新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題1力與運(yùn)動(dòng)第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用課件

第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題一力與運(yùn)動(dòng)第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用核心知識(shí)·固雙基命題熱點(diǎn)·巧突破核心知識(shí)?固雙基必備知識(shí)”解讀1.解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的思路2.瞬時(shí)加速度問(wèn)題“關(guān)鍵能力”構(gòu)建1.思想方法(1)整體法與隔離法的選用技巧整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求出物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力(2)連接體問(wèn)題中常見的臨界條件接觸與脫離接觸面間彈力等于0恰好發(fā)生滑動(dòng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力繩子恰好斷裂繩子張力達(dá)到所能承受的最大力繩子剛好繃直與松弛繩子張力為02.模型建構(gòu)(1)沿如圖光滑斜面下滑的物體：有無(wú)摩擦都一樣，平面，斜面，豎直方向都一樣(3)下面幾種物理模型，在臨界情況下，a＝gtanα

光滑，相對(duì)靜止與接觸面間彈力為零

繩，相對(duì)靜止

光滑，與接觸面間彈力為零(4)下列各模型中，速度最大時(shí)合力為零，速度為零時(shí)，加速度最大命題熱點(diǎn)?巧突破考法一瞬時(shí)性問(wèn)題(2023·福建龍巖二模)一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度大小為g。當(dāng)撤去擋板瞬間，下列說(shuō)法正確的是(

)A．球A的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為gsinθB．球B的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為2gsinθC．地面對(duì)斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和D．地面對(duì)斜面體C的摩擦力方向水平向右題型1牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用例題1B【解析】根據(jù)題意，設(shè)A、B兩球質(zhì)量均為m，去掉擋板前，對(duì)A球受力分析，由平衡條件有F彈＝mgsinθ，去掉擋板瞬間，彈簧彈力不變，A球受力情況不變，合力為0，加速度為0，對(duì)B球有mgsinθ＋F彈＝ma，解得a＝2gsinθ；故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)上述分析可知，去掉擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則地面對(duì)斜面體C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C錯(cuò)誤；去掉擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對(duì)A、B和C整體分析，地面對(duì)斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯(cuò)誤?？挤ǘB接體問(wèn)題

(多選)(2022·全國(guó)甲卷，19,6分)如圖所示，質(zhì)量相等的兩滑塊P，Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小例題2AD【解析】①加速度：設(shè)P、Q的質(zhì)量均為m，彈簧的彈力為FT。由胡克定律，從撤掉拉力F開始到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈簧的伸長(zhǎng)量逐漸減小，因此，彈力FT逐漸減小。(以向右運(yùn)動(dòng)為正方向)②位移：彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)到原長(zhǎng)狀態(tài)，彈簧縮短了，即P、Q間距離減小了，因此P的位移小于Q的位移，C項(xiàng)錯(cuò)誤。③速度：在從撤掉拉力F到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，由分析可知，P做加速度由2μg逐漸減小到μg的減速運(yùn)動(dòng)；Q做加速度由0開始逐漸增大到μg的減速運(yùn)動(dòng)。P和Q具有相同的初速度，它們都做減速運(yùn)動(dòng)，而且P的速度減小得更快，因此，在這個(gè)過(guò)程中，P的速度在任意時(shí)刻都不會(huì)大于Q的速度，D項(xiàng)正確。考法三兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題(多選)(2023·福建廈門二模)如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí)，一手拿著球，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來(lái)。已知球筒質(zhì)量為M＝90g(不含球的質(zhì)量)，球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為f1＝2.6N，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為f2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后()例題2BD〔對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練〕(2023·全國(guó)乙卷)一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起，排球豎直向上運(yùn)動(dòng)，隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球(

)A．上升時(shí)間等于下落時(shí)間B．被墊起后瞬間的速度最大C．達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零D．下落過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)B【解析】上升過(guò)程和下降過(guò)程的位移大小相同，上升過(guò)程的末狀態(tài)和下降過(guò)程的初狀態(tài)速度均為零。對(duì)排球受力分析，上升過(guò)程的重力和阻力方向相同，下降過(guò)程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知，上升過(guò)程中任意位置的加速度比下降過(guò)程中對(duì)應(yīng)位置的加速度大，則上升過(guò)程的平均加速度較大。由位移與時(shí)間關(guān)系可知，上升時(shí)間比下落時(shí)間短，A錯(cuò)誤；上升過(guò)程排球做減速運(yùn)動(dòng)，下降過(guò)程排球做加速運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)過(guò)程中空氣阻力一直做負(fù)功，小球機(jī)械能一直在減小，下降過(guò)程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過(guò)程的最低點(diǎn)的速度，故排球被墊起時(shí)的速度最大，B正確；達(dá)到最高點(diǎn)速度為零，空氣阻力為零，此刻排球重力提供加速度不為零，C錯(cuò)誤；下落過(guò)程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在變化，排球在下落過(guò)程中做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。

〔真題研究〕

(2022·上海卷，8,3分)兩質(zhì)點(diǎn)由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，它們的位移x與時(shí)間t的圖像均為拋物線。t0時(shí)刻它們的速度分別為vⅠ和vⅡ，加速度分別為aⅠ和aⅡ。則(

)A．vⅠ>vⅡ，aⅠ>aⅡ B．vⅠ>vⅡ，aⅠ<aⅡC．vⅠ<vⅡ，aⅠ>aⅡ D．vⅠ<vⅡ，aⅠ<aⅡ題型2牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像結(jié)合A【解析】

〔對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練〕1.(2023·四川統(tǒng)考二模)如圖所示，一物體被水平向左的壓力F壓在粗糙的豎直墻壁上，某時(shí)刻壓力F的值為F0，此時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若從該時(shí)刻起使壓力F逐漸減小，直到減為零，則該過(guò)程中物體的加速度a與壓力F的關(guān)系圖像可能正確的是()D2.(多選)(2023·湖北孝昌三模)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在外力F從零開始逐漸增大的過(guò)程中，物體的加速度a隨外力F變化的關(guān)系如圖所示，g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是(

)A．物體與水平面間的最大靜摩擦力為14NB．物體做變加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)為14N時(shí)，物體的加速度大小為7m/s2C．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3D．物體的質(zhì)量為2kgCD【解析】由題