牛顿运动定律综合应用一解析.ppt

,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,单击此处编辑母版标题样式,*,*,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,Click to edit Master title style,Click to edit Master text styles,Second level,Third level,Fourth level,Fifth level,*,牛顿运动定律综合应用一解析,牛顿运动定律综合应用一解析牛顿运动定律综合应用一解析突破一牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。,1.“两大类型”,(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。,(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。,2.“一个桥梁”：加速度是联系v t图象与Ft图象的桥梁。,”通过阅读科技书籍，我们能丰富知识，培养逻辑思维能力；,突破一牛顿运动定律与图象综合问题的求解方法,物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。,1,.,“,两大类型,”,(1),已知物体在某一过程中所受的合力,(,或某个力,),随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。,(2),已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。,2,.,“,一个桥梁,”,：,加速度是联系,v,t,图象与,F,t,图象的桥梁。,3.,解决图象问题的方法和关键,(1),分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。,(2),注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义。,(3),明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。,【,例,1,】,(,多选,),(2015,新课标全国卷,，,20),如图,1(a),，一物块在,t,0,时刻滑上一固定斜面，其运动的,v,t,图线如图,(b),所示。若重力加速度及图中的,v,0,、,v,1,、,t,1,均为已知量，则可求出,(,),图,1,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.,物块沿斜面向上滑行的最大高度,答案,ACD,易错提醒,分析图象问题时常见的误区,(1),没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。,(2),没有注意坐标原点是否从零开始。,(3),不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。,(4),忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。,【,变式训练,】,1.,与,a,F,图象的综合,(,多选,),如图,2,甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力,F,拉物体，在,F,从,0,开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度,a,随外力,F,变化的图象如图乙所示。根据图乙中所标出的数据可计算出,(,g,取,10 m/s,2,)(,),图,2,A.,物体的质量为,1 kg,B.,物体的质量为,2 kg,C.,物体与水平面间的动摩擦因数为,0.3,D.,物体与水平面间的动摩擦因数为,0.5,解析,物体的受力如图所示，在力,F,从,0,增大到,7 N,之前物体静止，在,7 N,时运动状态发生变化，由牛顿第二定律得,F,f,ma,，代入图乙中,F,1,7 N,和,F,2,14 N,及对应的加速度,a,1,0.5 m/s,2,和,a,2,4 m/s,2,，解得,m,2 kg,，,f,6 N,，,A,错误，,B,正确；,f,F,N,mg,，则,0.3,，,C,正确，,D,错误。,答案,BC,2.,与,F,t,、,v,t,图象的综合,(,多选,),(2016,内蒙古包头测评,),将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图,3,甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力,F,的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示。,g,10 m/s,2,。则下列说法正确的是,(,),图,3,A.,在,2,4 s,内小球的加速度大小为,0.5 m/s,2,B.,小球质量为,2 kg,C.,杆的倾角为,30,D.,小球在,0,4 s,内的位移为,8 m,答案,AC,突破二连接体问题的分析方法,1,.,连接体的分类,根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。,(1),绳,(,杆,),连接,：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起；,(2),弹簧连接,：两个物体通过弹簧的作用连接在一起；,(3),接触连接,：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。,2,.,连接体的运动特点,轻绳,轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。,轻杆,轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。,轻弹簧,在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。,特别提醒,(1),“,轻,”,质量和重力均不计。,(2),在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。,3,.,连接体问题的分析方法,(1),分析方法：,整体法和隔离法。,(2),选用整体法和隔离法的策略：,当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；,对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。,类型一,绳,(,或杆,),连接体,【,例,2,】,如图,4,所示，有材料相同的,P,、,Q,两物块通过轻绳相连，并在拉力,F,作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力,F,的方向均平行于斜面。当拉力,F,一定时，,Q,受到绳的拉力,(,),图,4,A.,与斜面倾角,有关,B.,与动摩擦因数有关,C.,与系统运动状态有关,D.,仅与两物块质量有关,答案,D,方法提炼,【,变式训练,】,3.,(,多选,),(2016,广东颜锡祺中学月考,),如图,5,所示的小车上装有轻质杆,AB,，,B,端用细线连接小球，小球的质量为,m,，当小车以加速,a,水平向左运动时，细线对小球的作用力为,(,),图,5,解析,小球受重力和绳子的拉力,F,，向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，水平方向有，,F,sin,ma,，竖直方向有，,F,cos,mg,0,，根据几何关系得，,F,2,(,ma,),2,(,mg,),2,，故,B,、,C,、,D,正确。,答案,BCD,类型二,弹簧连接体,【,例,3,】,如图,6,所示，两个质量分别为,m,1,3 kg,、,m,2,2 kg,的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为,F,1,30 N,、,F,2,20 N,的水平拉力分别作用在,m,1,、,m,2,上，则,(,),图,6,A.,弹簧测力计的示数是,50 N,B.,弹簧测力计的示数是,24 N,C.,在突然撤去,F,2,的瞬间，,m,2,的加速度大小为,4 m/s,2,D.,在突然撤去,F,2,的瞬间，,m,1,的加速度大小为,10 m/s,2,答案,B,方法提炼,【,变式训练,】,4.,(,多选,),如图,7,所示，质量分别为,m,A,、,m,B,的,A,、,B,两物块用轻质弹簧连接放在倾角为,的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力,F,拉,B,物块，使它们沿斜面匀加速上升，,A,、,B,与斜面间的动摩擦因数均为,，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是,(,),图,7,A.,减小,A,物块的质量,B.,增大,B,物块的质量,C.,增大倾角,D.,增大动摩擦因数,答案,AB,联立,得,3,n,2,k,，总车厢数为,N,n,k,，由此式可知,n,只能取偶数，,当,n,2,时，,k,3,，总节数为,N,5,当,n,4,时，,k,6,，总节数为,N,10,当,n,6,时，,k,9,，总节数为,N,15,当,n,8,时，,k,12,，总节数为,N,20,，故选项,B,、,C,正确。,答案,BC,【,变式训练,】,5.,如图,8,所示，质量分别为,m,、,M,的两物体,P,、,Q,保持相对静止，一起沿倾角为,的固定光滑斜面下滑，,Q,的上表面水平，,P,、,Q,之间的动摩擦因数为,，则下列说法正确的是,(,),图,8,A.,P,处于超重状态,B.,P,受到的摩擦力大小为,mg,，方向水平向右,C.,P,受到的摩擦力大小为,mg,sin,cos,，方向水平向左,D.,P,受到的支持力大小为,mg,sin 2,解析,由题意可知，,P,有向下的加速度，处于失重状态，选项,A,错误；对,P,、,Q,整体，根据牛顿第二定律有,(,M,m,),g,sin,(,M,m,),a,，得加速度,a,g,sin,，将沿斜面向下的加速度,a,g,sin,沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则,a,1,a,cos,g,sin,cos,，,a,2,a,sin,g,sin,2,，对,P,分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有,f,ma,1,，方向水平向左，竖直方向上有,mg,F,N,ma,2,，得,f,mg,sin,cos,，,F,N,mg,cos,2,，选项,C,正确，,B,、,D,错误。,答案,C,突破三临界问题的处理方法,1,.,临界或极值条件的标志,(1),有些题目中有,“,刚好,”,、,“,恰好,”,、,“,正好,”,等字眼，表明题述的过程存在临界点。,(2),若题目中有,“,取值范围,”,、,“,多长时间,”,、,“,多大距离,”,等词语，表明题述的过程存在,“,起止点,”,，而这些起止点往往就对应临界状态。,(3),若题目中有,“,最大,”,、,“,最小,”,、,“,至多,”,、,“,至少,”,等字眼，表明题述的过程存在极值，这个极值点往往是临界点。,(4),若题目要求,“,最终加速度,”,、,“,稳定速度,”,等，即是求收尾加速度或收尾速度。,2,.,几种临界状态和其对应的临界条件如下表所示,临界状态,临界条件,速度达到最大,物体所受的合外力为零,两物体刚好分离,两物体间的弹力,F,N,0,绳刚好被拉直,绳中张力为零,绳刚好被拉断,绳中张力等于绳能承受的最大拉力,3.,处理临界问题的三种方法,极限法,把物理问题,(,或过程,),推向极端，从而使临界现象,(,或状态,),暴露出来，以达到正确解决问题的目的,假设法,临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题,数学法,将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件,【,例,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运动，然后改做加速度大小为,a,的匀减速运动直至静止，经过的总路程为,s,，运动过程中的最大速度为,v,。,图,9,(1),求箱子加速阶段的加速度大小,a,；,(2),若,a,g,tan,，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。,反思总结,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,(,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。,挖掘临界条件是解题的关键。如例,5,中第,(2),的求解关键是：假设球刚好不受箱子的作用力，求出此时加速度,a,。,【,变式训练,】,6.,如图,10,所示，将质量,m,1.24 kg,的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数为,0.8,。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角,53,的恒定拉力,F,，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第,1 s,内前进了,2 m,。,(,取,g,10 m/s,2,，,sin 53,0.8,，,cos 53,0.6),求：,图,10,(1),圆环加速度,a,的大小；,(2),拉力,F,的大小。,甲,乙,答案,(1)4 m/s,2,(2)12 N,或,124 N,1.,(,多选,),(2015,海南单科，,8),如图,11,，物块,a,、,b,和,c,的质量相同，,a,和,b,，,b,和,c,之间用完全相同的轻弹簧,S,1,和,S,2,相连，通过系在,a,上的细线悬挂于固定点,O,，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块,a,的加速度的大小记为,a,1,，,S,1,和,S,2,相对于原长的伸长分别记为,l,1,和,l,2,，重力加速度大小为,g,。在剪断的瞬间,(,),图,11,A.,a,1,3,g,B.,a,1,0,C.,l,1,2,l,2,D.,l,1,l,2,答案,AC,2.,(2015,重庆理综，,5),若货物随升降机运动的,v,t,图象如图,12,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,关系的图象可能是,(,),图,12,解析,由,v,t,图象可知：过程,为向下匀加速直线运动,(,加速度向下，失重，,F,mg,),；过程,为向上匀加速直线运动,(,加速度向上，超重，,F,mg,),；过程,为向上匀速直线运动,(,处于平衡状态，,F,mg,),；过程,为向上匀减速直线运动,(,加速度向下，失重，,F,mg,),。综合选项分析可知选项,B,正确。,答案,B,3.,(,多选,),(2015,江苏单科，,6),一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度,a,随时间,t,变化的图线如图,13,所示，以竖直向上为,a,的正方向，则人对地板的压力,(,),图,13,A.,t,2 s,时最大,B.,t,2 s,时最小,C.,t,8.5 s,时最大,D.,t,8.5 s,时最小,解析,由题图知，在上升过程中，在,0,4 s,内，加速度方向向上，,F,N,mg,ma,，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故,A,正确，,B,错误；由题图知，在,7,10 s,内加速度方向向下，由,mg,F,N,ma,知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故,C,错误，,D,正确。,答案,AD,4.,(2016,广东潮州凤凰中学段考,),如图,14,甲所示，倾角,37,的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量,m,1.0 kg,的小滑块,(,可视为质点,),接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当,t,0,时释放滑块。在,0,0.24 s,时间内，滑块的加速度,a,随时间,t,变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数,k,2.0,10,2,N/m,，当,t,0.14 s,时，滑块的速度,v,1,2.0 m/s,。,g,取,10 m/s,2,，,sin 37,0.6,，,cos 37,0.8,。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：,图,14,(1),斜面对滑块的摩擦力,f,的大小；,(2),t,0.14 s,时滑块与出发点间的距离,d,；,(3),在,0,0.44 s,时间内，滑块运动的路程,s,。,解析,(1),由图乙可知，当,t,1,0.14 s,时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，如图,(a),所示。,分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小,a,1,10 m/s,2,。根据牛顿第二定律有,mg,sin,f,ma,1,，解得,f,4.0 N,。,(2),当,t,1,0.14 s,时，弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离,d,等于,t,0,0,时弹簧的形变量,x,。由图乙可知，在出发点时滑块加速度的大小,a,30 m/s,2,，此时滑块受力如图,(b),所示，有,kd,mg,sin,f,ma,，解得,d,0.20 m,。,t,2,0.34 s,时滑块速度减为零，此后滑块将反向做匀加速直线运动，受力如图,c,所示，根据牛顿第二定律可求得此后加速度的大小,答案,(1)4.0 N,(2)0.20 m,(3)0.41 m,小结巧记,3,类问题,动力学中的图象问题、连接体问题、临界问题,4,种物理方法,整体法、隔离法、假设法、图象法,2,种物理思想,数形结合思想、临界极值思想,谢谢大家！,结 语,Thank You!,不尽之处，恳请指正！,