人教版（2019）高中物理必修第一册4.5牛顿运动定律的应用ppt

1、4.5 牛顿运动定律的应用 实例引入 为了尽量缩短停车时间，旅客按照 站台上标注的车门位置候车。列车进 站时总能准确地停靠在对应车门的位 置。这是如何做到的呢？ 牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运 动情况与受力情况联系起来。因此，它在许多基础科学和工程技术 中都有广泛的应用。中学物理中我们只研究一些简单的实例。 一、一、 从受力确定运动情况从受力确定运动情况 二、从运动情况确定受力二、从运动情况确定受力 动力学的两类基本问题 一、从受力确定运动情况一、从受力确定运动情况 已知已知物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情况已知的条件下，物体受力情况确定运动情况，指的是在受力情

2、况已知的条件下， 要求判断出物体的运动状态或求出物体的速度、位移等要求判断出物体的运动状态或求出物体的速度、位移等。 基本基本思路：思路：先分析物体受力情况求合力，据牛顿第二定律求先分析物体受力情况求合力，据牛顿第二定律求加速度，加速度， 再再用运动学公式求所求量用运动学公式求所求量( (运动学量运动学量) )。 练练1. 1. 一一个静止在水平面上的物体，质量是个静止在水平面上的物体，质量是2kg，在，在6.4N的水平的水平 拉力作用下沿水平面向右运动，物体与水平地面间的滑动摩擦拉力作用下沿水平面向右运动，物体与水平地面间的滑动摩擦 力为力为4.2N。求物体。求物体4s4s末的速度和末的速度

3、和4s4s内的位移。内的位移。 F F 由牛顿第二定律可得由牛顿第二定律可得: : F - f= ma F - f= ma smsmatv/4 . 4/41 . 1 mmatx8 . 841 . 1 2 1 2 1 22 4s4s末的速度末的速度 4s4s内的位移内的位移 22 f6.4 4.2 /1.1 / 2 F am sm s m 解得 解：解： mgmg F FN N F F f f 如图，物体受力分析如图，物体受力分析 拓展一：拓展一：一个静止在水平地面上的物体，一个静止在水平地面上的物体，质量是质量是2Kg2Kg，在在6.46.4N N的拉力的拉力F F作作 用下沿水平地面向右运动

4、。用下沿水平地面向右运动。已知已知F F与水平地面的夹角为与水平地面的夹角为3 37 70 0，物体与地物体与地 面的动摩擦因数为面的动摩擦因数为0.20.25 5，求物体在，求物体在4 4s s末的速度和末的速度和4s4s内的位移。内的位移。 cos37=0.8cos37=0.8，g=10m/sg=10m/s2 2。 F F 3 37 70 0 解：物体受力分析如图所示解：物体受力分析如图所示 0.54 4/2.16/vatm sm s 4s4s末的速度末的速度 由牛顿第二定律，可得由牛顿第二定律，可得: : 2 cos-Fsin 0.54/ Fmg am s m （） 解得： F Fcos

5、- -F FN N=ma=ma F FN N mgmg F F f f F FN N+F+Fsin=mg=mg 22 11 0.5444.32 22 xatmm 4s s内的位移内的位移 二、从运动情况确定受力二、从运动情况确定受力 已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况（知道三个运已知物体运动情况确定受力情况，指的是在运动情况（知道三个运 动学量）已知的条件下，要求得出物体所受的力或者相关物理量（如动动学量）已知的条件下，要求得出物体所受的力或者相关物理量（如动 摩擦因数等）。摩擦因数等）。 基本思路：基本思路：先分析物体的运动情况，据运动学公式求加速度，再在先分析物体的运动情况，据

6、运动学公式求加速度，再在 分析物体受力情况的基础上，用牛顿第二定律列方程求所求量分析物体受力情况的基础上，用牛顿第二定律列方程求所求量( (力力).). 例2、如图，一位滑雪者，人与装备的总质量为75 kg，以2 m/s 的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为 30，在5 s的时间内滑下的路程为60 m。求滑雪者对雪面的压力及滑雪 者受到的阻力（包括摩擦和空气阻力），g取10 m/s2。 解解: :以滑雪者为研究对象。建立如图以滑雪者为研究对象。建立如图4.5-54.5-5所示所示 的直角坐标系。滑雪者沿山坡向下做匀加速直的直角坐标系。滑雪者沿山坡向下做匀加速直 线运动。线运动。 根据匀变速

7、直线运动根据匀变速直线运动规律规律 其中其中 v v0 0 2 m/s 2 m/s，t t5s5s，x x60 m60 m，则则 根据根据牛顿第二定律牛顿第二定律 y y方向方向 x x方向方向 F FN Nmgmgcos cos 0 0 mgsinmgsinF Ff f mama 2 0 2 1 attvx 2 2 0 /4 )(2 sm t tvx a 得得F FN N mgmgcoscos F Ff f m m（gsingsina a） 其中，其中，m m 75 kg 75 kg， 30 30，则有，则有 F Ff f75 N75 N，F FN N650 N650 N 根据牛顿第三定律，

8、滑雪者对雪面的压力大小等于雪面对滑雪根据牛顿第三定律，滑雪者对雪面的压力大小等于雪面对滑雪 者的支持力大小，为者的支持力大小，为 650 N 650 N，方向垂直斜面向下。滑雪者受到，方向垂直斜面向下。滑雪者受到 的阻力大小为的阻力大小为 75 N 75 N，方向沿山坡向上。，方向沿山坡向上。 拓展二：拓展二：滑雪者以滑雪者以v0=20m/s的初速度沿直线冲上一倾角的初速度沿直线冲上一倾角 为为30的山坡，从刚上坡即开始计时，至的山坡，从刚上坡即开始计时，至3.8s末，滑雪末，滑雪 者速度变为者速度变为0。如果雪橇与人的总质量为。如果雪橇与人的总质量为m=80kg，求，求 雪橇与山坡之间的摩擦

9、力为多少？雪橇与山坡之间的摩擦力为多少？g=10m/s2 . f f mgmg F FN N 对滑雪者受力分析，如图所示对滑雪者受力分析，如图所示 t0 2 0 v =v +at 5.26/ t vv am s t 由运动学公式，得 联立，代入数据，解得联立，代入数据，解得Nf8 .20 解解: : 根据牛顿第二定律，可得根据牛顿第二定律，可得 0 fsin30mamg 采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过 程作为一个整体。 采用整体法可以避免对整体内部进行繁锁的分析，常常使问题解 答更简便、明了。 一、整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体（不考一、整体法

10、：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体（不考 虑内力）来处理的方法称为整体法。虑内力）来处理的方法称为整体法。 牛顿运动定律的应用 二、隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最二、隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最 终得出结论的方法称为隔离法。终得出结论的方法称为隔离法。 可以可以把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程 隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同 物理量的变化进行分别处理。物理量的变化进行分别处理。 采用采用隔离物体法能排

11、除与研究对象无关的因素，使事物的特隔离物体法能排除与研究对象无关的因素，使事物的特 征明显地显示出来，从而进行有效的处理。征明显地显示出来，从而进行有效的处理。 三三 解题方法：解题方法： 1 1. .若几个物体相对静止，或者加速度相同，可以用整体法计算。若几个物体相对静止，或者加速度相同，可以用整体法计算。 （1 1）已知外力求内力。）已知外力求内力。 先先整体分析，计算加速度，然后隔离分析计算内力。整体分析，计算加速度，然后隔离分析计算内力。 例例1 1、如、如图所示，在两块相同的竖直木板间，有质量均为图所示，在两块相同的竖直木板间，有质量均为m m 的四块相同的砖，用两个大小均为的四块相

12、同的砖，用两个大小均为F F的水平力压木板，使砖静的水平力压木板，使砖静 止不动，则左边木板对第一块砖，第二块砖对第三块砖的摩止不动，则左边木板对第一块砖，第二块砖对第三块砖的摩 擦力分别擦力分别为（为（ ） A A4mg4mg、2mg2mg B B2mg2mg、0 0 C C2mg2mg、mgmg D D4mg4mg、mgmg 【解析】设左、右木板对砖摩擦力为【解析】设左、右木板对砖摩擦力为f1f1，第，第 3 3块砖对第块砖对第2 2块砖块砖 摩擦为摩擦为f2f2，则对四块砖作整体有：，则对四块砖作整体有：2f1=4mg2f1=4mg， f1=2mgf1=2mg。 对对1 1、2 2块砖平

13、衡有：块砖平衡有：f1+f2=2mgf1+f2=2mg， f2=0f2=0，故，故B B正确。正确。 例例2 2、如、如图所示，重为图所示，重为8N8N的球静止在与水平面成的球静止在与水平面成37370 0角的光滑斜面上，角的光滑斜面上， 并通过定滑轮与重并通过定滑轮与重4N4N的物体的物体A A相连，光滑挡板与水平而垂直，不计滑轮相连，光滑挡板与水平而垂直，不计滑轮 的摩擦，绳子的质量，求斜面和挡板所受的压力（的摩擦，绳子的质量，求斜面和挡板所受的压力（sin37sin370 0=0.6=0.6）。）。 【解析】分别隔离物体【解析】分别隔离物体A A、球，并进行受力分、球，并进行受力分 析，

14、如图所示：析，如图所示： 由由平衡条件可得：平衡条件可得： T=4NT=4N Tsin37Tsin370 0+N+N2 2cos37cos370 0=8=8 N N2 2sin37sin370 0=N=N1 1+Tcos37+Tcos370 0 得得 N N1 1=1N=1N N N2 2=7N=7N。 （2 2）已知内力求外力。）已知内力求外力。 先先隔离分析计算加速度，然后整体分析，计算外力。隔离分析计算加速度，然后整体分析，计算外力。 2 2、若、若几个物体加速度不相同，用隔离法几个物体加速度不相同，用隔离法, ,分别对每个物体分析计算分别对每个物体分析计算. . 例例3 3、如、如图所

15、示，质量图所示，质量M=60kgM=60kg的人通过光滑的定滑轮用绳拉着的人通过光滑的定滑轮用绳拉着m= 20kgm= 20kg 的物体，当物体以加速度的物体，当物体以加速度a=5 m/sa=5 m/s2 2上升时，人对地面压力为上升时，人对地面压力为 （g=10m/sg=10m/s2 2） 1 1模型特点：模型特点： 上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动 2 2建模指导建模指导 解此类题的基本思路：解此类题的基本思路： （1 1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板）分析滑块和木板

16、的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板 的加速度；的加速度； （2 2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或 速度关系，建立方程特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移速度关系，建立方程特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移. . 牛顿运动定律的应用板块模型 3 3两种位移关系：两种位移关系：（相对滑动的位移关系）（相对滑动的位移关系） 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运 动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于

17、板长动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长 L L 例1、质量质量为为M M2 kg2 kg、长为、长为L L的木板静止在光滑的水平面上，的木板静止在光滑的水平面上， 在木板左端放有质量为在木板左端放有质量为m m1 kg1 kg的铁块的铁块( (可视为质点可视为质点) )现给铁块施现给铁块施 加一水平拉力加一水平拉力F F4 N4 N，使铁块相对木板滑动，作用，使铁块相对木板滑动，作用t t1 s1 s后撤去后撤去 拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度拉力，铁块恰好不掉下木板，求木板的长度 L L的值的值( (已知铁块与已知铁块与 木板间的动摩擦因数为木板间的动摩擦因数为0.2

18、0.2，g g取取10 m/s10 m/s2 2) ) 例例2、如如图所示，木板静止于水平桌面图所示，木板静止于水平桌面 上，在其最右端放一可视为质点的木块上，在其最右端放一可视为质点的木块. 已知已知 木块的质量木块的质量m=1 kg，长，长L=2.5 m，上表面光滑，上表面光滑， 下表面与地面之间的动摩擦因数下表面与地面之间的动摩擦因数=0.2.现用水平现用水平 恒力恒力F=20 N向右拉木板，向右拉木板，g取取10 m/s2，求：，求： (1)木板加速度的大小；木板加速度的大小； (2)要使木块能滑离木板，水平恒力要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最作用的最 短时间短时间; (3)如果

19、其他条件不变，假设木板上表面也粗如果其他条件不变，假设木板上表面也粗 糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对，欲使木板能从木块的下方抽出，对 木板施加的拉力应满足什么条件？木板施加的拉力应满足什么条件？ （4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表）若木板的长度、木块的质量、木板的上表 面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的 动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？，则木块滑离木板需要多长时间？ 分析受力和

20、运动过程分析受力和运动过程 挖掘隐含条件解题挖掘隐含条件解题 m不受摩擦力作用不受摩擦力作用，M运动时，运动时， m相对地面静止相对地面静止 恒力恒力F作用一段时间后撤去，作用一段时间后撤去， 然后木块减速运动至木块与木然后木块减速运动至木块与木 板脱离时，木板速度恰好为零板脱离时，木板速度恰好为零 木板与木块间的摩擦力为滑动木板与木块间的摩擦力为滑动 摩擦力，且要使摩擦力，且要使a木板 木板a木块木块 位移关系位移关系：x木板 木板 x木块木块=L 图图 图图 例例2、如如图所示，木板静止于水平桌面图所示，木板静止于水平桌面 上，在其最右端放一可视为质点的木块上，在其最右端放一可视为质点的木

21、块. 已知已知 木块的质量木块的质量m=1 kg，长，长L=2.5 m，上表面光滑，上表面光滑， 下表面与地面之间的动摩擦因数下表面与地面之间的动摩擦因数=0.2.现用水现用水 平恒力平恒力F=20 N向右拉木板，向右拉木板，g取取10 m/s2，求：，求： (1)木板加速度的大小；木板加速度的大小； (2)要使木块能滑离木板，水平恒力要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最作用的最 短时间短时间; (3)如果其他条件不变，假设木板上表面也粗如果其他条件不变，假设木板上表面也粗 糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木

22、，欲使木板能从木块的下方抽出，对木 板板 施加的拉力应满足什么条件？施加的拉力应满足什么条件？ （4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表）若木板的长度、木块的质量、木板的上表 面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的 动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？，则木块滑离木板需要多长时间？ 例例2、如如图所示，木板静止于水平桌面图所示，木板静止于水平桌面 上，在其最右端放一可视为质点的木块上，在其最右端放一可视为质点的木块. 已知已知 木块的质量木块的质量m=1 kg，长，长L=2.

23、5 m，上表面光滑，上表面光滑， 下表面与地面之间的动摩擦因数下表面与地面之间的动摩擦因数=0.2.现用水现用水 平恒力平恒力F=20 N向右拉木板，向右拉木板，g取取10 m/s2，求：，求： (1)木板加速度的大小；木板加速度的大小； (2)要使木块能滑离木板，水平恒力要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最作用的最 短时间短时间; (3)如果其他条件不变，假设木板上表面也粗如果其他条件不变，假设木板上表面也粗 糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为 1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木，欲使木板能从木块的下方抽出，对木 板板 施加的拉力应满足什么条

24、件？施加的拉力应满足什么条件？ （4）若木板的长度、木块的质量、木板的上表）若木板的长度、木块的质量、木板的上表 面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的 动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？，则木块滑离木板需要多长时间？ 图图 一、传送带的一、传送带的分类分类 3.按运动状态分：匀速、变速两种。 1.按放置方向分：水平、倾斜两种； 2.按转向分：顺时针、逆时针转两种； 二、传送带模型的一般解法二、传送带模型的一般解法 1.确定研究对象； 2.受力分析和运动分析，（画出受力分析图

25、和运动 情景图），注意摩擦力突变对物体运动的影响； 3.分清楚研究过程，利用牛顿运动定律和运动学规律或利用 功能关系、动能定理求解未知量。 牛顿运动定律的应用传送带 A AB B v 例例1 1、水平传送带长水平传送带长4.5m,4.5m,以以3m/s3m/s的速度作匀速运动。的速度作匀速运动。质量质量m=1kgm=1kg的的 物体与传送带间的动摩擦因数为物体与传送带间的动摩擦因数为0.15,0.15,则该物体从静止放到传送带则该物体从静止放到传送带 的一端开始的一端开始, ,到达另一端所需时间为到达另一端所需时间为多少多少? ?(g(g取取10m/s10m/s2 2) )。 解：物体在摩擦力

26、作用下先匀加速运动解：物体在摩擦力作用下先匀加速运动, , 后做匀速运动后做匀速运动, , a a =g=1.5m/s=g=1.5m/s2 2t t1 1= = v/v/a a=2s=2sx x1 1= = 1/21/2a at t1 12 2= 3 m= 3 m t t2 2=(L-x=(L-x1 1)/v=0.5 s)/v=0.5 st = tt = t1 1 +t +t2 2=2.5 s=2.5 s f mg FN 分析 例例2 2、一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤、一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤 块与传送带之间的动摩擦因数为块与传送带之间的动摩擦因

27、数为。初始时，传送带与煤块都是静止。初始时，传送带与煤块都是静止 的。现让传送带以恒定的加速度的。现让传送带以恒定的加速度a a0 0开始运动，当其速度达到开始运动，当其速度达到v v0 0后，便后，便 以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑 色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之 间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0 。根据牛顿定律，可得a=g 设经历时间t0，传送带由

28、静止开始加速到速度等于v0，煤块 则由静止加速到v，有v0=a0t0 v=at0 由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。设 经历时间t，煤块由静止开始加速到速度等于v0 ，有 v0=at 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑 动，不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块 移动的距离分别为s0和s，有s0=v02/2a+v0 (t-t0) s=v02/2a 传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0s 由以上各式得l=v02(a0-g)/2a0g 另解：黑色痕迹的长度 即为图中阴影部分面积 l=v0 (t-t0) 又因为v0=a0t0 v

29、0=at a=g 由以上各式得: l=v02(a0-g)/2a0g （二）倾斜放置运行的传送带（二）倾斜放置运行的传送带 A B m 例例3 3、如、如图所示，传送带与水平面间的夹角图所示，传送带与水平面间的夹角=37=37，从，从A A端到端到B B端端 的长度为的长度为L L=16m=16m，在传送带上端，在传送带上端A A处无初速地放上质量为处无初速地放上质量为0.5kg0.5kg的的 物体，它与传送带间的动摩擦因数为物体，它与传送带间的动摩擦因数为= =0.50.5，求：，求： （1 1）传送带不动物体由）传送带不动物体由A A端运动到端运动到B B端需要多少时间？端需要多少时间？ A

30、 A B B m m （2 2）传送带以）传送带以10m10ms s逆时针方向转动物体由逆时针方向转动物体由A A端运动到端运动到B B端需要端需要 多少时间？多少时间？ A A B B mgmgsinsin mgmgcoscos 解解:(1):(1)当摩擦力向上时当摩擦力向上时, ,加速度大小为加速度大小为a a1 1， ， a a1 1= =g gsinsin- -g gcoscos= = 2m/s2m/s2 2 2 1 2 sat 由由 得：得： t t = 4= 4s s （2 2） t t = 4= 4s s A A B B mgmgsinsin mgmgcoscos (3)(3)起

31、始时刻摩擦力向下起始时刻摩擦力向下, ,加速度大小为加速度大小为a a2 2， ，物体以 物体以a a2 2先向下加速先向下加速, ,用时用时t t1 1 . . a a2 2= =g gsinsin+ +g gcoscos= = 10m/s10m/s2 2 mgmgsinsin mgmgcoscos 由由v v= =a a2 2t t1 1 得得: : t t1 1=1=1s s A A B B v v 时间时间t t1 1内位移内位移, ,s s= =vtvt1 1/2=5m/2=5m 当位移为当位移为5m5m时时, ,物体速度与传送带速度相等物体速度与传送带速度相等, ,由于由于 tantan, ,此后摩擦力反向此后摩擦力反向, ,大小为大小为a a1 1, ,到底端时用到底端时用 时时t t2 2, , 2 21 2 1 2 Lsvta t 解得解得: : t t2 2=1=1s s 总共用时总共用时 t t = =t t1 1+ +t t2 2=2s=2s 例例3 3、如