专题三牛顿运动定律2课件2025高考物理复习专题

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考点1　牛顿运动定律的理解及基本应用一、超重、失重和完全失重现象的比较
注意　区分超重、失重的关键是确定加速度的方向,若加速度方向竖直向上或斜向 上,则为超重;若加速度方向竖直向下或斜向下,则为失重。二、瞬时性问题1.模型解读
2.根据物体的运动情况确定受力 3.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和运动过程分析。(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁;相邻运动过程连接点的速度是联系两 相邻运动过程的桥梁。
三、两类动力学问题1.根据物体的受力确定运动情况
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图 乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦(过切点)上端 由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
例　如图所示,位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道,已知在t=0 时,a、b、c三球分别从O点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点,所用 时间分别为t1、t2、t3。下列关系正确的是 (　    ) A.t1>t2>t3　    B.t1题型3　动力学中的图像问题和临界极值问题一、动力学中的图像问题1.常见的动力学图像
2.解题方法(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点和 面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式,进而明确“图像与公式”“图像与物 体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。(3)整理得出图像的解析式。
典例1　质量m=2 kg、初速度v0=8 m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动,物体与地面间 的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还受到一个随时间按如图所示规律变化的水平拉力F的 作用。设水平向右为拉力的正方向,且物体在t=0时刻开始运动,g取10 m/s2,则以下结 论正确的是 (　    )A.0~1 s内,物体的加速度大小为2 m/s2
B.1~2 s内,物体的加速度大小为4 m/s2C.0~1 s内,物体的位移为7 mD.0~2 s内,物体的总位移为11 m
二、动力学中的临界极值问题1.三种典型临界问题的临界条件
典例2　如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等 于mg的恒力F向上拉B,运动距离为h时,B与A分离。重力加速度为g,下列说法正确的是  (　    )A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长B.B和A刚分离时,它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于 D.在B与A分离之前,它们做匀加速直线运动
题型4　传送带模型一、水平传送带模型1.三种情境分析
2.解题要点(1)在水平方向匀速运动的传送带模型中,滑块相对传送带滑动时,滑块受滑动摩擦力 作用;滑块相对传送带静止,共速运动时,不受摩擦力作用。(2)根据滑块的初速度方向与摩擦力方向的关系,确定滑块的运动性质。(3)规定正方向后,在同一坐标系中画出滑块和传送带的v-t图像,滑块与传送带之间的 运动关系更直观。
二、倾斜传送带模型1.三种情境分析
2.解题要点在倾斜传送带模型中,滑块受重力、支持力和平行于传送带方向的摩擦力作用,当滑 块与传送带有相同速度时,若μ典例　如图所示,倾角为37°、长l=16 m的传送带,传动速度v=10 m/s,在传送带顶端A处 无初速度地释放一个质量m=0.5 kg的物体,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知 sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2。求: (1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。
  审题指导    (1)在倾斜传送带模型中,要特别关注μ与tan α的关系。本题中μ=0.5μ,即重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力,可知在 下滑过程中物体始终相对于传送带向下运动,摩擦力不变,方向沿传送带向上。根据
牛顿第二定律可得ma1=mg sin 37°-μmg cs 37°,可得a1=2 m/s2。物体做初速度为0的匀 加速直线运动,l= a1t2,得t=4 s。(2)当传送带逆时针转动时,物体从静止开始沿传送带下滑,其初速度小于传送带的速 度,所以物体将先受到沿传送带向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律有ma2=mg sin 37°+ μmg cs 37°,得a2=10 m/s2;当物体加速运动到与传送带共速时,v=a2t1,得t1=1 s;由速度位 移关系式有v2=2a2x1,得x1=5 mμ,物体与传送带共速后将继续相对 于传送带加速下滑,受力情况同(1)问,物体的加速度为a1,且x2=l-x1,由位移时间关系式可 得x2=vt2+ a1 ,解得t2=1 s,总时间t总=t1+t2=2 s。
解法二　图像法(1)当传送带顺时针转动时,根据牛顿第二定律可得ma1=mg sin 37°-μmg cs 37°,可得a1 =2 m/s2。物体做初速度为0的匀加速直线运动,有v物=a1t。以沿传送带向下为正方向, 在坐标系中画出物体和传送带的v-t图像(如图甲所示),由图中阴影部分的面积可知当t =4 s时物体对地位移达到16 m,此时物体从传送带B端滑落,因此t=4 s。
(2)当传送带逆时针转动时,仍以沿传送带向下为正方向,物体受到沿传送带向下的滑 动摩擦力,可得ma2=mg sin 37°+μmg cs 37°,得a2=10 m/s2。物体从静止开始加速,有v物= a2t1。作出物体和传送带的v-t图像(如图乙所示)。由图像可知当t1=1 s时物体与传送带 共速,由于tan α>μ,之后物体继续向下加速,将相对于传送带向下运动,因此受力情况如 第(1)问,加速度为a1,得v物=v+a1t2,作出后半程物体的v-t图像。由全过程物体的v-t图线 与横坐标轴所围面积的物理意义可知,当面积总和达到16 m时物体离开传送带,有l=16 m=  ×10×1+ (10+10+2t2)t2 (单位为m),可得t2=1 s,总时间t总=t1+t2=2 s。
   答案    (1)4 s    (2)2 s
题型5　滑块-木板模型一、解题必备1.“一选取两分析”(1)研究对象的选取:即整体法与隔离法的选取。(2)受力分析:要确定是静摩擦力还是滑动摩擦力,正压力大小如何计算,摩擦力方向如 何确定,特别注意分析速度相同时摩擦力可能发生突变的问题。(3)位移分析:滑块是否滑离木板。
2.分析板块模型的两个关键(1)突破一个难点:判断滑块和木板是否发生相对滑动。(2)把握两个关系:根据两物体的位移关系可以画出位移关系情境图,再辅以v-t图像帮 助理解;当滑块和木板的速度相同时摩擦力会发生突变,这是运动过程中的重要转折 点。3.分析板块模型问题的思维流程
二、常见题型1.模型概述滑块-木板模型涉及摩擦力分析、相对运动,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。2.滑块-木板模型常见问题分类(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)力作用在“板”(质量为m2)上
(2)力作用在“块”(质量为m1)上
(3)“板块”有初速度(木板足够长)
典例　如图所示,质量m1=2 kg的小铁块(大小不计),放在长L=2.5 m的长木板左端,木板 质量m2=1 kg,木板放在水平地面上,对小铁块施加水平向右的拉力F,已知小铁块与木 板间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动 摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)为把小铁块从右端拉离木板,对小铁块施加的水平向右的拉力F应满足什么条件?(2)若拉力F=8 N,作用t=2 s后撤去F,求撤去拉力时小铁块和木板的速度大小v1和v2。(3)在(2)的情况下,求木板运动的最大速度。
  解析    (1)要使铁块滑离木板,需要让二者间的摩擦力为滑动摩擦力,且铁块的加速度大于木板的加速度。对木板和铁块受力分析可知,铁块受到向右的拉力F和向左的 滑动摩擦力Ff1;木板上表面受到铁块对其向右的滑动摩擦力Ff1',下表面受到地面对其 向左的滑动摩擦力Ff2。由牛顿第三定律可知Ff1=Ff1'。对铁块:F-μ1m1g=m1a1对木板:μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2同时应满足a1>a2解得F>6 N。
(2)当F=8 N时,显然已经满足第(1)问的条件,此时木板的加速度大小a2=1 m/s2,铁块的加速度大小a1=2 m/s2拉力作用2 s后铁块的速度v1=a1t=4 m/s木板的速度v2=a2t=2 m/s。(3)在第(2)问条件下,前2 s内铁块的加速度始终大于木板的加速度,可知铁块的速度始 终大于木板的速度;撤去拉力F之后的一小段时间内,铁块受滑动摩擦力将开始减速,由 于铁块的速度仍然比木板的大,所以在这段时间内,木板的受力情况不会发生变化,将 一直保持加速状态,直到二者达到相同速度或铁块从木板上滑下。假设从撤去拉力F 到二者共速这段时间为t2,在总时间内,如果相对位移大于板长,说明铁块从木板上滑
实验微专题4　探究加速度与物体受力、物体质量的关系一、实验原理及装置图
实验装置如图所示,用控制变量法先保持F不变,探究a和M的关系,再保持M不变,探究a和F的关系。加速度可以根据纸带上打出的点测量,拉力近似等于槽码的重力。
二、操作要领及注意事项1.如何进行阻力补偿:按图安装实验器材,先不要悬挂槽码,给小车一初速度,若小车恰 好能做匀速直线运动(纸带点迹分布均匀),则说明平衡了小车受的阻力。实验过程中 要求细线与长木板平行,不用重复进行阻力补偿。2.槽码和小车的质量应满足什么关系:由于本实验中把槽码的总重力mg看成小车受到 的拉力F,所以需要使槽码的质量远小于小车的质量。(若使用力传感器测拉力F或以 小车和槽码整体为研究对象,则无需满足此要求)3.实验操作时需要注意哪些细节:改变拉力或小车质量后,每次开始时小车应尽量靠近打点计时器,先接通电源,后释放小车,且在小车到达滑轮前按住小车。
三、数据处理1.利用逐差法或图像法求加速度a。2.以a为纵坐标,F为横坐标,描点连线,如果该线为过原点的倾斜直线,说明a与F成正 比。3.以a为纵坐标, 为横坐标,描点连线,如果该线为过原点的倾斜直线,说明a与M成反比。四、误差分析1.拉力数据误差:由于将槽码的重力mg当作细线的拉力,而实际重力mg大于拉力F。2.阻力补偿误差:若长木板坡度调节不合理,可能导致作出的图线不经过坐标原点。