（北京專用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 專題三 牛頓運(yùn)動定律課件.ppt

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1、考點(diǎn)清單,考點(diǎn)一牛頓第一、三定律 考向基礎(chǔ) 1.牛頓第一定律:一切物體總保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài),除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。 (1)明確了力和運(yùn)動的關(guān)系,即力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因,不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因。 (2)保持原來運(yùn)動狀態(tài)不變是物體的一種屬性,即慣性,大小與質(zhì)量有關(guān)。 (3)牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ),不能說牛頓第一定律是牛頓第二定律的特例。牛頓第一定律定性地給出了力和運(yùn)動的關(guān)系,牛頓第二定律定量地說明了力和運(yùn)動的關(guān)系。,2.牛頓第三定律:兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上。 (1)相互作用力總是成對出現(xiàn),同時產(chǎn)生,

2、同時消失,是同種性質(zhì)的力。 (2)相互作用力作用在兩個物體上,作用效果不能疊加或者抵消。 考向突破 考向一對牛頓第一定律的理解 1.對牛頓第一定律的理解 (1)提出慣性的概念:牛頓第一定律指出一切物體都具有慣性,慣性是物體的一種固有屬性。 (2)揭示力的本質(zhì):力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因,而不是維持物體運(yùn)動 狀態(tài)的原因。,2.慣性的兩種表現(xiàn)形式 (1)物體在不受外力或所受的合外力為零時,慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運(yùn)動狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運(yùn)動)。 (2)物體受到外力時,慣性表現(xiàn)為抗拒運(yùn)動狀態(tài)改變。慣性大,物體的運(yùn)動狀態(tài)較難改變;慣性小,物體的運(yùn)動狀態(tài)容易改變。 3.與牛頓第二定律的對比 牛頓第

3、一定律是經(jīng)過科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來的,而牛頓第二定律是一條實(shí)驗(yàn)定律。,例1(2018浙江4月選考,1,3分)通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出“力不是維持物體運(yùn)動的原因”的科學(xué)家是() A.亞里士多德B.伽利略 C.笛卡爾 D.牛頓,解析伽利略通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出“力不是維持物體運(yùn)動的原因”,故選B。,答案B,考向二作用力與反作用力 1.作用力與反作用力的“六同”“三異”“二無關(guān)” (1)六同 (2)三異 (3)二無關(guān) 2.作用力、反作用力與一對平衡力的比較,例2如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧吊著一個質(zhì)量為m的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。把小球向下拉動一段距離后再釋放小球,最后小球又處于靜止?fàn)顟B(tài),下列判斷中正確

4、的是() A.小球靜止時,彈簧對小球的彈力和小球所受的重力是作用力和反作用力 B.小球靜止時,彈簧對小球的彈力和小球所受的重力是一對平衡力 C.小球的機(jī)械能守恒 D.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,解析小球靜止時,對小球受力分析,小球受豎直向下的重力和彈簧的彈力,根據(jù)平衡條件得,彈簧對小球的彈力和小球所受的重力是一對平衡力,故A錯誤,B正確;小球運(yùn)動過程中受到彈簧的彈力,且彈力做功,故機(jī)械能不守恒,故C錯誤;對小球和彈簧組成的系統(tǒng)分析,小球運(yùn)動一段時間后靜止,說明克服摩擦力做功,機(jī)械能不守恒,故D錯誤。,答案B,考點(diǎn)二超重和失重 考向基礎(chǔ) 1.超重:物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于其

5、自身重力。 2.失重:物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于其自身重力。若對支持物沒有壓力(或?qū)覓煳餂]有拉力),則為完全失重。 考向突破 考向?qū)Τ睾褪е氐睦斫?1.不論是超重還是失重,物體所受重力都沒有發(fā)生變化。 2.超重時加速度向上,但對速度方向沒有要求,所以存在加速上升和減速,下降兩種運(yùn)動情況。失重時加速度向下,同理存在加速下降和減速上升兩種運(yùn)動情況。 3.完全失重時不是物體不受重力,物體所受重力不變,只是物體由于重力而產(chǎn)生的現(xiàn)象都將消失,比如單擺停擺、天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等。,例3一種巨型娛樂器械可以使人體驗(yàn)超重和失重。一個可乘十多個人的環(huán)形座艙

6、套裝在豎直柱子上,由升降機(jī)送上幾十米的高處,然后讓座艙自由落下。落到一定位置時,制動系統(tǒng)啟動,座艙做減速運(yùn)動,到地面時剛好停下。在上述過程中,關(guān)于座艙中的人所處的狀態(tài),下列判斷正確的是() A.座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態(tài) B.座艙在減速運(yùn)動的過程中人處于超重狀態(tài) C.座艙在整個運(yùn)動過程中人都處于失重狀態(tài) D.座艙在整個運(yùn)動過程中人都處于超重狀態(tài),解析由題意知座艙先做自由落體運(yùn)動(加速度等于g,方向向下)再減速下降(加速度方向向上),所以人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)。,答案B,考點(diǎn)三牛頓第二定律及其應(yīng)用,考向基礎(chǔ),牛頓第二定律:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質(zhì)量成反比

7、,加速度的方向跟作用力的方向相同。表達(dá)式F=ma。 (1)力和加速度是瞬時對應(yīng)關(guān)系,力發(fā)生變化,加速度就發(fā)生變化,力撤除, 加速度就為零。力的瞬時效果是加速度,并不是速度,力的變化和加速度的變化瞬時對應(yīng),但是力撤去,速度并不一定馬上等于零。 (2)力和加速度都是矢量,既可以根據(jù)合力求加速度也可以根據(jù)某個方向的加速度求該方向上的合力,力和加速度都可以分解。 (3)既可以把相對靜止的幾個物體看做一個整體,根據(jù)整體受到的合力求整體的加速度,也可以對其中一個物體用隔離法求合力,得到該物體的加速度,整體法和隔離法的關(guān)聯(lián)點(diǎn)在于整體的加速度和隔離出的物體的加速度相同。,考向突破 考向一對牛頓第二定律的理解

8、1.牛頓第二定律的五個特性,2.合力、加速度、速度之間的關(guān)系 (1)不管速度是大是小還是零,只要合力不為零,物體都有加速度。 (2)a=是加速度的定義式,a與v、t無必然聯(lián)系;a=是加速度的決定式,aF,a。 (3)合力方向與速度方向在同一直線上,當(dāng)合力與速度同向時,物體加速運(yùn)動;當(dāng)合力與速度反向時,物體減速運(yùn)動。,例4如圖,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有() A.a1=0,a2=gB.a1=g,a2

9、=g C.a1=0,a2=gD.a1=g,a2=g,解析木板抽出前,由平衡條件可知彈簧被壓縮產(chǎn)生的彈力大小為mg。木板抽出后瞬間,彈簧彈力保持不變,仍為mg。由平衡條件和牛頓第二定律可得a1=0,a2=g。答案為C。,答案C,考向二牛頓第二定律的瞬時性問題 1.兩種模型 加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系,二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失,具體可簡化為以下兩種模型:,2.求解瞬時加速度的一般思路,分析瞬時變化前后 物體的受力情況,列牛頓第二 定律方程,求瞬時 加速度,,,例5某裝置的結(jié)構(gòu)如圖所示:在外殼的基板上固定一個螺栓,螺栓上有一頂端焊有鋼球的彈簧,螺栓、彈簧、鋼球及外殼都是電的良導(dǎo)體。在

10、靜止?fàn)顟B(tài)下,鋼球和外殼呈斷開狀態(tài)不會導(dǎo)通,當(dāng)受到?jīng)_擊,鋼球產(chǎn)生運(yùn)動與外殼接通,便可觸發(fā)執(zhí)行電路(未畫出),使報警器等元件開始工作。若此裝置由靜止從高處墜落,重力加速度用g表示,以下說法正確的是 (),A.開始下落的瞬間,鋼球的加速度為g B.開始下落的瞬間,外殼的加速度為g C.在執(zhí)行電路被接通前,鋼球的加速度方向可能向上 D.在執(zhí)行電路被接通前,外殼的加速度可能小于g,解析設(shè)鋼球質(zhì)量為m,該裝置整體質(zhì)量為m+M,開始下落瞬間,彈簧彈力不變,鋼球的加速度a=0,外殼的加速度a=gg,故A、B錯。執(zhí) 行電路被接通前,球和外殼未接觸,開始時彈力等于重力,彈簧被壓縮,后來若彈簧仍被壓縮,則形變量會變

11、小,則鋼球所受合力向下,加速度ag,故C錯,D正確。,答案D,思路分析確定研究對象,受力分析。,考向三動力學(xué)的兩類基本問題 1.解決動力學(xué)兩類基本問題的思路,2.動力學(xué)兩類基本問題的解題步驟,例6如圖所示,冰車靜止在冰面上,小孩與冰車的總質(zhì)量m=20 kg。大人用F=20 N的恒定拉力,使冰車開始沿水平冰面移動,拉力方向與水平面的夾角為=37。已知冰車與冰面間的動摩擦因數(shù)=0.05,重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)小孩與冰車受到的支持力FN的大小; (2)小孩與冰車的加速度a的大小; (3)拉力作用t=8 s時間,冰車運(yùn)動的位移x的大小。,

12、解析(1)冰車和小孩受力如圖所示 豎直方向合力為零,有FN+F sin =mg 解得支持力FN=188 N (2)水平方向,根據(jù)牛頓第二定律有F cos -f=ma 摩擦力f=FN 解得加速度a=0.33 m/s2 (3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有x=at2,解得x=10.56 m,答案(1)188 N(2)0.33 m/s2(3)10.56 m,知識拓展解決動力學(xué)兩類問題的兩個關(guān)鍵點(diǎn) 考向四動力學(xué)圖像問題 1.常見的動力學(xué)圖像 v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。,2.動力學(xué)圖像問題的類型 3.解題策略 (1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動的關(guān)系,解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)

13、、圖線與橫軸所圍面積的物理意義。 (2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系,以便對有關(guān)物理問題做出準(zhǔn)確判斷。,例7(多選)如圖甲所示,光滑平直軌道MO和ON底端平滑對接,將它們固定在同一豎直平面內(nèi),兩軌道與水平地面間的夾角分別為和,且,它們的上端M和N位于同一水平面內(nèi)。現(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的一小滑塊從M端由靜止釋放,若小滑塊經(jīng)過兩軌道的底端連接處的時間可忽略不計(jì)且無機(jī)械能損失,小滑塊沿軌道可運(yùn)動到N端。以a、E分別表示小滑塊沿軌道運(yùn)動的加速度大小和機(jī)械能,t表示時間,圖乙是小滑塊由M端釋放至第一次到達(dá)N端的運(yùn)動過程中的a-t圖像和E-t圖像,其中可能

14、正確的是(),甲,乙,解析對滑塊受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得滑塊在MO軌道上滑動時的加速度大小為:a1=g sin ,滑塊在ON軌道上滑動時的加速度大小為:a2=g sin ,因?yàn)?所以a1a2,選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯誤;因?yàn)榛瑝K在整個運(yùn)動過程中,只有重力做功,所以滑塊的機(jī)械能守恒,選項(xiàng)C錯誤,選項(xiàng)D正確。,答案AD,方法技巧 方法1動力學(xué)中整體法與隔離法的應(yīng)用 1.什么是整體法與隔離法 (1)整體法是指對問題涉及的整個系統(tǒng)或過程進(jìn)行研究的方法。 (2)隔離法是指從整個系統(tǒng)中隔離出某一部分物體,進(jìn)行單獨(dú)研究的方法。 2.整體法與隔離法常用來解決什么問題 (1)連接體問題 這類問題一般是連接體(

15、系統(tǒng))中各物體保持相對靜止,即具有相同的加速度。解題時,一般采用先整體、后隔離的方法。 建立坐標(biāo)系時要根據(jù)矢量正交分解越少越好的原則,選擇正交分解力,或正交分解加速度。 (2)滑輪類問題 若需要求繩的拉力,一般都采用隔離法。例如(如圖所示),繩跨過定滑輪連接的兩物體雖然加速度大小相同,但方向不同,故采用隔離法。 3.應(yīng)用整體法與隔離法的注意點(diǎn)是什么 物體系統(tǒng)的動力學(xué)問題涉及多個物體的運(yùn)動,各物體既相互獨(dú)立,又通,過內(nèi)力相互聯(lián)系。處理各物體加速度都相同的連接體問題時,整體法與隔離法往往交叉使用,一般思路是: (1)求內(nèi)力時,先用整體法求加速度,再用隔離法求物體間的作用力。 (2)求外力時,先用隔

16、離法求加速度,再用整體法求整體受到的外加作用力。 例1(2015課標(biāo),25,20分)一長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(a)所示。t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動,直至t=1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)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)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2; (2)木板的最小長度; (3)木板

17、右端離墻壁的最終距離。,解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。應(yīng)用整體法,由牛頓第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運(yùn)動學(xué)公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板與墻壁碰前瞬間的位移,v0是小物塊和木板開始運(yùn)動時的速度。 聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 1=0.1,在木板與墻壁碰撞后,應(yīng)用隔離法,木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動,小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動。設(shè)小物塊的加速度為a

18、2,由牛頓第二定律有 -2mg=ma2 由圖(b)可得 a2= 式中,t2=2 s,v2=0,聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 2=0.4 (2)碰撞后木板和小物塊的運(yùn)動狀態(tài)不同,應(yīng)用隔離法,設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間t,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得,2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中,木板的位移為 s1=t 小物塊的位移為 s2=t 小物塊相對木板的位移為 s=s2-s1 聯(lián)立式,并代入數(shù)據(jù)得,s=6.0 m 因?yàn)檫\(yùn)動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m

19、。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運(yùn)動直至停止,應(yīng)用整體法,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運(yùn)動的位移為s3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得 1(m+M)g=(m+M)a4 0-=2a4s3 碰后木板運(yùn)動的位移為 s=s1+s3 聯(lián)立式,并代入數(shù)據(jù)得,s=-6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。,答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m,方法2動力學(xué)中的臨界極值問題 1.有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼,即表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)。 2.若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語,表明題述的過程存在著“起止點(diǎn)”,而這些起止點(diǎn)往往對應(yīng)臨界狀態(tài)。 3.若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述的過程存在著極值,這個極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)。 4.若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。,解析對A、B整體,地面對B的最大靜摩擦力為mg,故當(dāng)mg3mg時,A相對B才能滑動,C對。當(dāng)F= mg時,A、B相對靜止,對整體有:mg-3mg=3ma,a=g,故B正確。無 論F為何值,B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2mg,故B的最大加速度aBm==g,可見D正確。,答案BCD,