《（A版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)考法 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件 新人教版.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（A版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)考法 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件 新人教版.ppt（85頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律,考點(diǎn)8 牛頓第二定律 超重和失重,專題3 運(yùn)用整體法和隔離法分析連接體問題,專題4 臨界和極值問題,專題5 傳送帶和板塊模型,考點(diǎn)7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,考點(diǎn)7 牛頓第一定律 牛頓第三定律,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 考法1對(duì)慣性的理解 考法2作用力、反作用力與平衡力的比較 考法例析 成就能力 題型1伽利略理想斜面實(shí)驗(yàn) 題型2牛頓第一定律 題型3 牛頓第三定律,必備知識(shí) 全面把握,1牛頓第一定律 (1)內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)。 (2)對(duì)牛頓第一定律的理解 牛頓第一定律揭示了一切物體在任何情

2、況下都具有保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變的性質(zhì)慣性，故也叫慣性定律； 牛頓第一定律揭示了靜止?fàn)顟B(tài)和勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的等價(jià)性，它們的區(qū)別僅僅是參考系不同； 牛頓第一定律明確了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(即產(chǎn)生加速度)的原因，為牛頓第二定律的提出作了準(zhǔn)備。,牛頓第一定律研究的是不受外力的理想情況，與受合外力為零不是一回事因此不能簡(jiǎn)單地認(rèn)為它是牛頓第二定律的特例由于物體絕對(duì)不受外力的情況是不存在的，所以牛頓第一定律既不是直接從實(shí)驗(yàn)得出的，也無法直接用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，它是在伽利略的理想實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上，經(jīng)過科學(xué)推理得出的結(jié)論通常人們看到的靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，實(shí)際上是物體受到平衡力作用的結(jié)果,2慣性

3、(1)定義：物體保持原來的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì) (2)對(duì)慣性的理解： 慣性是物體的固有屬性，即一切物體都有慣性，與物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)因此說人們只能“利用”慣性而不能“克服”和“避免”慣性 慣性大小是描述物體保持原來狀態(tài)的本領(lǐng)強(qiáng)弱，慣性大，則物體保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的本領(lǐng)強(qiáng)，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)越難改變 質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小 慣性不是力，慣性是物體保持原來勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，力是物體對(duì)物體的作用，這是兩個(gè)不同的概念,3牛頓第三定律 (1)內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向相反，作用在同一直線上關(guān)系式為FF。 (2

4、)對(duì)牛頓第三定律的理解 相互性：作用力和反作用力作用在不同物體上； 同時(shí)性：作用力和反作用力總是成對(duì)出現(xiàn)、同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)按同樣規(guī)律變化、同時(shí)消失； 同質(zhì)性：作用力和反作用力一定是同一性質(zhì)的力； 作用力和反作用力不可疊加，它們作用在兩個(gè)不同的物體上，各產(chǎn)生其效果，不可求它們的合力，兩力的作用效果不能抵消。,考點(diǎn)7,核心方法重點(diǎn)突破,考法1對(duì)慣性的理解 騎自行車上坡，為了容易爬上去，往往在上坡前用力蹬車，使車具有較大的速度有人說，這樣做是為了增大車的慣性，他說得對(duì)嗎？,例1,【解析】 這是一個(gè)典型的錯(cuò)誤看法：“慣性與物體的運(yùn)動(dòng)速度有關(guān)，速度大，慣性就大；速度小，慣性就小”，其理由是物體運(yùn)動(dòng)速度大，

5、不容易停下來；速度小，容易停下來。產(chǎn)生這種錯(cuò)誤認(rèn)識(shí)的原因是把“慣性大小表示運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度”，理解成“慣性大小表示把物體從運(yùn)動(dòng)變?yōu)殪o止的難易程度”。事實(shí)上，在受到相同阻力的情況下，速度(大小)不同，質(zhì)量相同的物體，在相同的時(shí)間內(nèi)速度的減小量是相同的，這就說明質(zhì)量相同的物體，它們運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度是相同的，所以它們的慣性是相同的，與它們的速度無關(guān)。 【答案】見解析,例1,考法2作用力、反作用力與平衡力的比較 (多選)甲、乙兩隊(duì)用一條輕繩進(jìn)行拔河比賽，甲隊(duì)勝，在比賽過程中() A甲隊(duì)拉繩子的力大于乙隊(duì)拉繩子的力 B甲隊(duì)與地面間的摩擦力大于乙隊(duì)與地面間的摩擦力 C甲、乙兩隊(duì)與地面間的摩擦力

6、大小相等、方向相反 D甲、乙兩隊(duì)拉繩子的力大小相等、方向相反,例2,【解析】 甲隊(duì)拉繩的力和繩子對(duì)甲隊(duì)的拉力是一對(duì)相互作用力，大小相等、方向相反；同理，乙隊(duì)拉繩的力和繩子對(duì)乙隊(duì)的拉力也大小相等、方向相反；又因?yàn)槔K子對(duì)甲隊(duì)的拉力和對(duì)乙隊(duì)的拉力相等，故甲、乙兩隊(duì)拉繩子的力大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤，D正確； 既然甲隊(duì)對(duì)乙隊(duì)的拉力和乙隊(duì)對(duì)甲隊(duì)的拉力大小相等、方向相反，有的同學(xué)就認(rèn)為兩隊(duì)?wèi)?yīng)是永遠(yuǎn)相持不下，怎么會(huì)分出勝負(fù)呢？有這種想法就是把作用力與反作用力當(dāng)成了一對(duì)平衡力用整體法分析，將甲、乙兩隊(duì)和拔河的繩子看成一個(gè)系統(tǒng)，這一系統(tǒng)只受到兩個(gè)外力：地面對(duì)甲隊(duì)隊(duì)員的摩擦力F地甲和地面對(duì)乙隊(duì)隊(duì)員的摩擦力F地

7、乙甲隊(duì)獲勝的原因是甲隊(duì)與地面間的摩擦力大于乙隊(duì)與地面間的摩擦力，整個(gè)系統(tǒng)向甲方移動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤。 【答案】BD,,例2,【點(diǎn)撥】,例2,考點(diǎn)7,考法例析成就能力,題型1伽利略理想斜面實(shí)驗(yàn) 北京理綜201419，6分伽利略創(chuàng)造的把實(shí)驗(yàn)、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法，有力地促進(jìn)了人類科學(xué)認(rèn)識(shí)的發(fā)展利用如圖所示的裝置做如下實(shí)驗(yàn)：小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并沿右側(cè)斜面上升斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時(shí)，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，可以得到的最直接的結(jié)論是() A如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點(diǎn)等高的位置 B如果小球

8、不受力，它將一直保持勻速運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài) C如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變 D小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小,例1,【解析】 題述要求根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，得到最直接的結(jié)論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來越光滑，小球沿右側(cè)斜面上升的最高位置依次為1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的結(jié)論是：如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點(diǎn)等高的位置，選項(xiàng)A正確；B、C、D選項(xiàng)都不能根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比直接得到，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。 【答案】A,例1,題型2牛頓第一定律 貴州遵義航天高級(jí)中學(xué)2018期初考(多選)伽利略根據(jù)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和理想

9、實(shí)驗(yàn)，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ)。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是() A物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性 B沒有力的作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài) C行星在圓周軌道上保持勻速率運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是慣性 D運(yùn)動(dòng)物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng),例2,【解析】 慣性是物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化而保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，選項(xiàng)A正確；沒有力的作用，物體將處于靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)是由于受地球的引力作用，不是由于具有慣性，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)物體如果沒有受到力的作用，將一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。 【答案】AD,例2,廣東珠

10、海二中、斗門一中2018聯(lián)考如圖所示，一個(gè)劈形物體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，劈形物體從靜止開始釋放，則小球在碰到斜面前的運(yùn)動(dòng)軌跡是() A沿斜面向下的直線 B豎直向下的直線 C無規(guī)則曲線 D拋物線,例3,【解析】 由題意知，小球在水平方向上不受外力作用，由牛頓第一定律，小球在此方向上將保持原有的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，即靜止而不向左或向右運(yùn)動(dòng)，只有豎直方向上的運(yùn)動(dòng)，因此運(yùn)動(dòng)軌跡是一條豎直向下的直線。 【答案】B,例3,題型3牛頓第三定律 江蘇徐州2017模擬有句俗語叫“雞蛋碰石頭自不量力”。在雞蛋碰石頭的過程中，以下說法中正確的是() A石頭對(duì)雞蛋的作用力和

11、雞蛋對(duì)石頭的作用力是一對(duì)平衡力 B雞蛋破了，而石頭絲毫無損，說明石頭對(duì)雞蛋的作用力大 C雖然雞蛋破了，但是雞蛋對(duì)石頭的作用力和石頭對(duì)雞蛋的作用力一樣大 D雖然雞蛋破了，但是雞蛋對(duì)石頭的作用力比石頭對(duì)雞蛋的作用力大,例4,【解析】 石頭對(duì)雞蛋的作用力和雞蛋對(duì)石頭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錯(cuò)誤，C正確。 【答案】C,例4,第3章,考點(diǎn)8牛頓第二定律超重和失重,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 考法3力與加速度的瞬時(shí)性 考法4力和加速度的合成及分解 考法5與牛頓運(yùn)動(dòng)定律有關(guān)的圖像問題 考法6解決兩類動(dòng)力學(xué)的基本問題 考法例析 成就能力 題型4瞬時(shí)加速

12、度問題 題型5兩類動(dòng)力學(xué)問題 題型6與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相關(guān)的圖像問題 題型7超重和失重問題,必備知識(shí)全面把握,1牛頓第二定律 (1)內(nèi)容：物體的加速度大小跟物體所受合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同，即Fma。 (2)對(duì)定律的理解：,2動(dòng)力學(xué)的兩大基本問題 (1)已知力求運(yùn)動(dòng)：知道物體受到的所有力，應(yīng)用牛頓第二定律求加速度，再結(jié)合初始條件應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出物體的任意時(shí)刻的速度、位移等； (2)已知運(yùn)動(dòng)求力：知道物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出物體的加速度，再應(yīng)用牛頓第二定律，分析物體的受力情況。 (3)解題思路：,,,,加速度（）,力（F）,位移（） 速度（v

13、）,運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律 F=m,vt=v0+t 運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律 s=v0t+t2,3超重和失重現(xiàn)象 (1)實(shí)重和視重：由于地球的吸引而使物體受到的力叫重力，即實(shí)重；當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的讀數(shù)叫視重，其大小等于彈簧測(cè)力計(jì)所受的拉力或臺(tái)秤所受的壓力，視重實(shí)際上是彈力。 (2)實(shí)重、視重的關(guān)系 視重等于實(shí)重：物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的拉力或壓力的大小(視重)等于物體所受重力的大小，即FN測(cè)G。 當(dāng)物體有豎直方向的加速度，或有其他方向的加速度，但在豎直方向上有加速度分量時(shí)，視重就不等于物體的實(shí)重了。當(dāng)加速度向上時(shí)，視重大于實(shí)重，叫超重現(xiàn)象，此時(shí)FN測(cè)mgma；當(dāng)

14、加速度向下時(shí)，視重小于實(shí)重，叫失重現(xiàn)象，此時(shí)mgFN測(cè)ma；當(dāng)加速度向下且大小等于g時(shí)，視重為零，叫完全失重，做自由落體運(yùn)動(dòng)和人造衛(wèi)星中的物體都處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)FN測(cè)0。,考點(diǎn)8,核心方法重點(diǎn)突破,考法3力與加速度的瞬時(shí)性 四川成都石室中學(xué)2017二診(多選)兩小球A、B先后用彈簧和輕桿相連，放在光滑斜面上靜止，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等在突然撤去擋板的瞬間() A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零 C圖甲中B球的加速度為2gsin D圖乙中B球的加速度為gsin ,例1,【解析】 撤去擋板前，對(duì)整體分析，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgs

15、in ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B 球所受合力為2mgsin ，加速度為2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B 球所受合力均為mgsin，加速度均為gsin ，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。 【答案】CD,例1,考法4力和加速度的合成及分解 如圖所示，細(xì)線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細(xì)線與斜面平行在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細(xì)線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)() ATm(gsin acos)，F(xiàn)Nm(gcos asi

16、n) BTm(gcos asin)，F(xiàn)Nm(gsin acos) CTm(acos gsin)，F(xiàn)Nm(gcos asin) DTm(asin gcos)，F(xiàn)Nm(gsin acos),例2,【解析】 以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，其受到如圖所示三個(gè)力的作用。根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，水平方向：TcosFNsinma，豎直方向： TsinFNcosmg，聯(lián)立解得Tm(gsin acos)， FNm(gcosasin)，故選A。 【答案】A,例2,考法5與牛頓運(yùn)動(dòng)定律有關(guān)的圖像問題 課標(biāo)全國(guó)201520，6分(多選)如圖(a)，一物塊在t0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖(b)所示若重力加速度及圖中的v0

17、、v1、t1均為已知量，則可求出() A斜面的傾角 B物塊的質(zhì)量 C物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) D物塊沿斜面向上滑行的最大高度,例3,【解析】 【答案】ACD,例3,考法6解決兩類動(dòng)力學(xué)的基本問題 課標(biāo)全國(guó)201424，12分公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離當(dāng)前車突然停止時(shí)，后車司機(jī)可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車相碰通常情況下，人的反應(yīng)時(shí)間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1 s當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時(shí)，安全距離為120 m設(shè)雨天時(shí)汽車輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的2/5，若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的

18、最大速度,例4,【解析】,例4,【答案】20 m/s,考點(diǎn)8,考法例析成就能力,題型4瞬時(shí)加速度問題 福建四校2017聯(lián)考如圖所示，A、B兩小球的質(zhì)量相等，用輕彈簧相連，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，傾角為的斜面光滑，兩球用細(xì)線固定于斜面上，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是() A兩個(gè)小球的瞬時(shí)加速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，小于gsin CA球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢(shì)，B球的瞬時(shí)加速度向上，A球的瞬時(shí)加速度向下，瞬時(shí)加速度都不為零,例1,【解析】 【答案】C,例1,題型5兩類動(dòng)力學(xué)問題 江蘇

19、物理20169，4分(多選)如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中() A桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左 B魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等 C若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將增大 D若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面,例2,【解析】 魚缸相對(duì)于桌布向左運(yùn)動(dòng)，故桌布對(duì)魚缸的摩擦力向右，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)轸~缸、桌布、桌面兩兩間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則魚缸受到桌布和桌面的摩擦力相等，對(duì)魚缸的運(yùn)動(dòng)而言，從靜止加速到一定速度再減速到零，兩個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，選項(xiàng)B正確；滑動(dòng)摩擦力和物體間的正壓力有關(guān)，與拉力無關(guān)，所以

20、增大拉力，摩擦力不會(huì)變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若減小拉力，則桌布運(yùn)動(dòng)的加速度將減小，桌布與魚缸間的相對(duì)速度減小，桌布從魚缸下拉出的時(shí)間將增大，魚缸相對(duì)桌面的位移增大，所以魚缸有可能滑出桌面，選項(xiàng)D正確 【答案】BD,例2,課標(biāo)全國(guó)201724，12分為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1

21、運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度大小為g.求： (1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度,例3,【解析】 【答案】,例3,題型6與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相關(guān)的圖像問題 河南洛陽(yáng)2016模擬如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時(shí)刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)在03 s時(shí)間內(nèi)物體的加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示則() AF的最大值為12 N B01 s和23 s內(nèi)物體加速度的方向相反 C3 s末物體的速度最大，最大速度為8 m/s D在01 s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，23 s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng),例4,【解析】 由圖像

22、可知，物體在12 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a4 m/s2，由牛頓第二定律得Fmgma，故Fmamg12 N，故A錯(cuò)誤；由at圖像的特點(diǎn)知加速度一直為正，故B錯(cuò)誤；at圖像與時(shí)間軸圍成圖形的面積為v，而初速度為零，故3 s末速度最大為8 m/s，故C正確； 整個(gè)過程中，物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 【答案】C,例4,題型7超重和失重問題 重慶理綜20155，6分若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖像可能是(),例5,【解析】 由vt圖像可知，貨物的運(yùn)動(dòng)情況依次為向下勻加速，向下勻速，向下勻減速，而后為向上勻加速，向上勻速，向上勻減速由牛

23、頓第二定律可得Fmgma，下降階段支持力F的大小依次為Fmg、Fmg、Fmg，上升階段支持力F的大小依次為Fmg、Fmg、Fmg，所以B正確。 【答案】B,例5,第3章,專題3運(yùn)用整體法和隔離法分析連接體問題,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 考法7隔離法求內(nèi)力 考法8巧用整體法解題 考法例析 成就能力,必備知識(shí)全面把握,基本概念 1整體法：存在相互作用的物體組成的系統(tǒng)或連接體，如果它們有共同的加速度，可把它們作為一個(gè)整體加以分析，這就是整體法 2隔離法：如果要求解相互作用的各物體之間的相互作用力或單一物體的運(yùn)動(dòng)，可把這一物體隔離開來，單獨(dú)加以分析，這就是隔離法。 3在用整體法和隔離

24、法解題時(shí)，一般先用整體法對(duì)系統(tǒng)進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出其加速度；再根據(jù)需要選擇某一物體分析其受力或分析其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，最后列出方程求解。,整體法、隔離法的選取原則,專題3,核心方法重點(diǎn)突破,考法7隔離法求內(nèi)力,例1,【解析】 【答案】BC,例1,考法8巧用整體法解題 課標(biāo)全國(guó)201725，20分如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.1.某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v03 m/s.A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止設(shè)最大靜摩

25、擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； (2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離,例2,【解析】 (1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f11mAg f21mBg f32(mmAmB)g 由牛頓第二定律得 f1mAaA f2mBaB f2f1f3ma1 設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 聯(lián)立式，代入

26、已知數(shù)據(jù)得 v11 m/s,例2,【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m,第3章,專題4臨界和極值問題,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 考法9 相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)靜止問題 考法10極大值和極小值問題 考法例析 成就能力,必備知識(shí)全面把握,1臨界和極值問題 臨界和極值問題是中學(xué)物理中常見的題型，臨界是一個(gè)特殊的轉(zhuǎn)換狀態(tài)，是物理過程發(fā)生變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，在臨界點(diǎn)前后，物體的受力情況、變化規(guī)律、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一般要發(fā)生變化，能否用變化的觀點(diǎn)正確分析其運(yùn)動(dòng)規(guī)律是求解這類問題的關(guān)鍵。所以尋找臨界點(diǎn)，分析臨界狀態(tài)，解決好臨界問題，是學(xué)好物理的關(guān)鍵之一。 在我們研究的物理問題中，相關(guān)物理量間存在著一定的制約

27、關(guān)系其中當(dāng)物理現(xiàn)象變化到某一狀態(tài)時(shí)出現(xiàn)極限或某種轉(zhuǎn)折(如題目中出現(xiàn)“最大”“最小”“剛好”“恰好”等詞語)時(shí)，一般都有臨界現(xiàn)象出現(xiàn)，都要求出臨界條件。分析時(shí)一般用極限法，使臨界現(xiàn)象盡快暴露出來。,2解決臨界問題的基本思路 (1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程； (2)尋找過程中變化的物理量(自變量和因變量)； (3)探索因變量隨自變量變化時(shí)的變化規(guī)律，要特別注意相關(guān)物理量的變化情況； (4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找到臨界關(guān)系。,3分析臨界問題的思維方法,4分析臨界條件 常見的臨界問題相應(yīng)的臨界條件如下： (1)接觸或脫離的臨界條件：彈力FN0； (2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：靜摩擦力達(dá)到

28、最大值； (3)繩子斷裂的臨界條件是張力等于繩子最大承受力，繩子松弛的臨界條件是FT0； (4)速度達(dá)到最值的臨界條件：加速度為零。,專題4,核心方法重點(diǎn)突破,考法9相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)靜止問題 如圖所示，小車放在水平面上，在水平外力作用下沿水平面向右做加速度逐漸增大的直線運(yùn)動(dòng)，放在小車上的兩個(gè)物體A、B的質(zhì)量分別為mA1 kg，mB0.5 kg，它們與小車表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別是A0.4，B0.2，連接兩個(gè)物體的輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k100 N/m，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。 求當(dāng)小車的加速度a2.5 m/s2時(shí)，A、B所受的摩擦力大小和彈簧的形變量。,例1,【解析】 當(dāng)小車

29、水平向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B兩物體相對(duì)小車有向左的相對(duì)滑動(dòng)或相對(duì)滑動(dòng)趨勢(shì)，從而產(chǎn)生滑動(dòng)摩擦力或靜摩擦力如果某一物體與小車有相對(duì)滑動(dòng)，彈簧將發(fā)生形變而產(chǎn)生彈力因?yàn)锽mBgAmbg，所以B物體會(huì)先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。 設(shè)彈簧無形變，且B物體與小車之間達(dá)到最大靜摩擦力，則有BmBgmBaB0，即aB0Bg2 m/s2； aaB0，B物體與小車之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B物體與小車之間的摩擦力為FfBBmBg1 N； 當(dāng)B物體與小車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后，彈簧被拉伸產(chǎn)生彈力，設(shè)彈簧伸長(zhǎng)x時(shí)，B物體相對(duì)小車靜止由牛頓第二定律得BmBgkxmBa，解得x0.25 cm；,例1,上述解是否正確還有待判斷： 再設(shè)A物體與小車無相對(duì)

30、滑動(dòng)，且摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)的加速度為a，對(duì)A、B物體所組成的系統(tǒng)，應(yīng)用牛頓第二定律得AmAgBmBg(mAmB)a，解得a3.33 m/s2； 因?yàn)閍a，所以A與小車之間一定無相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力為靜摩擦力，則對(duì)A物體有FfAkxmAa，解得FfA2.75 N。 【答案】2.75 N1 N0.25 cm,,例2,【解析】 【答案】BCD,例2,考法10極大值和極小值問題 江西吉安2016模擬如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長(zhǎng)直桿上，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。現(xiàn)給環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v0，同時(shí)對(duì)環(huán)施加一個(gè)豎直向上、大小隨速度變化的作用力Fkv，其中k為常數(shù)，則圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中(

31、),例2,【解析】 【答案】D,例2,如圖所示， 光滑小球恰好放在木塊的圓弧槽中，它左邊接觸點(diǎn)為A，右邊接觸點(diǎn)為B，槽的半徑為R，球心為O，且OA與水平線成角，小球質(zhì)量為m，各種摩擦及繩和滑輪的質(zhì)量不計(jì)，則木塊向右的加速度最小為多少時(shí)，小球才能離開圓槽？,例3,【解析】 當(dāng)木塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度很小時(shí)，小球?qū)⑶对诓劾?，此時(shí)兩者一起加速；當(dāng)木塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度很大時(shí)，小球?qū)⑾鄬?duì)槽向左運(yùn)動(dòng)，小球?qū)㈦x開圓槽。故小球能離開圓槽的臨界條件是，小球還在槽里，但只有接觸點(diǎn)A對(duì)它有作用力，此時(shí)受力分析如圖所示，則F合mamgcot ，得agcot 。 【答案】gcot ,例3,第3章,專題5傳送帶和板塊模

32、型,必備知識(shí) 全面把握 核心方法 重點(diǎn)突破 考法11傳送帶問題 考法12板塊模型問題 考法例析 成就能力,必備知識(shí)全面把握,1傳送帶問題 (1)兩種模型 水平傳送帶模型：,傾斜傳送帶模型：,(2)分析思路 確定研究對(duì)象，一般以物體為研究對(duì)象； 分析其受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，注意摩擦力突變對(duì)物體運(yùn)動(dòng)的影響； 分清楚研究過程，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解未知量； 注意： a.摩擦力的突變問題：物體的速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時(shí)刻對(duì)水平傳送帶，當(dāng)物體與傳送帶的速度相等時(shí)，物體與傳送帶間沒有摩擦力；對(duì)傾斜傳送帶，當(dāng)物體與傳送帶的速度相等時(shí)，滑動(dòng)摩擦力可能突變?yōu)殪o摩擦力，

33、也可能改變方向； b傳送帶與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系：物體的加速度是相對(duì)地面的加速度，物體的速度、位移是相對(duì)地面的速度、位移。,(3)傳送帶問題的處理技巧： 分析物體的受力情況要考慮物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)； 求物體的加速度、速度和位移時(shí)不需要考慮傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況，即相當(dāng)于傳送帶是不動(dòng)的； 求物體相對(duì)傳送帶的路程時(shí)，需要考慮傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況，若物體與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同，則相對(duì)路程為兩者路程之差，若物體與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反，則相對(duì)路程為兩者路程之和。,2板塊模型問題 (1)模型特征 滑塊木板模型(如圖甲)，涉及摩擦力分析、相對(duì)運(yùn)動(dòng)、摩擦生熱，多次互相作用，屬于多物體多過程問題，知識(shí)綜合性較強(qiáng)，對(duì)能力要求較

34、高，故頻現(xiàn)于高考試卷中。另外，常見的子彈射擊木塊(如圖乙)、圓環(huán)在直桿上滑動(dòng)(如圖丙)都屬于這類問題，處理方法與滑塊木板模型類似。 (2)解題思路 選取研究對(duì)象：分析滑塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度； 分析運(yùn)動(dòng)情況：對(duì)滑塊和木板進(jìn)行運(yùn)動(dòng)情況分析，畫出草圖，找出滑塊和木板之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，建立方程； 判斷臨界條件：滑塊不滑離木板的臨界條件：滑塊滑到木板另一端時(shí)速度與木板速度相同；木板最短的臨界條件：滑塊速度與木板速度相等時(shí)滑到木板另一端木板最短；發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件：兩物體間的摩擦力為最大靜摩擦力，兩物體的加速度相同。,專題5,核心方法重點(diǎn)突破,考法11

35、傳送帶問題 (多選)如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1沿順時(shí)針方向運(yùn)行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的vt圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2v1，則下列說法中正確的是() At1時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 Ct2t3時(shí)間內(nèi)，小物塊與傳送帶相對(duì)靜止，小物塊不受靜摩擦力作用 D0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生了改變，加速度方向也發(fā)生了改變,例1,【解析】 由乙圖知物塊先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到速度與傳送帶速度

36、相同，做勻速運(yùn)動(dòng)則t1時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大，故A正確；0t2時(shí)間內(nèi)，物塊相對(duì)傳送帶一直向左運(yùn)動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力方向一直向右，大小保持不變，故B錯(cuò)誤；t2t3時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)于傳送帶靜止，向右做勻速運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力，故C正確；vt圖線的斜率表示加速度，則0t2時(shí)間內(nèi)，圖線的斜率不變，小物塊的加速度方向沒有發(fā)生改變，故D錯(cuò)誤。 【答案】AC,例1,河北武邑中學(xué)2017二調(diào) (多選)如圖所示為運(yùn)送糧袋的傳送裝置，已知AB間長(zhǎng)度為L(zhǎng)，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時(shí)運(yùn)行速度為v，方向如圖，糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，正常工作時(shí)工人在A點(diǎn)將糧袋放到運(yùn)行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)

37、動(dòng)，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)() A糧袋到達(dá)B點(diǎn)的速度可能大于、等于或小于v B糧袋開始運(yùn)動(dòng)的加速度為g(sin cos )，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運(yùn)動(dòng) C若tan ，則糧袋從A到B一直做加速運(yùn)動(dòng) D不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，且agsin ,例2,【解析】 糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度小于v；可能先勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶速度相同后，做勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶速度相同后做加速度較小的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大于v，故A正確；糧袋開始時(shí)受到沿傳送帶向下的

38、滑動(dòng)摩擦力，大小為mgcos ，根據(jù)牛頓第二定律得到，加速度ag(sin cos )，故B錯(cuò)誤；若tan ，則重力的下滑分力大于滑動(dòng)摩擦力，故a的方向一直向下，糧袋從A到B一直做加速運(yùn)動(dòng)，可能是一直以加速度g(sin cos )勻加速；也可能先以加速度g(sin cos )勻加速，后以加速度g(sin cos )勻加速，故C正確由以上分析可知，糧袋從A到B不一定一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 【答案】AC,例2,考法12板塊模型問題 課標(biāo)全國(guó)201525，20分一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。t0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2； (2)木板的最小長(zhǎng)度； (3)木板右端離墻壁的最終距離。,例3,【解析】,例3,【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m,,例4,【解析】,例4,【答案】(1)3 m/s21 m/s2(2) 4 s,謝謝觀賞,