2019年度高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题课件.ppt

第三章牛顿运动定律 专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题 过好双基关 一 动力学的两类基本问题1 由物体的受力情况求解运动情况的基本思路 先求出几个力的合力 由牛顿第二定律 F合 ma 求出 再由运动学的有关公式求出速度或位移 2 由物体的运动情况求解受力情况的基本思路 已知加速度或根据运动规律求出 再由牛顿第二定律求出合力 从而确定未知力 应用牛顿第二定律解决动力学问题 受力分析和运动分析是关键 加速度是解决此类问题的纽带 分析流程如下 加速度 加速度 自测1 多选 2016 全国卷 19 两实心小球甲和乙由同一种材料制成 甲球质量大于乙球质量 两球在空气中由静止下落 假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比 与球的速率无关 若它们下落相同的距离 则A 甲球用的时间比乙球长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 甲球克服阻力做功较大 选项D正确 二 动力学中的临界与极值问题1 临界或极值条件的标志 1 题目中 刚好 恰好 正好 等关键词句 明显表明题述的过程存在着点 2 题目中 取值范围 多长时间 多大距离 等词句 表明题述过程存在着 起止点 而这些 起止点 一般对应着状态 3 题目中 最大 最小 至多 至少 等词句 表明题述的过程存在着极值 这个极值点往往是临界点 临界 临界 2 常见临界问题的条件 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 弹力FN 2 相对滑动的临界条件 静摩擦力达到 3 绳子断裂与松弛的临界条件 绳子断裂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FT 0 4 最终速度 收尾速度 的临界条件 物体所受合外力为 0 最大值 零 自测2 2015 山东理综 16 如图1 滑块A置于水平地面上 滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A A B接触面竖直 此时A恰好不滑动 B刚好不下滑 已知A与B间的动摩擦因数为 1 A与地面间的动摩擦因数为 2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 A与B的质量之比为 图1 研透命题点 1 解题关键 1 两类分析 物体的受力分析和物体的运动过程分析 2 两个桥梁 加速度是联系运动和力的桥梁 速度是各物理过程间相互联系的桥梁 2 常用方法 1 合成法在物体受力个数较少 2个或3个 时一般采用合成法 2 正交分解法若物体的受力个数较多 3个或3个以上 时 则采用正交分解法 基础考点自主悟透 类型1已知物体受力情况 分析物体运动情况例1 2014 课标全国卷 24 公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离 当前车突然停止时 后车司机可以采取刹车措施 使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰 通常情况下 人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s 当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km h的速度匀速行驶时 安全距离为120m 设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的 若要求安全距离仍为120m 求汽车在雨天安全行驶的最大速度 答案20m s 答案 解析 解析设路面干燥时 汽车与地面间的动摩擦因数为 0 刹车时汽车的加速度大小为a0 安全距离为s 反应时间为t0 由牛顿第二定律和运动学公式得 0mg ma0 式中 m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度 设在雨天行驶时 汽车与地面间的动摩擦因数为 依题意有 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a 安全行驶的最大速度为v 由牛顿第二定律和运动学公式得 mg ma 联立 式并代入题给数据得v 20m s v 24m s不符合实际 舍去 变式1如图2所示滑沙游戏中 做如下简化 游客从顶端A点由静止滑下8s后 操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点 在水平滑道上继续滑行直至停止 已知游客和滑沙车的总质量m 70kg 倾斜滑道AB长lAB 128m 倾角 37 滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数 0 5 滑沙车经过B点前后的速度大小不变 重力加速度g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 不计空气阻力 1 求游客匀速下滑时的速度大小 答案16m s 图2 解析由mgsin mgcos ma 解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a 2m s2 游客匀速下滑时的速度大小为v at1 16m s 2 求游客匀速下滑的时间 答案4s 答案 解析 3 若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m 则他在此处滑行时 需对滑沙车施加多大的水平制动力 答案210N 答案 解析 解析设游客在BC段的加速度大小为a 由0 v2 2a x 类型2已知物体运动情况 分析物体受力情况例2 2014 课标全国卷 24 2012年10月 奥地利极限运动员菲利克斯 鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下 经过4分20秒到达距地面约1 5km高度处 打开降落伞并成功落地 打破了跳伞运动的多项世界纪录 取重力加速度的大小g 10m s2 1 若忽略空气阻力 求该运动员从静止开始下落至1 5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小 答案87s8 7 102m s 答案 解析 解析设该运动员从开始自由下落至1 5km高度处的时间为t 下落距离为s 在1 5km高度处的速度大小为v 根据运动学公式有v gt s gt2 根据题意有s 3 9 104m 1 5 103m 3 75 104m 联立 式得t 87s v 8 7 102m s 2 实际上 物体在空气中运动时会受到空气的阻力 高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f kv2 其中v为速率 k为阻力系数 其数值与物体的形状 横截面积及空气密度有关 已知该运动员在某段时间内高速下落的v t图象如图3所示 若该运动员和所带装备的总质量m 100kg 试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数 结果保留1位有效数字 答案0 008kg m 解析该运动员达到最大速度vmax时 加速度为零 根据平衡条件有mg kvmax2 由所给的v t图象可读出vmax 360m s 由 式得k 0 008kg m 图3 变式2如图4甲所示 质量m 1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动 t 0 5s时撤去拉力 利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象 v t图象 如图乙所示 g取10m s2 求 图4 1 2s内物块的位移大小x和通过的路程L 答案0 5m1 5m 答案 解析 解析在2s内 由题图乙知 物块上升的最大距离 x1 2 1m 1m物块下滑的距离 x2 1 1m 0 5m所以位移大小x x1 x2 0 5m路程L x1 x2 1 5m 2 沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1 a2和拉力大小F 答案4m s24m s28N 解析由题图乙知 所求两个阶段加速度的大小a1 4m s2a2 4m s2设斜面倾角为 斜面对物块的摩擦力为Ff 根据牛顿第二定律有0 0 5s内 F Ff mgsin ma10 5 1s内 Ff mgsin ma2解得F 8N 1 将 多过程 分解为许多 子过程 各 子过程 间由 衔接点 连接 2 对各 衔接点 进行受力分析和运动分析 必要时画出受力图和过程示意图 3 根据 子过程 衔接点 的模型特点选择合理的物理规律列方程 4 分析 衔接点 速度 加速度等的关联 确定各段间的时间关联 并列出相关的辅助方程 5 联立方程组 分析求解 对结果进行必要的验证或讨论 能力考点师生共研 例3 2015 全国卷 25 下暴雨时 有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害 某地有一倾角为 37 sin37 的山坡C 上面有一质量为m的石板B 其上下表面与斜坡平行 B上有一碎石堆A 含有大量泥土 A和B均处于静止状态 如图5所示 假设某次暴雨中 A浸透雨水后总质量也为m 可视为质量不变的滑块 在极短时间内 A B间的动摩擦因数 1减小为 B C间的动摩擦因数 2减小为0 5 A B开始运动 此时刻为计时起点 在第2s末 B的上表面突然变为光滑 2保持不变 已知A开始运动时 A离B下边缘的距离l 27m C足够长 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 在0 2s时间内A和B加速度的大小 图5 答案3m s21m s2 解析在0 2s时间内 A和B的受力如图所示 其中Ff1 FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小 Ff2 FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小 方向如图所示 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1 1FN1 FN1 mgcos Ff2 2FN2 FN2 FN1 mgcos FN1 FN1 规定沿斜面向下为正 设A和B的加速度分别为a1和a2 由牛顿第二定律得mgsin Ff1 ma1 mgsin Ff2 Ff1 ma2 Ff1 Ff1 联立 式 并代入题给条件得a1 3m s2 a2 1m s2 2 A在B上总的运动时间 答案 解析 答案4s 解析在t1 2s时 设A和B的速度分别为v1和v2 则v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m s 2s后 设A和B的加速度分别为a1 和a2 此时A与B之间摩擦力为零 同理可得a1 6m s2 a2 2m s2 由于a2 0 可知B做减速运动 设经过时间t2 B的速度减为零 则有v2 a2 t2 0 联立 式得t2 1s 在t1 t2时间内 A相对于B运动的距离为 此后B静止不动 A继续在B上滑动 设再经过时间t3后A离开B 则有 可得t3 1s 另一解不合题意 舍去 设A在B上总的运动时间t总 有t总 t1 t2 t3 4s 变式3 2018 华中师范大学附中模拟 如图6甲所示为一倾角 37 足够长的斜面 将一质量m 1kg的物体在斜面上静止释放 同时施加一沿斜面向上的拉力 拉力随时间变化关系图象如图乙所示 物体与斜面间动摩擦因数 0 25 取g 10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 2s末物体的速度大小 答案5m s 图6 解析分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动 由牛顿第二定律可得mgsin F1 mgcos ma1 v1 a1t1 代入数据可得v1 5m s 2 前16s内物体发生的位移 答案 解析 答案30m 方向沿斜面向下 当拉力为F2 4 5N时 由牛顿第二定律可得mgsin mgcos F2 ma2 代入数据可得a2 0 5m s2 物体经过t2时间速度减为零 则0 v1 a2t2 t2 10s 由于mgsin mgcos F2 mgsin mgcos 则物体在剩下4s时间内处于静止状态 故物体在前16s内发生的位移x x1 x2 30m 方向沿斜面向下 1 基本思路 1 认真审题 详尽分析问题中变化的过程 包括分析整体过程中有几个阶段 2 寻找过程中变化的物理量 3 探索物理量的变化规律 4 确定临界状态 分析临界条件 找出临界关系 能力考点师生共研 2 思维方法 例4如图7所示 在水平长直的轨道上 有一长度L 2m的平板车在外力控制下始终保持速度v0 4m s向右做匀速直线运动 某时刻将一质量为m 1kg的小滑块轻放到车上表面的中点 滑块与车面间的动摩擦因数为 0 2 取g 10m s2 求 1 小滑块m的加速度大小和方向 解析滑块放上车时相对车向左运动 所受滑动摩擦力向右 Ff mg 根据牛顿第二定律有F合 Ff F合 ma 得滑块加速度a g 2m s2 方向向右 答案见解析 图7 2 通过计算判断滑块能否从车上掉下 解析滑块放上车后做匀加速直线运动 设当经历时间t之后速度达到v0 滑块通过位移x1 at2且v0 at 车通过位移x2 v0t 位移差 x x2 x1 由于 x 1m 故滑块会掉下来 答案见解析 答案 解析 3 若当滑块放到车上表面中点的同时对该滑块施加一个与v0同向的恒力F 要保证滑块不能从车的左端掉下 恒力F大小应满足什么条件 解析加上恒力F的方向与摩擦力方向相同 故滑块所受合力F合 Ff F 由牛顿第二定律有F合 ma 滑块放上车后做匀加速直线运动 设当经历时间t 之后速度达到v0 滑块通过位移x1 a t 2 且v0 a t 车通过位移x2 v0t 只需要满足位移差 x x2 x1 即可 联立以上各式有F 6N 答案见解析 变式4如图8所示 物体A叠放在物体B上 B置于光滑水平面上 A B质量分别为mA 6kg mB 2kg A B之间的动摩擦因数 0 2 开始时F 10N 此后逐渐增加 在增大到45N的过程中 则A 当拉力F 12N时 物体均保持静止状态B 两物体开始没有相对运动 当拉力超过12N时 开始相对滑动C 两物体从受力开始就有相对运动D 两物体始终没有相对运动 图8 变式5如图9所示 水平地面上的矩形箱子内有一倾角为 的固定斜面 斜面上放一质量为m的光滑球 静止时 箱子顶部与球接触但无压力 箱子由静止开始向右做匀加速直线运动 然后改做加速度大小为a的匀减速直线运动直至静止 经过的总位移为x 运动过程中的最大速度为v 1 求箱子加速阶段的加速度大小 图9 2 若a gtan 求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小 课时作业 1 如图1所示 一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上 直杆与水平面夹角 为30 现小球在F 20N的竖直向上的拉力作用下 从A点静止出发向上运动 已知杆与球间的动摩擦因数为 试求 1 小球运动的加速度大小 答案2 5m s2 解析在力F作用下 由牛顿第二定律得 F mg sin30 F mg cos30 ma1解得a1 2 5m s2 图1 1 2 3 4 2 若F作用1 2s后撤去 求小球上滑过程中距A点最大距离 答案2 4m 解析刚撤去F时 小球的速度v1 a1t1 3m s 撤去力F后 小球上滑时 由牛顿第二定律得mgsin30 mgcos30 ma2解得a2 7 5m s2 则小球上滑的最大距离为xm x1 x2 2 4m 1 2 3 4 2 如图2所示 一质量m 0 4kg的小物块 在与斜面成某一夹角的拉力F作用下 沿斜面向上做匀加速运动 经t 2s的时间物块由A点运动到B点 物块在A点的速度为v0 2m s A B之间的距离L 10m 已知斜面倾角 30 物块与斜面之间的动摩擦因数 重力加速度g取10m s2 1 求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小 图2 答案3m s28m s 1 2 3 4 解析设物块加速度的大小为a 到达B点时速度的大小为v 由运动学公式得L v0t at2 v v0 at 联立 式 代入数据得a 3m s2 v 8m s 1 2 3 4 2 拉力F与斜面夹角多大时 拉力F最小 拉力F的最小值是多少 答案 解析 1 2 3 4 解析设物块所受支持力为FN 所受摩擦力为Ff 拉力与斜面的夹角为 受力分析如图所示 由牛顿第二定律得Fcos mgsin Ff ma Fsin FN mgcos 0 又Ff FN 由 式可知对应F最小时与斜面间的夹角 30 1 2 3 4 3 如图3所示 一儿童玩具静止在水平地面上 一名幼儿用沿与水平面成30 角的恒力拉着它沿水平地面运动 已知拉力F 6 5N 玩具的质量m 1kg 经过时间t 2 0s 玩具移动了距离x 2m 这时幼儿将手松开 玩具又滑行了一段距离后停下 g取10m s2 求 1 玩具与地面间的动摩擦因数 对玩具 由牛顿第二定律得Fcos30 mg Fsin30 ma 图3 答案 解析 1 2 3 4 2 松开后玩具还能滑行多远 松手后 由牛顿第二定律得 mg ma 由匀变速运动的速度位移公式得 答案 解析 1 2 3 4 3 当力F与水平方向夹角 为多少时拉力F最小 解析设拉力与水平方向的夹角为 玩具要在水平面上运动 则Fcos Ff 0Ff FN在竖直方向上 由平衡条件得FN Fsin mg 答案 解析 答案30 所以当 30 时 拉力最小 1 2 3 4 4 如图4所示 静止在光滑水平面上的斜面体 质量为M 倾角为 其斜面上有一静止的滑块 质量为m 两者之间的动摩擦因数为 滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力 重力加速度为g 现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动 求 1 若要使滑块与斜面体一起加速运动 图中水平向右的力F的最大值 答案 解析 图4 1 2 3 4 解析当滑块与斜面体一起向右加速时 力F越大 加速度越大 当F最大时 斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm 滑块受力如图所示 设一起加速的最大加速度为a 对滑块应用牛顿第二定律得 FNcos Ffmsin mg Ffmcos FNsin ma 由题意知Ffm FN 对整体受力分析F M m a 1 2 3 4 2 若要使滑块做自由落体运动 图中水平向右的力F的最小值 解析要使滑块做自由落体运动 滑块与斜面体之间没有力的作用 滑块的加速度为g 设此时M的加速度为aM 则对M F MaM当水平向右的力F最小时 二者没有相互作用但仍接触 答案 解析 1 2 3 4