（山东专用）2020版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律课件.pptx

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1、第3章 牛顿运动定律,考点8 牛顿第二定律 超重和失重,专题3 运用整体法和隔离法分析连接体问题,专题4 临界和极值问题,专题5 传送带和板块模型,考点7 牛顿第一定律 牛顿第三定律,考点7 牛顿第一定律 牛顿第三定律,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法1 对惯性的理解方法2 作用力、反作用力与平衡力的比较 考法例析 成就能力考法1 伽利略理想斜面实验考法2 牛顿第一定律考法3 牛顿第三定律,必备知识 全面把握,1牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持 状态，直到有外力迫使它改变这种状态。 (2)对牛顿第一定律的理解 牛顿第一定律揭示了一切物体在任何情况下都具有保持原来运动状态不变的

2、性质 ，故也叫 ； 牛顿第一定律揭示了静止状态和匀速直线运动状态的等价性，它们的区别仅仅是 不同； 牛顿第一定律明确了力不是 物体运动的原因，而是 物体运动状态(即产生 )的原因，为牛顿第二定律的提出作了准备。,匀速直线运动状态或静止,参考系,划重点：牛顿第一定律研究的是 的理想情况，与受合外力为零不是一回事因此不能简单地认为它是牛顿第二定律的特例由于物体绝对不受外力的情况是不存在的，所以牛顿第一定律既不是直接从实验得出的，也无法直接用实验验证，它是在伽利略的理想实验基础上，经过科学推理得出的结论通常人们看到的静止或匀速直线运动状态，实际上是 的结果,不受外力,物体受到平衡力作用,2惯性 (1

3、)定义：物体 的性质 (2)对惯性的理解： 惯性是物体的 ，即 都有惯性， 与物体的 及 无关因此说人们只能“利用”惯性而不能“克服”和“避免”惯性 惯性大小是描述 的本领强弱，惯性大，则物体保持原来运动状态的本领 ，运动状态越 是物体惯性大小的唯一量度， 的物体惯性大， 的物体惯性小 惯性不是力，惯性是物体保持原来匀速直线运动或静止状态的性质，力是物体对物体的作用，这是两个不同的概念,保持原来的匀速直线运动状态或静止状态,运动状态,3牛顿第三定律 (1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是 ，作用在 关系式为 。 (2)对牛顿第三定律的理解 相互性：作用力和反作用力作用在 物体上； 同时

4、性：作用力和反作用力总是 、同时按同样规律变化、同时消失； 同质性：作用力和反作用力一定是同一性质的力； 作用力和反作用力不可叠加，它们作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两力的作用效果 抵消。,不同,成对出现、同时产生,不能,方法2 作用力、反作用力与平衡力的比较(多选)甲、乙两队用一条轻绳进行拔河比赛，甲队胜，在比赛过程中( )A甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力 B甲队与地面间的摩擦力大于乙队与地面间的摩擦力 C甲、乙两队与地面间的摩擦力大小相等、方向相反 D甲、乙两队拉绳子的力大小相等、方向相反,例2,【解析】 甲队拉绳的力和绳子对甲队的拉力是一对相互作用力，大小相等

5、、方向相反；同理，乙队拉绳的力和绳子对乙队的拉力也大小相等、方向相反；又因为绳子对甲队的拉力和对乙队的拉力相等，故甲、乙两队拉绳子的力大小相等、方向相反，故A错误，D正确； 既然甲队对乙队的拉力和乙队对甲队的拉力大小相等、方向相反，有的同学就认为两队应是永远相持不下，怎么会分出胜负呢？有这种想法就是把作用力与反作用力当成了一对平衡力用整体法分析，将甲、乙两队和拔河的绳子看成一个系统，这一系统只受到两个外力：地面对甲队队员的摩擦力F地甲和地面对乙队队员的摩擦力F地乙甲队获胜的原因是甲队与地面间的摩擦力大于乙队与地面间的摩擦力，整个系统向甲方移动，故B正确，C错误。【答案】BD,例2,考法例析 成

6、就能力,考法1 伽利略理想斜面实验北京理综201419，6分伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )A如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小,例1,【解析】 题述要求

7、根据三次实验结果的对比，得到最直接的结论。由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料，可理解为斜面越来越光滑，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的结论是：如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，选项A正确；B、C、D选项都不能根据三次实验结果的对比直接得到，选项B、C、D错误。【答案】A,例1,考法2 牛顿第一定律贵州遵义航天高级中学2018期初考(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( ) A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B没有力的作用，物体只能

8、处于静止状态 C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动,例2,【解析】 惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，选项B错误；行星做匀速圆周运动是由于受地球的引力作用，不是由于具有惯性，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直做匀速直线运动，选项D正确。【答案】AD,例2,广东珠海二中、斗门一中2018联考如图所示，一个劈形物体M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的

9、运动轨迹是( ) A沿斜面向下的直线 B竖直向下的直线 C无规则曲线 D抛物线,例3,【解析】 由题意知，小球在水平方向上不受外力作用，由牛顿第一定律，小球在此方向上将保持原有的运动状态不变，即静止而不向左或向右运动，只有竖直方向上的运动，因此运动轨迹是一条竖直向下的直线。【答案】B,例3,考法3 牛顿第三定律江苏徐州2017模拟有句俗语叫“鸡蛋碰石头自不量力”。在鸡蛋碰石头的过程中，以下说法中正确的是( )A石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是一对平衡力 B鸡蛋破了，而石头丝毫无损，说明石头对鸡蛋的作用力大 C虽然鸡蛋破了，但是鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力一样大 D虽然鸡蛋破了

10、，但是鸡蛋对石头的作用力比石头对鸡蛋的作用力大,例4,【解析】 石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A、B、D错误，C正确。【答案】C,例4,考点8 牛顿第二定律 超重和失重,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法3 力与加速度的瞬时性方法4 力和加速度的合成及分解方法5 与牛顿运动定律有关的图像问题方法6 解决两类动力学的基本问题 考法例析 成就能力考法4 瞬间性问题考法5 两类动力学问题考法6 与牛顿运动定律相关的图像问题考法7 超重和失重问题考法8 等时圆模型,必备知识 全面把握,1牛顿第二定律 (1)内容：物体的加速度大小跟 成正比，跟

11、成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同，即 。 (2)对定律的理解： 矢量性 公式a是一个矢量式，合外力F和加速度a均为矢量，加速度的方向与 相同，即加速度的方向由 决定 因果性 F是产生a的原因，物体具有 是因为 的作用,合外力的方向,合外力的方向,加速度,受到力,2动力学的两大基本问题 (1)已知力求运动：知道物体受到的所有力，应用 求加速度，再结合初始条件应用 求出物体的任意时刻的速度、位移等； (2)已知运动求力：知道物体的运动情况，根据 求出物体的加速度，再应用 ，分析物体的受力情况。 (3)解题思路：,加速度（）,力（F）,运动情况（s v t）,运动学规律 F=m,vt=v0+t

12、 运动学规律 s=v0t+t2,3超重和失重现象 (1)实重和视重：由于地球的吸引而使物体受到的力叫 ，即 ；当物体挂在弹簧测力计下或放在台秤上时，弹簧测力计或台秤的读数叫 ，其大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的 ，视重实际上是 。 (2)实重、视重的关系 视重等于实重：物体处于 时，物体对弹簧测力计或台秤的拉力或压力的大小(视重)等于物体所受重力的大小，即FN测G。 当物体有竖直方向的加速度，或有其他方向的加速度，但在竖直方向上有加速度分量时，视重就不等于物体的实重了。当加速度向上时，视重 实重，叫 现象，此时 ；当加速度向下时，视重 实重， 叫 现象，此时 ；当加速度向下且大小等于g

13、时，视重为 ，叫 ，做自由落体运动和人造卫星中的物体都处于 ，此时 。,重力,实重,视重,压力,弹力,平衡状态,核心方法 重点突破,方法3 力与加速度的瞬时性四川成都石室中学2017二诊(多选)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等在突然撤去挡板的瞬间( )A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为零 C图甲中B球的加速度为2gsin D图乙中B球的加速度为gsin ,例1,【解析】 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A

14、球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mgsin ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin ，故C、D正确，A、B错误。【答案】CD,例1,方法4 力和加速度的合成及分解如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力 分别为(重力加速度为g)( )ATm(gsinacos)， m(gcosasin) BTm(gcosasin)， m(gsinacos) CTm(acosgsin

15、)， m(gcosasin) DTm(asingcos)， m(gsinacos),例2,【解析】 以小球为研究对象，其受到如图所示三个力的作用。根据牛顿运动定律，水平方向：TcosFNsinma，竖直方向： TsinFNcosmg，联立解得Tm(gsin acos)， FNm(gcosasin)，故选A。【答案】A,例2,方法5 与牛顿运动定律有关的图像问题课标全国201520，6分(多选)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，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( )A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

16、向上滑行的最大高度,例3,【解析】 vt图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成图形的面积表示位移，故由图像可得物块上滑的加速度大小a上 0 1 ，物块下滑的加速度大小a下 1 1 .根据牛顿第二定律得，上滑时gsingcosa上，下滑时gsingcosa下，两方程联立可解得斜面的倾角、物块与斜面间的动摩擦因数，选项A、C正确；物块运动的加速度与质量无直接关系，依据题意无法得出物块的质量，选项B错误；物块沿斜面上滑的最大高度，即在t1时间内vt图线与时间轴所围图形的面积，即x 1 2 v0t1，选项D正确【答案】ACD,例3,突破点 (1)明确常见图像的意义，如下表所示,突破点(2)两种图像问题

17、类型 已知物体在某一过程中所受的合力或某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况； 已知物体在某一过程中速度或加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况 (3)图像问题处理的关键点 清楚图像类别，分清横、纵坐标所代表的物理量，确定其物理意义，理解图像所反映的物理过程； 注意图像中特殊点，即图线与坐标轴的交点、图线的拐点、图线与图线的交点等所代表的物理意义； 明确能从图像获取哪些信息，将图像与具体的情境结合,方法6 解决两类动力学的基本问题浙江2019届选考模拟图甲为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下移动一段距离，然后放手让冰块向前滑动到目的地其工作原理可简化为

18、图乙所示的示意图，设冰块质量M100 kg，冰块与滑道间的动摩擦因数为0.05，运送冰块距离为12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53角斜向上某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4 m后放手，冰块刚好到达滑道末端静止已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2，求：(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比； (2)冰块滑动过程中的最大速度的大小； (3)工人拉冰块的拉力大小,例4,【解析】 (1)设加速时加速度的大小为a1，减速时加速度的大小为a2，最大速度为v，加速前进位移为x1，总位移为L，则加速阶段有v22a1x1， 减速阶段

19、有v22a2(Lx1)， 则 1 1 1 1 2 1 . (2)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，则mgma2，解得a20.5 m/s2， 根据v22a2(Lx1)，解得v2 2 m/s. (3)a12a2，故a11 m/s2， 对冰块受力分析可得Fcos 53(MgFsin 53)Ma1， 解得F234.375 N. 【答案】(1)21 (2)2 2 m/s (3)234.375 N,例4,考法例析 成就能力,考法4 瞬间性问题福建四校2017联考如图所示，A、B两小球的质量相等，用轻弹簧相连，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，两球用细线固定于斜面上，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线

20、被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的瞬时加速度沿斜面向下，小于gsin CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零,例1,【解析】 系统静止，根据平衡条件可知，对B球有F弹mgsin，对A球有F绳F弹mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得a 合 F弹mgsin 2gsin ，方向沿斜面向下，故C正确【答案】C【答案】C,例1,考法5 两类动力学问题质

21、量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等从t0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示重力加速度g取10 m/s2，则物体在012 s这段时间内的位移大小为( )A18 m B54 m C72 m D198 m,例2,【解析】 物体所受最大静摩擦力Ffmaxmg4 N拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动 03 s内：F Ffmax，物体保持静止，x10； 36 s内：F Ffmax，物体由静止开始做匀加速直线运动， a fmax 84 2 m/s22 m/

22、s2， 6 s末的速度vat16 m/s， 36 s内的位移x2at22 1 2 232 m9 m； 69 s内：F Ffmax，物体做匀速直线运动， x3vt318 m； 912 s内：F Ffmax，物体的初速度大小为6 m/s，并以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动， x4vt4at4227 m. 所以012 s内物体的位移大小为xx1x2x3x454 m，选项B正确 【答案】BD,例2,如图所示，将质量为0.1 kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4 m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力大小为0.4 N；当升降机和物体都以a28 m/s2的加速

23、度向上运动时，上面弹簧的拉力大小为(g取10 m/s2)( )A0.6 N B0.8 N C1.0 N D1.2 N,例3,【解析】 当升降机以a14 m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力大小为F0.4 N，设下面弹簧支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FFNmgma1，解得FNmg1 N当升降机和物体都以a28 m/s2的加速度向上运动时，设上面弹簧的拉力增加了F，则下面弹簧的支持力也增加了F，由牛顿第二定律得FFFNFmgma2，得F0.2 N，所以加速度为a28 m/s2时，上面弹簧的拉力为FF0.6 N，选项A正确【答案】A,例3,考法6 与牛顿运动定律相关的图像问题湖北

24、襄阳五中2018模拟(多选)用一水平向右的力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g取10 m/s2，则可以计算出( ) A物体与水平面间的最大静摩擦力 B当F14 N时物体的速度 C物体与水平面间的动摩擦因数 D物体的质量,例4,【解析】 物体受重力、水平面的支持力、水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得Fmgma，解得a g，由aF图线，将图像上两点的数据代入可得m2 kg，0.3，故C、D正确；由以上分析可知a0时，F6 N，即最大静摩擦力为6 N，故A正确；由于无法确定力F的作用时间，所以无法求出F14 N时物体的速度

25、，故B错误【答案】ACD,例4,考法7 超重和失重问题重庆理综20155，6分若货物随升降机运动的vt图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( ),例5,【解析】 由vt图像可知，货物的运动情况依次为向下匀加速，向下匀速，向下匀减速，而后为向上匀加速，向上匀速，向上匀减速由牛顿第二定律可得Fmgma，下降阶段支持力F的大小依次为Fmg、Fmg、Fmg，上升阶段支持力F的大小依次为Fmg、Fmg、Fmg，所以B正确。【答案】B,例5,考法8 等时圆模型江西2018模拟(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于

26、同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O为圆心每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( ) At1t2 Bt2t3 Ct1t2 Dt1t3,例5,【解析】 设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三根细杆交于圆的最低点a，三根杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tcat1t3；而由ca和由Ob滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但acaaOb，由x 1 2 at2可知，t

27、2tca，故选项A错误，B、C、D均正确 【答案】BCD,例5,专题3 运用整体法和隔离法分析连接体问题,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法7 整体法和隔离法在连接体和叠加体中的应用方法8 整体法和隔离法在鞋面类问题中的应用 考法例析 成就能力,必备知识 全面把握,基本概念 1整体法：存在相互作用的物体组成的系统或连接体，如果它们有共同的加速度，可把它们作为一个整体加以分析，这就是整体法 2隔离法：如果要求解相互作用的各物体之间的相互作用力或单一物体的运动，可把这一物体隔离开来，单独加以分析，这就是隔离法。 3在用整体法和隔离法解题时，一般先用整体法对系统进行受力分析，运用牛顿第二定律

28、求出其加速度；再根据需要选择某一物体分析其受力或分析其运动状态，最后列出方程求解。,整体法、隔离法的选取原则,相同的加速度,加速度不相同,先整体求加速度，后隔离求内力,核心方法 重点突破,方法7 整体法和隔离法在连接体和叠加体中的应用离法求内力课标全国201520，6分(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为 2 3 a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A8 B

29、10 C15 D18,例1,【解析】 设每节车厢质量为m，挂钩P、Q西边车厢的质量为bm，东边车厢的质量为cm，当机车在东边时，以bm为研究对象，由牛顿第二定律得Fbma；当机车在西边时，以cm为研究对象，由牛顿第二定律得F 2 3 cma，可得3b2c.设3b2ck，则总节数dbc 5 6 k，且d为正整数，则k取6、12、18、，d5、10、15、，故选项B、C正确【答案】BC,例1,方法8 整体法和隔离法在斜面问题中的应用江西赣州2019届摸底倾角37、质量M5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t2 s到达底端，运动路程L4 m，在

30、此过程中斜面保持静止(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)，求：(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向； (2)地面对斜面的支持力大小,例2,【解析】 解法一：隔离法 (1)由Lat2可得木块的加速度为a2 m/s2， 由牛顿第二定律得mgsin fma， mgcos N0， 联立解得f8 N，N16 N， 根据牛顿第三定律得木块对斜面的压力为N1N16 N，木块对斜面的摩擦力f1f8 N， 对斜面受力分析，如图所示，设摩擦力f2水平向左，则由共点力平衡条件得f2N1sin f1cos 3.2 N，方向水平向左 (如果设摩擦力f2水平向右，则f2N1sin f1cos 3.

31、2 N，同样方向水平向左) (2)由共点力平衡条件得，地面对斜面的支持力大小 N2N1cos f1sin Mg67.6 N.,例2,【解析】 解法二：整体法 (1)由Lat2可得木块的加速度为a2 m/s2.将木块的加速度沿水平方向和竖直方向分解，则有axacos ，ayasin .将木块和斜面看成一个系统，木块和斜面间的摩擦力、弹力均属系统内力，总重力、地面支持力N3、与地面间的摩擦力f3属系统外力，其中斜面的加速度为零，由牛顿第二定律可知， 水平方向有f3max， 竖直方向有(Mm)gN3may， 联立解得f33.2 N，N367.6 N.【答案】(1)3.2 N，方向水平向左 (2)67

32、.6 N,专题4 临界和极值问题,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法9 相对滑动或相对静止问题方法10 接触与分离的临界条件方法11 极大值和极小值问题 考法例析 成就能力,必备知识 全面把握,1临界和极值问题 临界和极值问题是中学物理中常见的考法，临界是一个特殊的转换状态， 是 的转折点，在临界点前后，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生变化，能否用变化的观点正确分析其运动规律是求解这类问题的关键。所以寻找临界点，分析临界状态，解决好临界问题，是学好物理的关键之一。 在我们研究的物理问题中，相关物理量间存在着一定的制约关系其中当物理现象变化到某一状态时出现极限或某种转折(如题

33、目中出现“最大”“最小”“刚好”“恰好”等词语)时，一般都有临界现象出现，都要求出临界条件。分析时一般用极限法，使临界现象尽快暴露出来。,物理过程发生变化,2解决临界问题的基本思路 (1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程； (2)寻找过程中变化的物理量(自变量和因变量)； (3)探索因变量随自变量变化时的变化规律，要特别注意相关物理量的变化情况； (4)确定临界状态，分析临界条件，找到临界关系。,3分析临界问题的思维方法,4分析临界条件 常见的临界问题相应的临界条件如下： (1)接触或脱离的临界条件：弹力 ； (2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到 ； (3)绳子断裂的临界条件是张力等于 ，

34、绳子松弛的临界条件是 ； (4)速度达到最值的临界条件： 。,FN0,最大值,绳子最大承受力,FT0,加速度为零,核心方法 重点突破,方法9 相对滑动或相对静止问题如图所示，小车放在水平面上，在水平外力作用下沿水平面向右做加速度逐渐增大的直线运动，放在小车上的两个物体A、B的质量分别为mA1 kg，mB0.5 kg，它们与小车表面间的动摩擦因数分别是A0.4，B0.2，连接两个物体的轻质弹簧的劲度系数k100 N/m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时弹簧处于原长。求当小车的加速度a2.5 m/ 2 时，A、B所受的摩擦力大小和弹簧的形变量。,例1,【解析】 当小车水平向右做加速运动时，A、

35、B两物体相对小车有向左的相对滑动或相对滑动趋势，从而产生滑动摩擦力或静摩擦力如果某一物体与小车有相对滑动，弹簧将发生形变而产生弹力因为BmBgAmbg，所以B物体会先发生相对滑动。 设弹簧无形变，且B物体与小车之间达到最大静摩擦力，则有BmBgmBaB0，即aB0Bg2 m/s2； aaB0，B物体与小车之间发生相对滑动，B物体与小车之间的摩擦力为FfBBmBg1 N； 当B物体与小车发生相对滑动后，弹簧被拉伸产生弹力，设弹簧伸长x时，B物体相对小车静止由牛顿第二定律得BmBgkxmBa，解得x0.25 cm；,例1,上述解是否正确还有待判断： 再设A物体与小车无相对滑动，且摩擦力为最大静摩擦

36、力时的加速度为a，对A、B物体所组成的系统，应用牛顿第二定律得AmAgBmBg(mAmB)a，解得a3.33 m/s2； 因为aa，所以A与小车之间一定无相对滑动，摩擦力为静摩擦力，则对A物体有FfAkxmAa，解得FfA2.75 N。【答案】2.75 N 1 N 0.25 cm,方法10 接触与分离的临界条件如图所示，小车内固定一个倾角为37的光滑斜面，用一根平行于斜面的细线系住一个质量为m2 kg的小球，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则：(1)当小车以a15 m/s2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？ (2)当小车以a220 m/s2的加速度向右匀加

37、速运动时，细线上的拉力为多大？,例2,【解析】 本题中存在一个临界状态，即小球刚好脱离斜面的状态，设此时加速度为a0，对小球受力分析如图甲所示将细线拉力分解为水平x方向和竖直y方向两个分力，则得到 Fcosma0， Fsinmg0， a0 tan 40 3 m/s2. (1)a15 m/s2a0，这时小球没有脱离斜面，对小球受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得FcosFNsinma1， FsinFNcosmg0， 解得F20 N，FN10 N.,例2,【解析】 (2)a220 m/s2a0，这时小球脱离斜面，设此时细线与水平方向之间的夹角为，对小球受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律得Fcosm

38、a2， Fsinmg， 整理得F2(ma2)2(mg)2， 解得F 2 2 + () 2 20 5 N. 【答案】(1)20 N (2)20 5 N,例2,广西钦州一中2018月考一弹簧一端固定在倾角为37的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m14 kg的物块P.Q为一重物，已知Q的质量m28 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止，如图所示现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力(sin 370.6，g取10m/s2)求：(1)P、Q一起做匀加速运动的加速度大小； (2)F的最大值

39、与最小值,例3,【解析】 (1)设刚开始时弹簧的压缩量为x0，在沿斜面方向上有(m1m2)gsinkx0，因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为零，设0.2 s时，弹簧的压缩量为x1，对P由牛顿第二定律知，沿斜面方向上有kx1m1gsinm1a，前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0x1 1 2 at2，联立解得a3 m/s2. (2)当P、Q开始运动时拉力最小，此时对P、Q整体有Fminkx0(m1m2)gsin(m1m2)a，解得Fmin36 N，当P、Q分离时拉力最大，此时对Q有Fmaxm2(agsin)72 N.【答案】

40、(1)3 m/s2 (2)72 N 36 N,例3,方法11 极大值和极小值问题江苏常熟2018调研如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，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t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m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10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小； (2)拉力F与斜面的夹角为多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？,例2,【解析】 (1)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Lv0t 1 2 at2，vv

41、0at， 联立解得a3 m/s2，v8 m/s.,例2,【解析】 (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面之间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 FcosmgsinFfma， FsinFNmgcos0， 又FfFN， 联立解得F mg + + + ， 由数学知识得cos 3 3 sin 2 3 3 sin(60)， 可知当F为最小值时F与斜面的夹角30， 代入数据得F的最小值为Fmin 13 3 5 N. 【答案】(1)3 m/s2 8 m/s (2)30 13 3 5 N,例2,专题5 传送带和板块模型,必备知识 全面把握 核心方法 重点突破方法12 传送带问题方

42、法13 板块模型问题 考法例析 成就能力,必备知识 全面把握,1传送带问题 (1)两种模型 水平传送带模型：,倾斜传送带模型：,(2)分析思路 确定研究对象，一般以物体为研究对象； 分析其受力情况和运动情况，注意摩擦力突变对物体运动的影响； 分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量； 注意： a.摩擦力的突变问题：物体的速度与传送带速度 的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻对水平传送带，当物体与传送带的速度相等时，物体与传送带间 ；对倾斜传送带，当物体与传送带的速度相等时，滑动摩擦力可能突变为静摩擦力，也可能改变方向； b传送带与物体运动的关系：物体的加速度是 的加速度，物体的

43、速度、位移是 的速度、位移。,相等,没有摩擦力,相对地面,相对地面,(3)传送带问题的处理技巧： 分析物体的受力情况要考虑物体与传送带间的 ； 求物体的加速度、速度和位移时 考虑传送带的运动情况，即相当于传送带是 ； 求物体相对传送带的路程时，需要考虑传送带的运动情况，若物体与传送带运动方向相同，则相对路程为 ，若物体与传送带运动方向相反，则相对路程为 。,相对运动,2板块模型问题 (1)模型特征 滑块木板模型(如图甲)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。另外，常见的子弹射击木块(如图乙)、圆环在直杆上滑

44、动(如图丙)都属于这类问题，处理方法与滑块木板模型类似。(2)解题思路 选取研究对象：分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度； 分析运动情况：对滑块和木板进行运动情况分析，画出草图，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程； 判断临界条件：滑块不滑离木板的临界条件：滑块滑到木板另一端时速度与木板速度 ；木板最短的临界条件：滑块速度与木板速度相等时滑到木板另一端木板最短；发生相对滑动的临界条件：两物体间的摩擦力为 ，两物体的 相同。,核心方法 重点突破,方法12 传送带问题河北衡水中学2019届调考(多选)如图所示，水平传送带逆时针匀速转动，速度大小v8 m

45、/s，A、B为两轮圆心正上方的点，ABL16 m，两边水平面分别与传送带表面无缝对接，弹簧右端固定，自然伸长时左端恰好位于B点现将一小物块与弹簧接触(不拴接)，并压缩至图示位置然后释放，已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为0.2，APL25 m，小物块与轨道左端P碰撞无机械能损失，小物块最后刚好能返回到B点且在B点速度为零，g10 m/s2，则下列说法正确的是( )A小物块从释放后第一次到B点的过程中，做加速度减小的加速运动 B小物块第一次从B点到A点的过程中，一定做匀加速直线运动 C小物块第一次到A点时，速度大小一定等于8 m/s D小物块离开弹簧时的速度一定满足2 10 m/sv2 22

46、 m/s,例1,【解析】 小物块从释放后第一次到B点的过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力时做加速度增大的减速运动，故A错误；设物块到达P端的速度为v，从P端反弹后运动到B点的过程，由动能定理得mg(L1L2)0 1 2 mv2，解得v2 11 m/s，物块由A点到P端过程，由动能定理得mgL2 1 2 mv2 1 2 mvA2，解得vA8 m/s，故C正确；物块第一次到B点速度最大时，设此时在B点的速度为v1，之后一直做匀减速运动，有2mg(L1L2)0 1 2 mv12，解得v12 22 m/s，物块第一次到B点速度最小时，设此时在B点的速度为v2，之后在BA上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有L1v2t 1 2 at2，vAv2at，ag，联立解得v22 10 m/s，故小物块离开弹簧时的速度一定满足2 10 m/sv2 22 m/s，故B错误，D正确 【答案】CD,