高考物理总复习主题二相互作用与运动定律单元总结学案新人教版整理.docx

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高考物理总复习主题二相互作用与运动定律单元总结学案新人教版整理

（通用版）2018-2019版高考物理总复习主题二相互作用与运动定律单元总结学案新人教版

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主题二相互作用与运动定律

单元总结

一、整体法和隔离法

整体法

隔离法

概念

将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法

将研究对象与周围物体分隔开的方法

选用

原则

研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度

研究系统内物体之间的相互作用力

注意

问题

受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用

一般隔离受力较少的物体

［例1］如图1所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B。

现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时环A仍保持静止。

求：

图1

（1）此时水平拉力F的大小；

（2）横杆对环的支持力的大小；

（3）杆对环的摩擦力。

解析　

（1）取小球为研究对象进行受力分析，由平衡条件得：

FTsin37°＝F

FTcos37°＝mg

联立解得F＝

mg。

（2）取A、B组成的系统为研究对象

FN＝2mg，Ff＝F　Ff＝

mg。

（3）由

（2）可知环受到的摩擦力大小为

mg，方向水平向左。

答案　

（1）

mg　

（2）2mg　（3）

mg　方向水平向左

方法总结

解决连接体问题时，往往先用整体法选取合适的研究对象作为切入点，达到简化解题过程的目的。

[针对训练1］如图2所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB（mA>mB），由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和所有摩擦，则A、B运动过程中（　　）

图2

A。

轻绳的拉力为（mA－mB）g

B.轻绳的拉力逐渐减小

C。

它们加速度的大小与

成正比

D.若mA＋mB是一定值,则加速度大小与mA－mB成正比

解析　对A由牛顿第二定律可得mAg－F＝mAa,对B由牛顿第二定律可得F′－mBB＝mBa，又F＝F′,解得F＝

a＝

g，A、B、C错误，D正确。

答案　D

二、共点力的动态平衡及处理方法

物体在几个力的共同作用下处于平衡状态,如果其中的某个力（或某几个力）的大小或方向发生变化，物体受到的其他力也会随之发生变化，如果在变化的过程中物体仍能保持平衡状态，这就是动态平衡。

[例2］如图3，一小球放置在木板与竖直墙面之间。

设墙面对球的弹力大小为FN1，木板对球的弹力大小为FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。

不计摩擦，在此过程中（　　）

图3

A。

FN1始终减小，FN2始终增大

B。

FN1始终减小，FN2始终减小

C。

FN1先增大后减小，FN2始终减小

D。

FN1先增大后减小,FN2先减小后增大

解析　法一　解析法

如图所示，由平衡条件得FN1＝

FN2＝

随θ逐渐增大到90°,tanθ、sinθ都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以选项B正确。

法二　图解法

对球受力分析，球受3个力，分别为重力G、墙对球的弹力FN1和板对球的弹力FN2。

当板逐渐放至水平的过程中，球始终处于平衡状态,即FN1与FN2的合力F始终竖直向上，大小等于球的重力G，如图所示，由图可知FN1的方向不变，大小逐渐减小,FN2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项B正确。

答案　B

方法总结

图解法分析三力动态平衡问题的思路

（1）确定研究对象，作出受力分析图。

（2）明确三力的特点，哪个力不变，哪个力变化。

（3）将三力的示意图首尾连接，构造出矢量三角形，或将某力根据其效果进行分解，画出平行四边形。

（4）根据已知量的变化情况,确定有向线段（表示力）的长度变化，从而判断各个力的变化情况。

［针对训练2]如图4，柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α

。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变.在OM由竖直被拉到水平的过程中（　　）

图4

A。

MN上的张力逐渐增大

B.MN上的张力先增大后减小

C.OM上的张力逐渐增大

D。

OM上的张力先增大后减小

解析　OM的张力F1和MN的张力F2的合力F不变，关系如图所示,

＝

＝

将重物向右上方缓慢拉起，夹角α不变，β由钝角逐渐减小到锐角，γ由锐角逐渐增大到直角，则MN上的张力F2逐渐增大，OM上的张力F1先增大后减小，选项A、D正确。

答案　AD

三、物理图象在动力学问题中的应用

1。

动力学中两类常见图象及其处理方法

（1）v－t图象：

可以从所提供图象获取运动的方向、瞬时速度、某时间内的位移以及加速度，结合实际运动情况可以确定物体的受力情况。

（2）F－t图象：

首先应明确该图象表示物体所受的是哪个力，还是合力，根据物体的受力情况确定加速度，从而研究它的运动情况。

2.两图象需关注：

图象的截距、斜率、面积以及正负的含义，要做到物体实际受力与运动情况的紧密结合。

[例3]一质量m＝2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面到上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图5所示。

（取sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,g＝10m/s2）求：

图5

（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；

（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；

（3）小物块所到达斜面最高点与斜面底端的距离。

解析　

（1）由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为

a＝

＝

m/s2＝－8.0m/s2

加速度大小为8m/s2.

（2）对小物块进行受力分析如图所示，

由牛顿第二定律知：

mgsin37°＋Ff＝ma

又FN－mgcos37°＝0

Ff＝μFN

代入数据解得μ＝0。

25。

（3）由图线知小物块沿斜面上滑的距离为

x＝

·t＝

×1.0m＝4。

0m

答案　

（1）8.0m/s2　

（2）0。

25　（3）4。

0m

规律总结

1。

v－t、x－t图象反映的是物体的运动规律,绝非代表物体的运动轨迹。

F－t图象反映的是物体的受力规律

2.分析图象法，先从它的物理意义、点、线段、截距、交点、拐点、面积等方面了解信息.

［针对训练3]放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系如图6甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。

取重力加速度g＝10m/s2。

由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（　　）

图6

A。

0.5kg,0.4B.1.5kg，

C.0.5kg，0。

2D。

1kg，0。

2

解析　由F－t图和v－t图可得，物块在2～4s内所受外力F＝3N，物块做匀加速运动,a＝

＝

m/s2＝2m/s2，F－Ff＝ma,即3－10μm＝2m①

物块在4～6s所受外力F′＝2N，物块做匀速直线运动，

则F′＝Ff，F′＝μmg,即10μm＝2②

由①②解得m＝0。

5kg，μ＝0.4，故选项A正确。

答案　A

四、应用牛顿运动定律处理多过程问题

1.按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同的状态）进行分析（包括列式计算）的解题方法称为程序法。

解题的基本思路是：

正确划分出题目中有多少个不同过程或多少个不同状态，然后对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果。

2。

当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程。

联系点：

前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系等.

［例4］科研人员乘气球进行科学考察。

气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg.气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住。

堵住时气球下降速度为1m/s,且做匀加速运动，4s内下降了12m。

为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物。

此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3m/s。

若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89m/s2,求抛掉的压舱物的质量.

解析　

抛压舱物前，h1＝v0t＋

a1t

解得：

a1＝1m/s2

设漏气后浮力为F,抛压舱物前质量为m，抛掉压舱物的质量为m′，对过程分析，如图所示，由牛顿第二定律得:

mg－F＝ma1

抛压舱物后，Δv＝a2Δt

解得：

a2＝0。

01m/s2

由牛顿第二定律得：

F－（m－m′）g＝（m－m′）a2

解得：

m′＝101kg

答案　101kg

方法总结

分析多过程问题的要领

（1）将多过程分解为多个子过程，各子过程间由衔接点连接。

（2）对各子过程进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

（3）根据子过程和衔接点的模型特点选择合理的动力学规律列方程。

（4）分析衔接点的位移、速度、加速度等的联系，确定各子过程间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程。

（5）联立方程组,分析求解，并对结果进行必要的讨论或验证.

［针对训练4]物体以14。

4m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡,到最高点后再滑下，如图7所示.已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：

图7

（1）物体沿斜面上滑的最大位移；

（2）物体沿斜面下滑的时间。

（已知g=10m/s2,sin37°＝0。

6,cos37°＝0。

8）

解析　

（1）上滑时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得：

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得a1＝7。

2m/s2

上滑最大位移为x＝

代入数据得x＝14.4m。

（2）下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得：

mgsin37°－μmgcos37°＝ma2

解得a2＝4。

8m/s2

由x＝

a2t2得下滑时间t＝

＝

s

答案　

（1）14.4m　

（2）

s