牛顿运动定律及其应用复习课件.ppt

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1、第,2,讲,牛顿运动定律及其应用,1.,牛顿第二定律的“四性”：,（,1,）矢量性：公式,F=ma,是,_,，,F,与,a_,。,（,2,）瞬时性：力与,_,同时产生，同时变化。,（,3,）同体性：,F=ma,中，,F,、,m,、,a,对应,_,。,（,4,）独立性：分力产生的加速度相互,_,，与其他加速度,_,。,矢量式,方向相同,加速度,同一物体,独立,无关,2.,超重和失重：,（,1,）超重。,受力特点：,_,。,运动特点：,_,或,_,。,（,2,）失重。,受力特点：,_,。,运动特点：,_,或,_,。,完全失重：只受,_,。,合外力的方向竖直向上,向上加速运动,向下减速运动,合外力的

2、方向竖直向下,向下加速运动,向上减速运动,重力作用,1.,（,2013,福建高考）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,-1,B.m,2,kg,s,-3,A,-1,C.m,2,kg,s,-2,A,-1,D.m,2,kg,s,-1,A,-1,【解析】选,B,。根据,P=UI,、,P=Fv,、,F=ma,可导出,即,=m,2,kg,s,-3,A,-1,，故选,B,。,m,av,U,I,?,2,1,k,gm,s,m,s,V,A,?,?

3、,?,g,g,g,g,2.,（,2011,福建高考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以,恒定速率,v,1,运行。初速度大小为,v,2,的小物块从与传送带等高的,光滑水平地面上的,A,处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开,始计时，小物块在传送带上运动的,v-t,图像（以地面为参考系）,如图乙所示。已知,v,2,v,1,，则（,）,A.t,2,时刻，小物块离,A,处的距离达到最大,B.t,2,时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大,C.0,t,2,时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左,D.0,t,3,时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用,【解析】选,B,。由题图乙可知,t,1,时刻小

4、物块向左运动最远，,t,1,t,2,这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因,此,t,2,时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，,A,错,B,对；,0,t,2,这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，,t,2,t,3,时间,内小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，,C,、,D,错。故选,B,。,3.,（,2013,山东高考）如图所示，一质量,m=0.4kg,的小物块，,以,v,0,=2m/s,的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力,F,作用下，沿,斜面向上做匀加速运动，经,t=2s,的时间物块由,A,点运动到,B,点，,A,、,B,之间的距离,L=10m,。已知斜面倾角=30，物块与斜

5、面之,间的动摩擦因数=。重力加速度,g,取,10m/s,2,。,（,1,）求物块加速度的大小及到达,B,点时速度的大小。,（,2,）拉力,F,与斜面夹角多大时，拉力,F,最小？拉力,F,的最小值是,多少？,3,3,【解析】（,1,）由运动学方程得：,L=v,0,t+at,2,2aL=v,B,2,v,0,2,代入数值解得：,a=3m/s,2,，,v,B,=8m/s,（,2,）对物块受力分析如图所示，,设拉力,F,与斜面成角，对物块由牛顿第二定律得：,垂直斜面方向：Fsin+N,-mgcos30,=0,沿斜面方向：Fcos,-mgsin30,-f=ma,1,2,大家有疑问的，可以询问和交流,可以互

6、相讨论下，但要小声点,又f=N,联立各式，代入数值解得：,Fcos+Fsin=5.2,则,=,当=30时，拉力,F,有最小值，,且,F,min,=,答案：,(1)3 m/s,2,8 m/s(2)30,3,3,5,.,2,1,5,.,6,F,3,3,1,c,o,s,s,i,n,23,(,c,o,s,s,i,n),3,2,2,?,?,?,?,?,?,?,?,7.8,3sin(,60,),?,?,?,1,3,3,N,5,1,3,3,N,5,热点考向,1,动力学图像问题,【典例,1,】（,2013,银川二模）如图所示，一质量为,m,的滑块，,以初速度,v,0,从倾角为的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零

7、,后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，,若滑块所受的摩擦力为,f,、所受的合外力为,F,合,、加速度为,a,、速,度为,v,，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个,过程中，这些物理量随时间变化的图像大致正确的是,（,）,【解题探究】,（,1,）请画出滑块向上和向下运动的受力分析图。,提示：,（,2,）请结合受力分析图判断各物理量的变化情况：,不变,由负向变为正向,变小,不变,变小,不变,先变小后变大,由正向变为负向,【解析】选,A,。对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析，,可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变，均为f=mgcos，方,向由负向变为正向，选项,A,正确；滑

8、块沿斜面向上运动时，,F,合,=mgsin+mgcos，沿斜面向下运动时，滑块所受的合外,力的大小,F,合,=mgsin,-,mgcos，显然合外力变小，方向始,终沿负向，选项,B,错误；加速度的变化情况与合外力相同，选,项,C,错误；向上运动过程中滑块做匀减速运动，向下运动过程,中，滑块做匀加速运动，向上时的加速度大于向下时的加速度，,选项,D,错误。,【总结提升】,处理动力学图像问题的一般思路,（,1,）依据题意，合理选取研究对象；,（,2,）对物体先受力分析，再分析其运动过程；,（,3,）将物体的运动过程与图像对应起来；,（,4,）对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断。,【变

9、式训练】（,2013,漳州二模）如图,1,所示，在光滑水平面,上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力,F,，通过,传感器可测得甲的加速度,a,随拉力,F,变化的关系如图,2,所示。已,知重力加速度,g=10m/s,2,，由图线可知（,）,A.,甲、乙之间的动摩擦因数是,0.2,B.,甲的质量是,4 kg,C.,甲的质量是,2 kg,D.,甲、乙之间的动摩擦因数是,0.6,【解析】选,A,。由图,2,可知拉力,F,小于,48N,时，甲、乙两物体一,起运动，根据牛顿第二定律可得,F,1,=,（,m,甲,+m,乙,）,a,1,，以乙为,研究对象有,f,1,=m,乙,a,1,，拉力,F,大于,

10、48N,时，甲、乙两物体相对,滑动，以甲为研究对象有,F,2,-f=m,甲,a,2,，其中f=m,甲,g,，解得,甲、乙之间的动摩擦因数是,0.2,，甲、乙的质量分别是,6kg,、,2,kg,，选项,A,正确，选项,B,、,C,、,D,错误。,【变式备选】（,2013,黄冈二模）如图甲所示，用一水平外力,F,推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大,F,，,物体做变加速运动，其加速度,a,随外力,F,变化的图像如图乙所示，,若重力加速度,g,取,10m/s,2,。根据图乙中所提供的信息不能计算,出（,sin37,=0.6,）（,）,A.,物体的质量,B.,斜面的倾角,C.,物体能静止在

11、斜面上所施加的外力,D.,加速度为,6 m/s,2,时物体的速度,【解析】选,D,。物体受力如图所示，由,牛顿第二定律得Fcos,-,mgsin=ma，,由,F=0,时，,a=-6 m/s,2,，解得=37。,由,a=F-,gsin和,a-F,图像知：,图像斜率,，解得,m=2 kg,，物体静止时Fcos=,mgsin,F=mgtan=15 N，因为物体的加速度的变化对应的时,间未知，所以无法求出物体加速度为,6 m/s,2,时的速度，故选,D,。,c,o,s,m,?,6,2,c,o,s,3,7,3,0,2,0,m,?,?,?,?,热点考向,2,连接体问题,【典例,2,】（,15,分）如图所示

12、，一工件置于水平地面上，工件,质量,M=0.8kg,，其,AB,段为一半径,R=1.0m,的光滑圆弧轨道，圆弧,轨道上的,P,点到,BC,的高度差,h=0.2m,，将一可视为质点的物块置,于,P,点，物块质量,m=0.2kg,，若将一水平恒力,F,作用于工件上，,使物块与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，工,件与地面间的动摩擦因数=0.1，,g,取,10m/s,2,，求,F,的大小。,【解题探究】,（,1,）设物块和,O,的连线与竖直方向的夹角为，请用已知物理,量的符号，写出以下物理量的表达式：,物块所受的弹力,N=_,；,工件与物块整体向左匀加速运动的加速度,a,的表达式为,a=_

13、,；,（,2,）水平恒力,F,与加速度,a,之间满足何种关系？,提示：对物块和工件整体由牛顿第二定律得,F-,（,M+m,）,g=,（,M+m,）,a,。,m,g,c,o,s,?,gtan,【解析】设物块和,O,的连线与竖直方向的夹角为，物块与工,件一起运动的加速度为,a,，对物块进行受力分析，由牛顿第二,定律得：,竖直方向:Ncos=mg（,3,分）,水平方向:Nsin=ma（,3,分）,由几何知识得：,cos=，sin=（,4,分）,对于物块与工件整体由牛顿第二定律得,:,F-,(M+m)g=(M+m)a（,3,分）,代入数据，由式得,:F=8.5 N,（,2,分）,答案,:8.5 N,R

14、,h,R,?,2,1,cos,?,?,【拓展延伸】典例中：,（,1,）若,P,点的位置不同，恒力,F,的值相同吗，为什么？,提示：不相同。若,P,点的位置不同，物块和,O,的连线与竖直方,向的夹角将变化，物块与工件一起运动的加速度,a,将变化，由,F=,（,M+m,）a+（,M+m,）,g,得恒力,F,的值会变化。,（,2,）若恒力,F,变大或变小了，物块将相对于工件分别向哪个方,向运动？,提示：若恒力,F,变大，加速度,a,将变大，夹角将变大，物块将,相对于工件沿圆轨道向上运动；同理，若恒力,F,变小，物块将,相对于工件沿圆轨道向下运动。,【总结提升】,应用牛顿第二定律解题的一般步骤,（,1

15、,）结合题意，灵活选取研究对象，可以是单个物体，也可,以是多个物体组成的系统；,（,2,）分析研究对象的运动情况和受力情况；,（,3,）根据牛顿第二定律列方程；,（,4,）统一单位后将数值代入方程求解。,【变式训练】（,2013,福州二模）如图所示，光滑水平面上放,置质量分别为,m,和,2m,的四个木块，其中两个质量为,m,的木块间用,一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg。现用,水平拉力,F,拉其中一个质量为,2m,的木块，使四个木块以同一加,速度运动，则轻绳对,m,的最大拉力为（,）,3,m,g,3,m,g,3,m,g,A,.,B,.,C,.,D,.,3,m,g,5,4,2,?,

16、?,?,?,【解析】选,B,。以两个质量为,m,的木块和一个质量为,2m,的木块为,研究对象，有mg=4ma，得四个木块一起运动的最大加速度，,以质量为,m,、,2m,的两个木块为研究对象，,T=3ma,，得轻绳对,m,的,最大拉力为,，故选项,B,正确。,3,m,g,4,?,热点考向,3,多过程问题,【典例,3,】（,16,分）如图所示，一个质量,M=2kg,的物块（可视为,质点）从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，圆弧轨道半,径,R=0.8m,，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传,送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小,v=3m/s,，已知物块与传送带间的动摩擦因数

17、=0.1，两皮带轮,之间的距离,L=6m,，重力加速度,g=10m/s,2,。,（,1,）求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；,（,2,）物块将从传送带的哪一端离开传送带？,【解题探究】,（,1,）物块滑到轨道底端时对轨道压力的求解思路：,先求物块滑到轨道底端的速度,v,0,：,a.,物理规律：,_,；,b.,方程式：,_,。,动能定理,2,0,1,M,g,R,M,v,0,2,?,?,求物块滑到轨道底端时轨道的弹力,F,N,：,a.,物理规律：,_,；,b.,方程式：,_,。,利用,_,得物块对轨道的压力。,（,2,）如何判断物块将从传送带哪端离开？,提示：比较物块速度为零时在传送带上的

18、位移,s,与传送带的长,度,L,的大小。若,sL,，物块将从传送带的右端离开；反之将从,传送带的左端离开。,牛顿第二定律,牛顿第三定律,2,0,N,v,F,M,g,M,R,?,?,【解析】（,1,）由动能定理得：,MgR=Mv,0,2,-0,（,3,分）,由牛顿第二定律得：,F,N,-Mg=,（,3,分）,由牛顿第三定律得物块对轨道的压力F,N,与,F,N,大小相等，方向,相反,(2,分,),解得:F,N,=60 N,。,(2,分,),1,2,2,0,v,M,R,（,2,）物块在传送带上运动的过程由牛顿第二定律得,:,mg=ma（,2,分）,由匀变速直线运动规律得,:,0,2,-v,0,2,=

19、2(-a)s,（,2,分）,解得,:x=8 m,（,1,分）,因,sL,，故物块将从传送带的右端离开。,（,1,分）,答案,:,（,1,）,60 N,（,2,）右端,【拓展延伸】典例中：,（,1,）若传送带长度变为,10m,，物块将从传送带的哪一端离开传,送带？,提示：因,sL,，故物块速度达到零后，没有到达传送带右端，,将沿传送带向左运动，从传送带的左端离开。,（,2,）若传送带以,3m/s,的速度沿顺时针方向转动，物块在离开,传送带时的速度大小是多少？,提示：物块滑到轨道底端的速度,v,0,=4m/s,，物块速度由,v,0,=4m/s,变为v=3m/s的过程中，运动的位移,=3.5mL=6

20、m,，故物块离开传送带时的速度大小为,3m/s,。,2,2,0,v,v,s,2,g,?,?,?,?,?,?,【总结提升】,多过程问题求解的一般思路,（,1,）基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而,加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：,（,2,）常用方法：,整体法与隔离法。,正交分解法。,（,3,）注意事项：,仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分,出物体经历的每个不同的过程。,逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一,过程和后一过程的状态有何特点。,前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接,点受力的变化、状态的特点是解题的关键。,【变

21、式训练】（,2013,泉州二模）如图所示为仓库中常用的皮,带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，,A,、,B,两端相距,3m,，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，,C,、,D,两端相距,4.45m,，,B,、,C,相距很近，水平部分,AB,以,5m/s,的速,率顺时针传送。将质量为,10kg,的一袋大米放在,A,端，到达,B,端后，,速度大小不变地传到倾斜的,CD,部分，米袋与传送带间的动摩擦,因数均为,0.5,。试求：,（,1,）若,CD,部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最,大距离。,（,2,）若要米袋能被送到,D,端，求,CD,部分顺时针运转的速度应满,足的

22、条件及米袋从,C,端到,D,端所用时间的取值范围。,【解析】（,1,）米袋在,AB,上加速时的加速度,a,0,=g=5m/s,2,米袋的速度达到,v,0,=5m/s,时，,滑行的距离,s,0,=2.5mAB=3m,，,因此米袋在到达,B,点之前就有了与传送带相同的速度。,设米袋在,CD,上运动的加速度大小为,a,，,由牛顿第二定律得,mgsin+mgcos=ma,代入数据得,a=10m/s,2,所以米袋能上升的最大距离,s=1.25m,。,（,2,）设,CD,部分运转速度为,v,1,时米袋恰能到达,D,点（即米袋到,达,D,点时速度恰好为零），则米袋速度减为,v,1,之前的加速度为,a,1,=

23、-g,（sin+cos）,=-10m/s,2,米袋速度小于,v,1,至减为零前的加速度为,a,2,=-g,（sin,-,cos）,=-2m/s,2,由,解得,v,1,=4 m/s,，,即要把米袋送到,D,点，,CD,部分的速度,v,CD,v,1,=4 m/s,米袋恰能运到,D,点所用时间最长为,t,max,=2.1 s,2,2,2,1,0,1,1,2,v,v,0,v,4,.,4,5,m,2,a,2,a,?,?,?,?,若,CD,部分传送带的速度较大，使米袋沿,CD,上滑时所受摩擦力,一直沿传送带向上，,则所用时间最短，,此种情况米袋加速度一直为,a,2,。,由,s,CD,=v,0,t,min,

24、+,得：,t,min,=1.16 s,所以，所求的时间,t,的范围为1.16 st2.1 s。,答案：（,1,）,1.25 m,（,2,）,v,CD,4 m/s 1.16 st2.1 s,2,2,m,in,a,t,2,1.,一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相,同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后（即车轮,不滚动只滑动），以下说法正确的是（,）,A.,满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大,B.,满载货物的汽车由于受摩擦力较大，滑行距离较小,C.,两辆汽车滑行的距离相同,D.,满载货物的汽车比空车先停下来,【解析】选,C,。两辆汽车的加速度为a=g，由于初速度相同，,

25、故滑行的距离相同，选项,C,正确。,2.,（,2013,泉州二模）如图所示，质量为,M,的斜劈形物体放在,水平地面上，质量为,m,的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向,上滑，至速度为零后又加速返回，而物体,M,始终保持静止，则,在物块,m,上、下滑动的整个过程中（,）,A.,地面对物体,M,的摩擦力先向左后向右,B.,地面对物体,M,的摩擦力方向没有改变,C.,地面对物体,M,的支持力总大于（,M+m,）,g,D.,物块,m,上、下滑动时的加速度大小相同,【解析】选,B,。物块,m,上、下滑动时受到的滑动摩擦力方向不,同，加速度大小不同，方向都沿斜面向下，选项,D,错误；地面,对物体,M,的摩擦

26、力和支持力分别为,f,和,N,，对系统利用牛顿第二,定律有,f=ma,x,，（,M+m,）,g-N=ma,y,，因此地面对物体,M,的,摩擦力方向没有改变，地面对物体,M,的支持力总小于（,M+m,）,g,，选项,A,、,C,错误，选项,B,正确。,3.,（,2013,潍坊一模）如图所示，倾角为,30,的光滑斜面与粗,糙的水平面平滑连接。现将一滑块（可视为质点）从斜面上,A,点由静止释放，最终停在水平面上的,C,点。已知,A,点距水平面的,高度,h=0.8m,，,B,点距,C,点的距离,L=2.0m,。（滑块经过,B,点时没有,能量损失，,g=10m/s,2,）求：,（,1,）滑块在运动过程中

27、的最大速度；,（,2,）滑块与水平面间的动摩擦因数；,（,3,）滑块从,A,点释放后，经过时间,t=1.0s,速度的大小。,【解析】（,1,）滑块在,B,点时速度最大，,由动能定理得：,解得：,v,B,=4m/s,2,B,1,m,g,h,m,v,0,2,?,?,（,2,）滑块在水平面上运动时，,由牛顿第二定律得,:,mg=ma,解得:a=g,由运动学知识得,:,v,B,2,-0=2aL,由得:=0.4,（,3,）滑块在斜面上运动的时间：,因此滑块从,A,点释放后经过时间,t=1.0 s,已在水平面上运动了,0.2 s,，,此时的速度,:v=v,B,-,g,0.2 s=3.2 m/s,答案,:,

28、（,1,）,4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s,2,2h,t,0.8 s,gsin30,?,?,?,?,一,整体法与隔离法的灵活应用,【案例剖析】（,20,分）（,2013,福建高考）质量为,M,、长为,的,杆水平放置，杆两端,A,、,B,系着长为,3L,的不可伸长且,光滑,的柔软轻绳，绳上套着一质量为,m,的小铁环。已知重力加速度,为,g,，不计空气影响。,3,L,（,1,）现让杆和环均,静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力,的大小；,（,2,）若,杆与环保持相对静止，在空中沿,AB,方向水平向右做,匀加速直线运动，此时,环恰好悬于,A,端的正下方，如图乙所,示。,求此状态下杆的加速度

29、大小,a,；,为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？,【审题】抓住信息，准确推断,【破题】精准分析，无破不立,（,1,）绳中拉力的大小：,环两边绳子拉力相等，画出环受力分析图。,提示：,根据物体的平衡条件列平衡方程。即：,_,。,2Tcos,-mg=0,（,2,）施加外力大小与方向：,杆与环保持相对静止，有共同加速度，对整体进行受力分析。,提示：,利用正交分解法运用牛顿第二定律对整体列方程,水平方向：,_,。,竖直方向：,_,。,Fcos=（,M+m,）,a,Fsin,-,（,M+m,）,g=0,环恰好悬于,A,端的正下方，明确杆与环间几何关系，对环进,行受力分析。,提示：,利用

30、隔离法对环列牛顿第二定律方程,水平方向：,_,。,竖直方向：,_,。,Tsin=ma,T+Tcos,-mg=0,【解题】规范步骤，水到渠成,（,1,）如图甲，,设平衡时，绳中拉力为,T,，有,2Tcos,-mg=0,(2,分,),由图中几何关系可知cos=,(2,分,),联立式解得,T=(2,分,),6,3,6,m,g,4,（,2,）此时，对小铁环的受力分析如图乙，,有Tsin=ma,（,3,分）,T+Tcos,-mg=0,（,3,分）,由图中几何关系可知,=60,，代入式解得,a=g,（,2,分）,3,3,如图丙，设外力,F,与水平方向成角，将杆和小铁环看作一个,整体，有,Fcos=（,M+

31、m,）,a,（,2,分）,Fsin,-,（,M+m,）,g=0,（,2,分）,联立式，,解得,tan=(或=60,)(2,分,),答案：（,1,）,（,2,）,外力大小为,(M+m)g,，方向与水平方向成,60,角斜向上,?,?,2,3,F,M,m,g,3,?,?,3,6,m,g,4,3,g,3,2,3,3,【点题】突破瓶颈，稳拿满分,（,1,）常见思维障碍：,未能从“光滑的柔软轻绳”挖掘出环两边绳子拉力相等的信,息。,未能从“杆与环保持相对静止”获取杆与环有共同加速度，,进而利用整体法分析。,未能灵活应用整体法与隔离法。,不能恰当应用“力的合成与分解”求解外力的大小和方向。,（,2,）解题不规范造成出错：,不能正确进行受力分析。,外力与水平方向夹角和绳子与水平方向夹角相混。,