度不得超出vm=30km/h.一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死,沿直线滑行一段距离后停顿,交警测得车轮在地面上滑行痕迹长xm=10m.从手册中查出该车轮与地面间动摩擦因数μ=0.72,取g=10m/s2.(1)请你判断汽车是否违反要求超速行驶.(2)当前,有一个先进汽车制动装置,可确保车轮在制动时不被抱死,使车轮仍有一定滚动,安装了这种防抱死装置汽车,在紧急刹车时不但能够使汽车便于操控,而且可取得比车轮抱死更大制动力,从而使刹车距离大大减小.假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F,驾驶员反应时间为t,汽车质量为m,汽车正常行驶速度为v,试推出刹车距离x表示式.26/52解析(1)因为汽车刹车且车轮抱死后,汽车受滑动摩擦力作用做匀减速运动,所以滑动摩擦力大小Ff=μmg

汽车加速度a==-μg

由v12-v02=2ax

且v1=0得v0==12m/s=43.2km/h>30km/h即这辆车是超速.(2)刹车距离由两部分组成,一是司机在反应时间内汽车行驶距离x1,二是刹车后匀减速行驶距离x2.x=x1+x2=vt+加速度大小a=则x=vt+答案

(1)这辆车是超速

(2)x=vt+27/52练2．如图所表示,以8m/s匀速行驶汽车即将经过路口,绿灯还有2s将熄灭,此时汽车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2。此路段允许行驶最大速度为12.5m/s，以下说法中正确有（）A.假如马上做匀加速运动,在绿灯熄灭前汽车可能经过停车线B.假如马上做匀加速运动,在绿灯熄灭前经过停车线汽车一定超速C.假如马上做匀减速运动,在绿灯熄灭前汽车一定不能经过停车线D.假如距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处AC18m停车线28/52熟练应用匀变速直线运动公式，是处理问题关键，对汽车运动问题一定要注意所求解问题是否与实际情况相符。假如马上做匀加速直线运动，t1=2s内位移此时汽车速度为汽车没有超速，A项正确假如马上做匀减速运动，速度减为零需要时间此过程经过位移为C项正确、D项错误。解：29/52例4．如图所表示，倾角为θ传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止。重力加速度为g。则（）A．只有a>gsinθ,A才受沿传送带向上静摩擦力作用B．只有a<gsinθ，A才受沿传送带向上静摩擦力作用C．只有a=gsinθ，A才受沿传送带向上静摩擦力作用D．不论a为多大，A都受沿传送带向上静摩擦力作用vAθaB30/52练1．如图所表示，足够长传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带上端轻轻放置一个质量为m小木块，小木块与传送带间动摩擦因数μ<tanθ，则下列图中能客观地反应小木块速度随时间改变关系是:（）0tvA0tvB0tvC0tvDv0θmD解见下页31/52当木块加速到跟传送带速度相同时，木块受到沿斜面向下摩擦力沿斜面向上，可见选项D正确。a2=gsinθ-μgcosθ，解：开始时小木块受到沿斜面向下摩擦力，a1=gsinθ+μgcosθ，0tvA0tvB0tvC0tvDv0θm32/52题型五:牛顿第二定律应用例5．如右图，木箱内有一竖直放置弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱运动状态可能为（）A．加速下降B．加速上升C．减速上升D．减速下降答：BD木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到顶向下压力。当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上加速度，是超重，BD正确。BD解析：33/52练1.如图所表示，A、B两物体叠放在一起，以相同初速度上抛（不计空气阻力）。以下说法正确是（）A.在上升和下降过程中A对B压力一定为零B.上升过程中A对B压力大于A物体受到重力C.下降过程中A对B压力大于A物体受到重力D.在上升和下降过程中A对B压力等于A物体受到重力A以A、B整体为研究对象：仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下。解析：以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，故由牛顿第二定律知A所受协力为A重力,所以A仅受重力作用。ABv34/52练2．某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N,他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t1时间段内，弹簧秤示数如图5所表示，电梯运行v-t图可能是（取电梯向上运动方向为正）（）AG/Nt/st0t1t2t3540490440图5t2vtt0t1t3At2vtt0t1t3Bt2tvt0t1t3Ct2vtt0t1t3D35/52若电梯向下运动，则t0-t1时间内向下加速，t1-t2阶段匀速运动，t2-t3阶段减速下降,A正确；选项B、D不能实现人进入电梯由静止开始运动，选项C在t0-t1内超重，不符合题意。解：由图5可知，在t0-t1时间内，弹簧秤示数小于实际重量，则处于失重状态，此时含有向下加速度，在t1-t2阶段弹簧秤示数等于实际重量，则既不超重也不失重，在t2-t3阶段，弹簧秤示数大于实际重量,则处于超重状态,含有向上加速度，G/Nt/st0t1t2t3540490440图536/52题型六动力学两类基本问题

例6一根质量分布均匀长直绳AB,在水平恒定外力F作用下,沿光滑水平面以v0=2m/s初速度做匀加速直线运动(忽略绳子形变),在头2s内所经过位移等于绳长6倍.如图2-1-4甲所表示,绳内距A端x处张力(即绳内部之间拉力)FT与x关系如图乙所表示,利用图象和题中已知数据,求:(1)距A端1.5m处绳内张力多大?(2)绳子质量多大?37/52解析解法一(1)由图象可知函数FT=(6-3x)N当x=1.5m时绳间拉力FT=1.5N(2)由图象可得:绳长l=2m;水平恒力F=6N由匀加速运动位移公式x=v0t+at2

得a=4m/s2

由牛顿第二定律得F=ma得m==1.5kg38/52

解法二由图象可得:绳长l=2m;水平恒力F=6N由匀加速运动位移公式x=v0t+at2

得a=4m/s2

由牛顿第二定律得F=ma

由题意可知:从x=1.5m处到B端这段绳质量为,以此段绳为研究对象FT=ma

由图象得x=1.5m处FT=1.5Nm==1.5kg答案(1)1.5N(2)1.5kg39/52练1：如图（a），质量m＝1kg物体沿倾角

＝37

固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，百分比系数用k表示，物体加速度a与风速v关系如图（b）所表示。求：（1）物体与斜面间动摩擦因数

；（2）百分比系数k。（sin37

=0.6,cos37

=0.8,g=10m/s2）θm(a)

(b)04a/ms-25v/ms-140/52（1）对初始时刻：mgsin

－

mgcos

＝ma0

①解：由右图读出a0=4m/s2代入①式，

解得：（2）对末时刻，v=5m/s，a=0mgsin

－

N－kvcos

＝0②代入②式解得：41/52练2：倾角θ=37°,质量M=5kg粗糙斜面位于水平地面上,质量m=2kg木块置于斜面顶端,从静止开始匀加速下滑，经t=2s抵达底端,运动旅程L=4m,在此过程中斜面保持静止（sin=37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2）,求：（1）地面对斜面摩擦力大小与方向；（2）地面对斜面支持力大小（3）经过计算证实木块在此过程中满足动能定理.Mθm42/52（1）隔离法：【解析】对木块：因得a=2m/s2所以，f1=8N,N1=16N,

对斜面：设地面对斜面摩擦力f2向左，则

方向向左。（假如设摩擦力f2向右，则

一样方向向左。）43/52（2）地面对斜面支持力大小（3）木块受两个力做功。重力做功：摩擦力做功：协力做功或外力对木块做总功动能改变所以，协力做功或外力对木块做总功等于动能改变（增加），证毕。44/521、在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，表达了残疾运动员坚韧不拔意志和自强不息精神。为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间作用，可将过程简化。一根不可伸缩轻绳跨过轻质定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上运动员拉住，如图所表示。设运动员质量为65kg，吊椅质量为15kg，不计定滑轮与绳子间摩擦。重力加速度取g=10m/s2。当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求（1）运动员竖直向下拉绳力；（2）运动员对吊椅压力。近年高考试题45/52(1)设运动员和吊椅质量分别为M和m;运动员受到绳向上拉力为F,因为跨过定滑轮两段绳子拉力相等,吊椅受到绳拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如答图1所表示，则有：由牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小也为275N,方向竖直向下.FN=275NF+FN-Mg=Ma（2）设吊椅对运动员支持力为FN，对运动员进行受力分析如答图2所表示，则有：依据牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳力F′=440NF=440N2F–(M+m)g=(M+m)a解一:FFaMg答图2FF(M+m)ga答图146/52依据牛顿第三定律，绳对运动员拉力大小为F，吊椅对运动员支持力大小为FN。分别以运动员和吊椅为研究对象，依据牛顿第二定律解二:设运动员和吊椅质量分别为M和m；运动员竖直向下拉力为F，对吊椅压力大小为FN。由①②得F=440N,FN=275NF-FN-mg=ma