《2020版高考物理教科版大一轮复习讲义课件：第三章 专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理教科版大一轮复习讲义课件：第三章 专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题 .pptx（61页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题,大一轮复习讲义,第三章 牛顿运动定律,1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高. 2.学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力. 3.本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识.,专题解读,NEIRONGSUOYIN,内容索引,过好双基关,研透命题点,课时作业,回扣基础知识 训练基础题目,细研考纲和真题 分析突破命题点,限时训练 练规范 练速度,过好双基关,一、动力学的两类基本问题,1.由物体的受
2、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.,加速度,加速度,3.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：,自测1 (2018江西省南昌市第二次模拟)如图1所示，物体从倾角为的固定斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k1.物体与斜面间的动摩擦因数为 A.(
3、1k)sin B.(1k)cos C.(1k2)tan D.,图1,解析 设斜面长为x，高为h，物体下滑过程受到的摩擦力为f，由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a，则由牛顿第二定律可得 mgsin fma， fmgcos ， 所以ag(sin cos )， 由运动学公式可知v122ax2gx(sin cos )， v22gh 由题意：v1kv 且hxsin 解得：(1k2)tan ，故C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
4、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N . (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T0. (4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为 .,最大值,0,零,自测2 (2015山东理综16)如图2，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
5、、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2,解析 对滑块A、B整体在水平方向上有F2(mAmB)g；对滑块B在竖直方向上有1FmBg；,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.,命题点一 动力学两类基本问题,
6、例1 (2018陕西省榆林市第三次模拟)如图3所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用.一架质量为m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2). (1)求运动过程中所受空气阻力大小；,图3,类型1 已知物体受力情况，分析物体运动情况,答案 4 N,解析 根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：Fmgfma,联立解得：f4 N；,(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落.无人机坠落地
7、面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；,答案 100 m,解析 下落过程由牛顿第二定律：mgfma1 得：a18 m/s2 落地时的速度v22a1H 联立解得：H100 m；,(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力.为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间.,解析 恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：Fmgfma2 得：a210 m/s2,由：vma1t1,变式1 (2018河南省驻马店市第二次质检)如图4所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F100 N而由静止向
8、前滑行，其作用时间为t110 s，撤除水平推力F后经过t215 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同.已知该运动员连同装备的总质量为m75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f25 N，求：,图4,(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；,答案 10 m/s 50 m,解析 设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1 由牛顿第二定律Ffma1，得 a11 m/s2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1a1t110 m/s,(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.,
9、答案 187.5 m,经历时间t2速度变为v1v1a2t25 m/s 第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22v122a1x1,联立解得x2187.5 m.,例2 如图5甲所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力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.求： (1)物块到达B点时速度和加速度的大小；,图5,类型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况,答案 8 m/s 3 m/s2,解析 物块做匀加速直线运动，根据运
10、动学公式，,联立解得a3 m/s2，vt8 m/s,(2)拉力F的大小；,答案 5.2 N,解析 对物块受力分析可得，平行斜面方向Fmgsin fma 垂直斜面方向Nmgcos 其中fN 解得Fmg(sin cos )ma5.2 N,(3)若拉力F与斜面夹角为，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示).,解析 拉力F与斜面夹角为时，物块受力如图所示 根据牛顿第二定律有Fcos mgsin fma NFsin mgcos 0 其中fN,变式2 (2019安徽省蚌埠二中期中)如图6所示，质量M10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数0.2.在木楔的
11、倾角为37的斜面上，有一质量m1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x1 m时，其速度v2 m/s，在这过程中木楔没有动.(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2)求： (1)物块与木楔间的动摩擦因数1；,图6,答案 0.5,解析 由v22ax，得a2 m/s2 对物块由牛顿第二定律有mgsin 1mgcos ma，得10.5,(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；,答案 1.6 N，水平向左,解析 以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图如图. (mM)gNmay，fmax， axacos ，ayasin 解得：N108.8 N，f
12、1.6 N,(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F5 N，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程),答案 地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变,解析 对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变.,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
13、程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论.,命题点二 动力学方法分析多运动过程问题,例3 (2018福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)哈利法塔是目前世界最高的建筑(图7).游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观.一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受 到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程 视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)求： (1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；,图7,答案 1 m/s
14、2 15 s,解析 设电梯加速阶段的加速度为a，由牛顿第二定律得： Tmgma 解得a1 m/s2 由vv0at 解得t15 s,(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；,答案 525 m,匀速阶段位移x2v(502t)15(50215)m300 m,因此观景台的高度 xx1x2x3525 m.,(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？,解析 由题意知，电梯到地面速度刚好为0
15、 自由落体加速度a1g,变式3 (2018山东省济宁市上学期期末)如图8所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v06 m/s冲上斜面，斜面的倾角37，经过2.5 s物体刚好回到出发点，(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8).求： (1)物体上滑的最大位移；,图8,答案 3 m,解析 物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x. 由牛顿第二定律可得：mgsin 37ma1 代入数据得：a16 m/s2 由运动学公式有：v0
16、22a1x 联立解得物体上滑的最大位移为：x3 m,(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数为定值，试计算的数值.(结果保留两位有效数字),答案 0.42,物体沿斜面下滑的时间为：t2tt11.5 s,由牛顿第二定律可得：mgsin 37mgcos 37ma2 联立解得：0.42,1.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.,命题点三 临界和极值问题,2.思维方法,例4 (2018福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图9所示，一弹
17、簧一端固定在倾角为37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m16 kg的物体P，Q为一质量为m210 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止状态.现给物体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，cos 370.8，g取10 m/s2.求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；,图9,解析 设开始时弹簧的压缩量为x0 对整体受力分析，平行斜面方向有(m1m2)gsin kx0 解得x00.16 m,答案 0.16 m,(2)物体Q从静止开始沿斜面向上
18、做匀加速运动的加速度大小a；,解析 前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1 对物体P，由牛顿第二定律得 kx1m1gsin m1a 前0.2 s时间内两物体的位移,(3)力F的最大值与最小值.,解析 对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大,对Q应用牛顿第二定律得 Fmaxm2gsin m2a,变式4 如图10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
19、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，重力加速度为g. (1)求箱子加速阶段的加速度大小；,图10,解析 设箱子加速阶段的加速度大小为a， 经过的位移为x1，减速阶段经过的位移为x2， 有v22ax1，v22ax2，且x1x2x，,(2)若agtan ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.,解析 如果球刚好不受箱子的作用力，箱子的加速度设为a0，应满足Nsin ma0，Ncos mg，解得a0gtan . 箱子减速时加速度水平向左，当agtan 时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的作用力不为零. 此时球受力如图所示，由牛顿第二定律得，Ncos Fmg，Nsi
20、n ma，解得Fm .,课时作业,1.足够长光滑固定斜面BC倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m2 kg的小物块静止于A点.现在AB段对小物块施加与水平方向成53的恒力F作用，如图1甲所示.小物块在AB段运动的速度时间图像如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2).求： (1)小物块所受到的恒力F的大小；,双基巩固练,图1,1,2,3,4,答案 11 N,根据牛顿第二定律，有Fcos (mgFsin )ma1，,1,2,3,4,(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B
21、点所用的时间；,1,2,3,4,答案 0.5 s,解析 在BC段，对小物块有mgsin ma2，解得a2gsin 8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t 0.5 s.,(3)小物块最终离A点的距离.,1,2,3,4,答案 3.6 m,解析 小物块从B向A运动过程中，有mgma3 ，a3g5 m/s2，,2.(2018湖南省常德市期末检测)如图2所示，有一质量为2 kg的物体放在长为1 m的固定斜面顶端，斜面倾角37，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8. (1)若由静止释放物体，1 s后物
22、体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？,图2,1,2,3,4,答案 2 m/s,(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？,1,2,3,4,答案 0.5,由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1， 联立解得0.5；,(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？,1,2,3,4,答案 5 N,解析 物体沿斜面向下运动，恒力F与重力的合力竖直向下， 设该合力为F合， 则F合sin F合cos ma2， 将a21.5 m/s2，37，0.5代入， 可得F合15 N，F合mgF15 N， 解得F
23、5 N.,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F6.5 N，玩具的质量m1 kg，经过时间t2.0 s，玩具移动了距离x2 m，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下.(g取10 m/s2)求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数.,图3,1,2,3,4,解析 玩具做初速度为零的匀加速直线运动，,1,2,3,4,对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos 30(mgFsin 30)ma,(2)松手后玩具还能滑行多远？,1,2,3,4,松手后，由牛顿第二定律得mgma,由匀变速运动的速度位移公式得,(3)当力F与水平方向夹角为多少
24、时拉力F最小？,答案 30,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 f0，fN 在竖直方向上，由平衡条件得NFsin mg,1,2,3,4,所以当30时，拉力最小.,4.(2019河南省洛阳市模拟)如图4所示，一重力为10 N的小球，在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去.已知杆与球间的动摩擦因数为 ，杆足够长，取g10 m/s2.求： (1)有F作用的过程中小球的加速度；,图4,1,2,3,4,答案 2.5 m/s2 方向沿杆向上,取沿杆向上为正方向， 设小球在力F作用时的加速度大小为a1， 此时小球的受力如图所
25、示， Fcos 30Gcos 30N Fsin 30Gsin 30Nma1 联立解得：a12.5 m/s2，方向沿杆向上,1,2,3,4,(2)撤去F瞬间小球的加速度；,答案 7.5 m/s2 方向沿杆向下,解析 撤去F瞬间，小球的受力如图所示， 设此时小球的加速度为a2，NGcos 30 Gsin 30Nma2 联立解得：a27.5 m/s2， 即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下,1,2,3,4,(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点.,答案 0.2 s或0.75 s,1,2,3,4,解析 刚撤去F时，小球的速度v1a1t13 m/s,则小球向上运动的最大距离为xmx1x22.4 m,解得t30.2 s或者t30.6 s(舍),1,2,3,4,小球返回时，受力如图所示， 设此时小球的加速度为a3， Gsin 30Nma3 得a32.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下,则通过B点时间为tt2t40.75 s.,1,2,3,4,