北京专用202x版高考物理大一轮复习专题三牛顿运动定律

考点清单考点一牛顿第一、三定律考向基础1.牛顿第一定律:一切物体总保持①匀速直线运动

状态或②静止

状态,除非作用在它上面的力迫使它③改变

这种状态。(1)明确了力和运动的关系,即力是改变物体运动状态的原因,不是维持

物体运动状态的原因。(2)保持原来运动状态不变是物体的一种属性,即惯性,大小与④质量

有关。(3)牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础,不能说牛顿第一定律是牛顿

第二定律的特例。牛顿第一定律定性地给出了力和运动的关系,牛顿第二定律定量地说明了力和运动的关系。课件ppt2.牛顿第三定律:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小⑤相等

、方向⑥相反

、作用在⑦同一条直线上

。(1)相互作用力总是成对出现,同时产生,同时消失,是同种性质的力。(2)相互作用力作用在两个物体上,作用效果不能叠加或者抵消。考向突破考向一对牛顿第一定律的理解1.对牛顿第一定律的理解(1)提出惯性的概念:牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性,惯性是物

体的一种固有属性。(2)揭示力的本质:力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因。课件ppt2.惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原

来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。(2)物体受到外力时,惯性表现为抗拒运动状态改变。惯性大,物体的运

动状态较难改变;惯性小,物体的运动状态容易改变。3.与牛顿第二定律的对比牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的,而牛顿第二定律

是一条实验定律。课件ppt例1

(2018浙江4月选考,1,3分)通过理想斜面实验得出“力不是维持物

体运动的原因”的科学家是

()A.亚里士多德

B.伽利略

C.笛卡尔

D.牛顿解析伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”,

故选B。答案

B课件ppt考向二作用力与反作用力1.作用力与反作用力的“六同”“三异”“二无关”(1)六同

(2)三异

(3)二无关

2.作用力、反作用力与一对平衡力的比较

作用力和反作用力一对平衡力不同点受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系同时产生、同时消失不一定同时产生、同时消失叠加性两力作用效果不可抵消,不可叠

加,不可求合力两力作用效果可相互抵消,可叠

加,可求合力,合力为零力的性质一定是同性质的力性质不一定相同相同点大小、方向都是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上课件ppt例2如图所示,劲度系数为k的轻弹簧吊着一个质量为m的小球处于静

止状态。把小球向下拉动一段距离后再释放小球,最后小球又处于静止

状态,下列判断中正确的是

()

A.小球静止时,弹簧对小球的弹力和小球所受的重力是作用力和反作用

力B.小球静止时,弹簧对小球的弹力和小球所受的重力是一对平衡力C.小球的机械能守恒D.小球和弹簧组成的系统机械能守恒课件ppt解析小球静止时,对小球受力分析,小球受竖直向下的重力和弹簧的

弹力,根据平衡条件得,弹簧对小球的弹力和小球所受的重力是一对平

衡力,故A错误,B正确;小球运动过程中受到弹簧的弹力,且弹力做功,故

机械能不守恒,故C错误;对小球和弹簧组成的系统分析,小球运动一段

时间后静止,说明克服摩擦力做功,机械能不守恒,故D错误。答案

B课件ppt考点二超重和失重考向基础1.超重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)①大于

其自身重

力。2.失重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)②小于

其自身重

力。若对支持物没有压力(或对悬挂物没有拉力),则为③完全失重

。考向突破考向对超重和失重的理解1.不论是超重还是失重,物体所受重力都没有发生变化。2.超重时加速度向上,但对速度方向没有要求,所以存在加速上升和减速课件ppt下降两种运动情况。失重时加速度向下,同理存在加速下降和减速上升

两种运动情况。3.完全失重时不是物体不受重力,物体所受重力不变,只是物体由于重力

而产生的现象都将消失,比如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不

再受浮力、液体柱不再产生压强等。课件ppt例3一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个

人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让

座舱自由落下。落到一定位置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地

面时刚好停下。在上述过程中,关于座舱中的人所处的状态,下列判断

正确的是

()A.座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B.座舱在减速运动的过程中人处于超重状态C.座舱在整个运动过程中人都处于失重状态D.座舱在整个运动过程中人都处于超重状态解析由题意知座舱先做自由落体运动(加速度等于g,方向向下)再减

速下降(加速度方向向上),所以人先处于失重状态再处于超重状态。答案

B课件ppt考点三牛顿第二定律及其应用考向基础牛顿第二定律:物体加速度的大小跟它受到的作用力成①正比

,跟

它的质量成②反比

,加速度的方向跟作用力的方向③相同

。表

达式F=ma。(1)力和加速度是瞬时对应关系,力发生变化,加速度就发生变化,力撤除,

加速度就为零。力的瞬时效果是加速度,并不是速度,力的变化和加速度的变化瞬时对应,但是力撤去,速度并不一定马上等于零。(2)力和加速度都是矢量,既可以根据合力求加速度也可以根据某个方向的加速度求该方向上的合力,力和加速度都可以分解。(3)既可以把相对静止的几个物体看做一个整体,根据整体受到的合力求整体的加速度,也可以对其中一个物体用隔离法求合力,得到该物体的加速度,整体法和隔离法的关联点在于整体的加速度和隔离出的物体的加速度相同。课件ppt考向突破考向一对牛顿第二定律的理解1.牛顿第二定律的五个特性

课件ppt2.合力、加速度、速度之间的关系(1)不管速度是大是小还是零,只要合力不为零,物体都有加速度。(2)a=

是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=

是加速度的决

定式,a∝F,a∝

。(3)合力方向与速度方向在同一直线上,当合力与速度同向时,物体加速

运动;当合力与速度反向时,物体减速运动。课件ppt例4如图,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为M

的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。

现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大

小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有

()

A.a1=0,a2=g

B.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=

g

D.a1=g,a2=

g课件ppt解析木板抽出前,由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为

mg。木板抽出后瞬间,弹簧弹力保持不变,仍为mg。由平衡条件和牛顿

第二定律可得a1=0,a2=

g。答案为C。答案

C课件ppt考向二牛顿第二定律的瞬时性问题1.两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同

时消失,具体可简化为以下两种模型:

课件ppt2.求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况列牛顿第二定律方程求瞬时加速度⇒⇒课件ppt例5某装置的结构如图所示:在外壳的基板上固定一个螺栓,螺栓上有

一顶端焊有钢球的弹簧,螺栓、弹簧、钢球及外壳都是电的良导体。在

静止状态下,钢球和外壳呈断开状态不会导通,当受到冲击,钢球产生运

动与外壳接通,便可触发执行电路(未画出),使报警器等元件开始工作。

若此装置由静止从高处坠落,重力加速度用g表示,以下说法正确的是

()

课件pptA.开始下落的瞬间,钢球的加速度为gB.开始下落的瞬间,外壳的加速度为gC.在执行电路被接通前,钢球的加速度方向可能向上D.在执行电路被接通前,外壳的加速度可能小于g解析设钢球质量为m,该装置整体质量为m+M,开始下落瞬间,弹簧弹

力不变,钢球的加速度a=0,外壳的加速度a'=

g>g,故A、B错。执行电路被接通前,球和外壳未接触,开始时弹力等于重力,弹簧被压缩,后

来若弹簧仍被压缩,则形变量会变小,则钢球所受合力向下,加速度a<g,

若弹簧被拉伸,则钢球所受合力向下,加速度a>g,故C错,D正确。答案

D思路分析

确定研究对象,受力分析。课件ppt考向三动力学的两类基本问题1.解决动力学两类基本问题的思路

课件ppt2.动力学两类基本问题的解题步骤课件ppt例6如图所示,冰车静止在冰面上,小孩与冰车的总质量m=20kg。大

人用F=20N的恒定拉力,使冰车开始沿水平冰面移动,拉力方向与水平

面的夹角为θ=37°。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05,重力加速

度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:

(1)小孩与冰车受到的支持力FN的大小;(2)小孩与冰车的加速度a的大小;(3)拉力作用t=8s时间,冰车运动的位移x的大小。课件ppt解析(1)冰车和小孩受力如图所示竖直方向合力为零,有FN+Fsinθ=mg解得支持力FN=188N(2)水平方向,根据牛顿第二定律有Fcosθ-f=ma摩擦力f=μFN解得加速度a=0.33m/s2(3)根据匀变速直线运动规律有x=

at2解得x=10.56m答案(1)188N(2)0.33m/s2(3)10.56m课件ppt知识拓展

解决动力学两类问题的两个关键点

考向四动力学图像问题1.常见的动力学图像v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。课件ppt2.动力学图像问题的类型3.解题策略(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截

距、交点、拐点、图线与横轴所围面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式,进而明确“图像与公

式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题做出准确判断。课件ppt例7(多选)如图甲所示,光滑平直轨道MO和ON底端平滑对接,将它们

固定在同一竖直平面内,两轨道与水平地面间的夹角分别为α和β,且α>

β,它们的上端M和N位于同一水平面内。现将可视为质点的一小滑块从

M端由静止释放,若小滑块经过两轨道的底端连接处的时间可忽略不计

且无机械能损失,小滑块沿轨道可运动到N端。以a、E分别表示小滑块

沿轨道运动的加速度大小和机械能,t表示时间,图乙是小滑块由M端释

放至第一次到达N端的运动过程中的a-t图像和E-t图像,其中可能正确的

是

()

甲课件ppt

乙解析对滑块受力分析,根据牛顿第二定律可得滑块在MO轨道上滑动

时的加速度大小为:a1=gsinα,滑块在ON轨道上滑动时的加速度大小为:

a2=gsinβ,因为α>β,所以a1>a2,选项A正确,选项B错误;因为滑块在整个

运动过程中,只有重力做功,所以滑块的机械能守恒,选项C错误,选项D

正确。答案

AD课件ppt方法技巧方法1动力学中整体法与隔离法的应用1.什么是整体法与隔离法(1)整体法是指对问题涉及的整个系统或过程进行研究的方法。(2)隔离法是指从整个系统中隔离出某一部分物体,进行单独研究的方

法。2.整体法与隔离法常用来解决什么问题(1)连接体问题①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的

加速度。解题时,一般采用先整体、后隔离的方法。②建立坐标系时要根据矢量正交分解越少越好的原则,选择正交分解力课件ppt或正交分解加速度。(2)滑轮类问题若需要求绳的拉力,一般都采用隔离法。例如(如图所示),绳跨过定滑轮

连接的两物体虽然加速度大小相同,但方向不同,故采用隔离法。

3.应用整体法与隔离法的注意点是什么物体系统的动力学问题涉及多个物体的运动,各物体既相互独立,又通课件ppt过内力相互联系。处理各物体加速度都相同的连接体问题时,整体法与

隔离法往往交叉使用,一般思路是:(1)求内力时,先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。(2)求外力时,先用隔离法求加速度,再用整体法求整体受到的外加作用

力。例1

(2015课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放

置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图

(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=

1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方

向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小

物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加课件ppt速度大小g取10m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。

课件ppt解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起

向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。

应用整体法,由牛顿第二定律有-μ1(m+M)g=(m+M)a1

①由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1

②s0=v0t1+

a1

③式中,t1=1s,s0=4.5m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开

始运动时的速度。联立①②③式并结合题给条件得μ1=0.1

④课件ppt在木板与墙壁碰撞后,应用隔离法,木板以-v1的初速度向左做匀变速运

动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由

牛顿第二定律有-μ2mg=ma2

⑤由图(b)可得a2=

⑥式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得μ2=0.4

⑦(2)碰撞后木板和小物块的运动状态不同,应用隔离法,设碰撞后木板的

加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第

二定律及运动学公式得课件pptμ2mg+μ1(M+m)g=Ma3

⑧v3=-v1+a3Δt

⑨v3=v1+a2Δt

⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为s1=

Δt

小物块的位移为s2=

Δt

小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1

联立⑥⑧⑨⑩

式,并代入数据得课件pptΔs=6.0m

因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0

m。(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,

应用整体法,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由

牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m+M)