2018版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动三以加速度为桥梁攻克两类动力学问题课件

专题一力和运动考情分析备考策略1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，命题灵活，情景新颖，形式多样。

其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。

2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。

1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。

2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。

综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。

3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题。

考向一物体的受力分析(选择题)1．六种常见力的方向力方向重力竖直向下弹力垂直于接触面指向受力物体摩擦力与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反电场力由检验电荷的电性和电场的方向共同决定安培力用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面洛伦兹力用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。

3.掌握受力分析的基本步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。

[例1](2014·泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N 处受力的方向，下列说法正确的是()A．M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向[审题指导](1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。

(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。

[解析]支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A 正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。

第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题知识点1 牛顿第二定律 单位制 1．牛顿第二定律 (1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．(2)表达式a ＝Fm或F ＝ma . (3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)． ②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况． 2．单位制 (1)单位制由基本单位和导出单位组成． (2)基本单位基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位． 知识点2 两类动力学问题 1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况． (2)已知运动情况求物体的受力情况． 2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：1．正误判断(1)牛顿第二定律的表达式F ＝ma 在任何情况下都适用．(×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用．(×)(3)F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关．(√) (4)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(5)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)2．[单位制的理解与应用]在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1B [由F ＝ma ，可知1 N ＝1 kg·m·s －2，由P ＝Fv ，可知1 W ＝1 N·m·s －1＝1 kg·m 2·s－3，由U ＝PI，可知1 V ＝1 W·A －1＝1 m 2·kg·s －3·A －1，故导出单位V(伏特)可表示为m 2·kg·s －3·A －1，选项B 正确．]3．[由受力情况确定运动情况]用40 N 的水平力F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后撤去，则第5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是( )A ．v ＝6 m/s ，a ＝0B ．v ＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2C ．v ＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2D ．v ＝10 m/s ，a ＝0A [由牛顿第二定律得：F ＝ma ，a ＝2 m/s 2.3 s 末物体速度为v ＝at ＝6 m/s ，此后F 撤去，a ＝0，物体做匀速运动，故A 正确．]4．[由运动情况确定受力情况]一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在车上的一根水平杆，物块A 穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B ，B 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图3­2­1分四次分别以加速度a 1、a 2、a 3、a 4向右匀加速运动，四种情况下A 、B 均与车保持相对静止，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向．已知a 1∶a 2∶a 3∶a 4＝1∶2∶4∶8，A 受到的摩擦力大小依次为f 1、f 2、f 3、f 4，则下列判断错误的是( )【导学号：92492122】图3­2­1A ．f 1∶f 2＝1∶2B ．f 1∶f 2＝2∶3C ．f 3∶f 4＝1∶2D ．tan α＝2tan θB [设A 、B 的质量分别为M 、m ，则由题图知，(1)和(2)中A 在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f 1＝Ma 1，f 2＝Ma 2，所以f 1∶f 2＝1∶2，故A 正确，B 错误；(3)和(4)中，以A 、B 整体为研究对象，受力分析如图所示，则f 3＝(M ＋m )a 3，f 4＝(M ＋m )a 4，可得f 3∶f 4＝1∶2，所以C 正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝ma 3，mg tan α＝ma 4，联立可得tan α＝2tan θ，故D 正确．]1.(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．(3)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无直接关系；a ＝Fm是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m.[题组通关]1．(多选)下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )【导学号：92492123】A ．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零CD [物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C 、D 正确，A 、B 错误．] 2．如图3­2­2所示，质量m ＝10 kg 的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F ＝20 N 的作用，则物体产生的加速度是(g 取10 m/s 2)( )图3­2­2A ．0B ．4 m/s 2，水平向右 C ．2 m/s 2，水平向左D ．2 m/s 2，水平向右B [物体水平向左运动，所受滑动摩擦力水平向右，F f ＝μmg ＝20 N ，故物体所受合外力F 合＝F f ＋F ＝40 N ，由牛顿第二定律可得：a ＝F 合m＝4 m/s 2.方向水平向右，B 正确．]1加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．一般思路第一步：分析原来物体的受力情况． 第二步：分析物体在突变时的受力情况． 第三步：由牛顿第二定律列方程．第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性． [题组通关]1．如图3­2­3所示，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )【导学号：92492124】甲 乙图3­2­3A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为0C ．图乙中轻杆的作用力一定不为0D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的2倍D [撤去挡板前，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为0，加速度为0，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A 、B 两球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D 对．]2．(2017·银川模拟)如图3­2­4所示，质量分别为m 和2m 所小球A 和B ，用轻弹簧相连后再用细线悬挂于电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线上的拉力为F .此时突然剪断细线，在细线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )【导学号：92492125】图3­2­4A.F 3，F3m ＋g B ．F 3，2F 3m＋g C.2F 3，F3m＋g D ．2F 3，2F 3m＋gD [剪断细线前：设弹簧的弹力大小为f .根据牛顿第二定律得： 可整体：F －3mg ＝3ma 对B 球：f －2mg ＝2ma 解得，f ＝2F3剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f ＝2F3.对A 球：mg ＋f ＝ma A ，得a A ＝2F3m＋g ，故选项D 正确．]3．(2017·绍兴模拟)如图3­2­5所示，A 、B 两小球分别用轻质细绳L 1和轻弹簧系在天花板上，A 、B 两小球之间也用一轻绳L 2连接，细绳L 1和弹簧与竖直方向的夹角均为θ，A 、B 间细绳L 2水平拉直，现将A 、B 间细绳L 2剪断，则细绳L 2剪断瞬间，下列说法正确的是( )【导学号：92492126】图3­2­5A ．细绳L 1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1B ．细绳L 1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos 2θ C ．A 与B 的加速度之比为1∶1 D ．A 与B 的加速度之比为cos θ∶1图1 图2D [根据题述，A 、B 两球的质量相等，设均为m .剪断细绳L 2时对A 球受力分析如图1所示，由于绳的拉力可以突变，应沿绳L 1方向和垂直于绳L 1方向正交分解，得F T ＝mg cos θ，ma 1＝mg sin θ.剪断细绳L 2时B 球受力如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持剪断前的力不变，有F cos θ＝mg ，F sin θ＝ma 2，所以F T ∶F ＝cos 2θ∶1，a 1∶a 2＝cos θ∶1，则D 正确．]两点提醒：1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．1.解决动力学基本问题时对力的处理方法(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)，则采用“正交分解法”． 2．两类动力学问题的解题步骤[多维探究]●考向1 已知受力情况，求物体运动情况1．(多选)(2017·日照模拟)如图3­2­6是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P 、Q 、N 是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q 传感器示数为零，P 、N 传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零．已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g 取10 m/s 2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )图3­2­6A ．4 m/s 2B ．3 m/s 2C ．2 m/s 2D ．1 m/s 2AB [设圆柱形工件的质量为m ，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有F Q ＋mg ＝F N cos 15°，F 合＝F N sin 15°＝ma ，联立解得a ＝F Q ＋mgm×tan 15°＝F Q m×0.27＋2.7 m/s 2＞2.7 m/s 2，故选项A 、B 正确．]2．(多选)(2016·全国甲卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )【导学号：92492127】A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]●考向2 已知运动情况，求物体受力情况3．(2017·德州模拟)一质量为m ＝2 kg 的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑．如图3­2­7所示，若用一水平向右恒力F 作用于滑块，使之由静止开始在t ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m ．求：(g 取10 m/s 2)【导学号：92492128】图3­2­7(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F 的大小．【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma解得：μ＝36. (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．由x ＝12a 1t 2，得a 1＝2 m/s 2，当加速度沿斜面向上时，F cos 30°－mg sin 30°－μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma 1，代入数据得：F ＝7635N当加速度沿斜面向下时：mg sin 30°－F cos 30°－ μ(F sin 30°＋mg cos 30°)＝ma 1 代入数据得：F ＝437N.【答案】 (1)36 (2)7635 N 或437N解决动力学两类问题的关键点[母题] 如图3­2­8所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，si n 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图3­2­8(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 【自主思考】 (1)滑块M 在传送带上运动时，所受摩擦力的方向如何？提示：开始时，沿传送带向下；当物体的速度小于传送带的速度时，摩擦力的方向又沿传送带向上．(2)物体沿传送带向上做什么运动？提示：先以加速度a 1匀减速运动，后以加速度a 2匀减速运动．【解析】 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1 ①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－va 1②通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2 ④物体继续减速，设经t 2速度到达传送带B 点L －x 1＝vt 2－12a 2t 22⑤联立①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s.(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a 2，L ＝v 0t ′－12a 2t ′2⑥联立④⑥式可得：t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去)．【答案】 (1)2.2 s (2)1 s [母题迁移]●迁移1 倾斜传送带向下传送1．如图3­2­9所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3­2­9A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小或也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥t an θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．]●迁移2 水平传送带水平传送2．(多选)如图3­2­10所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4 m ，以v 0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，则煤块从A 运动到B 的过程中( )【导学号：92492129】图3­2­10A ．煤块从A 运动到B 的时间是2.25 sB ．煤块从A 运动到B 的时间是1.5 sC ．划痕长度是0.5 mD ．划痕长度是2 mBD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmg m＝4 m/s 2， 煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t 1＝v 0a ＝1 s ，位移大小x 1＝12at 21＝2 m ＜x ， 此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δx ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，选项D 正确，C 错误；x 2＝x －x 1＝2 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5 s ， 运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，选项B 正确，A 错误．]分析传送带问题的三步走1．初始时刻，根据v 物、v 带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况．2．根据临界条件v 物＝v 带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式．3．运用相应规律，进行相关计算．。