高考物理一轮配套3.2 牛顿运动定律应用ppt课件

1、 1.动力学的两类根本问题是什么？处理的根本方法是什么？动力学的两类根本问题是什么？处理的根本方法是什么？ 2.单位制是由单位制是由 和和 共同组成的。力学单共同组成的。力学单位制中的根本单位有位制中的根本单位有 、 和和时间和和时间的单位。的单位。 1知受力情况求运动情况。知受力情况求运动情况。 2知运动情况求受力情况。处理两类根本问题的方法是知运动情况求受力情况。处理两类根本问题的方法是用牛顿第二定律，加速度是联络力和运动的桥梁。用牛顿第二定律，加速度是联络力和运动的桥梁。学案学案2 2 牛顿运动定律的运用牛顿运动定律的运用根本单位根本单位长度的单位长度的单位质量的单位质量的单位导出单位导

2、出单位 3.(1)物体对程度支持物的压力或对竖直悬线的拉力物体对程度支持物的压力或对竖直悬线的拉力 物体物体所受重力的情况称为超重。产生条件：物体具有所受重力的情况称为超重。产生条件：物体具有 的加速度。的加速度。 (2)物体对程度支持物的压力或对竖直悬线的拉力物体对程度支持物的压力或对竖直悬线的拉力 物体所受物体所受重力的情况称为失重。产生条件：物体具有重力的情况称为失重。产生条件：物体具有 的加速度。完全失的加速度。完全失重是指物体对程度支持物的压力或对竖直悬线的拉力重是指物体对程度支持物的压力或对竖直悬线的拉力 的情况称的情况称为完全失重景象。为完全失重景象。 温馨提示：温馨提示： 1物

3、体超重或失重时，所受重力并没有变化。物体超重或失重时，所受重力并没有变化。 2物体是处于超重形状还是失重形状，与物体的速度没有关系。物体是处于超重形状还是失重形状，与物体的速度没有关系。大于大于 向上向上 为零为零 小于小于 向下向下 考点考点 1 1 两类动力学问两类动力学问题题 3.根本方法根本方法 (1)明确标题中给出的物理景象和物理过程的特点，假设是比较复杂的问题，应明确标题中给出的物理景象和物理过程的特点，假设是比较复杂的问题，应该明确整个物理景象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联络点，再分别该明确整个物理景象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联络点，再分别研讨每一个物

4、理过程。研讨每一个物理过程。 (2)根据问题的要求和计算方法，确定研讨对象进展分析，并画出表示图。图中根据问题的要求和计算方法，确定研讨对象进展分析，并画出表示图。图中应注明力、速度、加速度的符号和方向。对每一力都明确施力物体和受力物体，以应注明力、速度、加速度的符号和方向。对每一力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所脱漏或无中生有。免分析力时有所脱漏或无中生有。 (3)运用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，列运用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，列出所求物理量的表达式，然后将知物理量的数值及单位代入，经过运算求结果。出所求物理量的表达

5、式，然后将知物理量的数值及单位代入，经过运算求结果。 1.两类动力学问题：一是知物体的受力情况确定物体的运动情况，二是知物体两类动力学问题：一是知物体的受力情况确定物体的运动情况，二是知物体的运动情况确定物体的受力情况。的运动情况确定物体的受力情况。2.动力学两类根本问题的分析流程图动力学两类根本问题的分析流程图 温馨提示：温馨提示：(1)利用牛顿第二定律处理动力学问利用牛顿第二定律处理动力学问题的关键是利用加速度的桥梁作用，寻觅加速度与题的关键是利用加速度的桥梁作用，寻觅加速度与未知量的关系，利用运动学规律、牛顿第二定律和未知量的关系，利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法那么列式求解。力

6、的运算法那么列式求解。 (2)处置衔接体问题时，整体法与隔离法往往交处置衔接体问题时，整体法与隔离法往往交叉运用，普通的思绪是先用整体法求加速度，再用叉运用，普通的思绪是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。隔离法求物体间的作用力。 (3)不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的不论求解哪一类问题，求解加速度是解题的“桥梁和纽带，是顺利求解的关键。桥梁和纽带，是顺利求解的关键。【例【例1】 如图如图3-2-1所示，一个重为所示，一个重为10 N的小球，在的小球，在F=20 N的竖直向上的拉力作用下，的竖直向上的拉力作用下， 从从A点由静止出发向上运点由静止出发向上运 动，动，F作用作用

7、1.2 s后撤去，知杆与球间的动摩擦因数后撤去，知杆与球间的动摩擦因数 为为 ，试求从撤去力，试求从撤去力F开场计时，小球经多长时间将经过距开场计时，小球经多长时间将经过距A点为点为2.25 m的的B 点点 (取取 g=10 m/s2)? 在力在力F作用时受力如图作用时受力如图3-2-2，有：，有： (F-G)sin30-(F-G)cos30= ma1， 解得：解得：a1=2.5 m/s2。 所以撤去力所以撤去力F时，小球的速度：时，小球的速度： v1=a1t1=3 m/s， 小球的位移：小球的位移： x1=(v1/2)t1=1.8 m。 撤去力撤去力F后，小球上冲时受力如图后，小球上冲时受力

8、如图,3-2-3，有：，有： Gsin30+Gcos30=ma2， 解得：解得：a2=7.5 m/s2。 因此小球上冲时间：因此小球上冲时间：t2=v1/a2=0.4 s， 上冲位移：上冲位移： x2=(v1/2)t2=0.6 m， 此时此时x1+x2=2.4 mAB，因此小球在上冲阶段将能过，因此小球在上冲阶段将能过B点，有点，有AB-x1=v1t3-(1/2)a2t32, 解得：解得：t3=0.2 s，t3=0.6 st2(舍去舍去)。图图3-2-1图图3-2-363知受力情况求运动情况知受力情况求运动情况图图3-2-2 方法点拨：运用牛顿运动定律处理动力学问题的关键方法点拨：运用牛顿运动

9、定律处理动力学问题的关键是对物体进展受力情况分析和运动情况分析，要擅长画出是对物体进展受力情况分析和运动情况分析，要擅长画出物体的受力图和运动情况表示图。不论是哪类问题，都应物体的受力图和运动情况表示图。不论是哪类问题，都应明白力与运动是经过加速度这一明白力与运动是经过加速度这一“桥梁来联络起来的。桥梁来联络起来的。小球前往时受力如图小球前往时受力如图3-2-4，有：，有：Gsin30-Gcos30=ma3,解得：解得：a3=2.5 m/s2。因此小球由顶端前往因此小球由顶端前往B点时有：点时有：x1+x2-AB=(1/2)a3t42，解得：解得：t4= s=0.346 4 s。所以从撤去力所

10、以从撤去力F开场计时，开场计时，小球上冲经过小球上冲经过B点时用时为：点时用时为：t3=0.2 s，前往后经过前往后经过B点时用时为：点时用时为：t2+t4=0.746 4 s。图图3-2-453 对环进展受力分析如图对环进展受力分析如图3-2-6所示，所示，令令Fsin53-mg=0 ,F=54 N 当当F54 时，环与杆的下部接触，受力如图时，环与杆的下部接触，受力如图3-2-7。由牛。由牛顿第二定律顿第二定律 有有 Fcos-FN=ma Fsin=FN+mg 由此得由此得 F=m(a-g)cos-sin=0.1(4.4-0.810)0.6-0.80.8 N=9 N例例2如图如图3-2-5

11、所示，将质量所示，将质量m=0.1 kg的圆环套在固定的圆环套在固定 的程度直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与的程度直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与 杆间的动摩擦因数杆间的动摩擦因数=0.8。对环施加一位于竖直平面。对环施加一位于竖直平面 内斜向上，与杆夹角内斜向上，与杆夹角=53的拉力的拉力F，使圆环以，使圆环以a= 4.4 m/s2的加速度沿杆运劝，求的加速度沿杆运劝，求F的大小。的大小。知运动情况求受力情况知运动情况求受力情况图图3-2-5图图3-2-6图图3-2-71.如图如图3-2-8所示，电动机带动橡皮滚轮匀速转动，所示，电动机带动橡皮滚轮匀速转动，在滚轮的作用下，可

12、将金属杆沿斜面从最底端在滚轮的作用下，可将金属杆沿斜面从最底端A送送到汽车车厢中。知斜面长到汽车车厢中。知斜面长 AC=2.4 m，车厢高，车厢高CD=1.2 m，金属杆长，金属杆长 AB=0.8 m，质量，质量m=1103 kg，调理控制滚轮，使滚轮对杆的压力为调理控制滚轮，使滚轮对杆的压力为FN=4.2104 N，滚轮与杆之间的动摩擦因数，滚轮与杆之间的动摩擦因数=0.5，滚轮边缘，滚轮边缘的线速度恒为的线速度恒为v=4 m/s。(取取g=10 m/s2，计算结果保管两位有效数字，斜面光滑，计算结果保管两位有效数字，斜面光滑)求：求： (1)杆匀加速上升的加速度杆匀加速上升的加速度a； (

13、2)从杆开场运动到其前端运动到从杆开场运动到其前端运动到C点所用的时间点所用的时间t。图图3-2-8 1金属杆受的摩擦力金属杆受的摩擦力f=F N 对金属杆运用牛顿第二定律对金属杆运用牛顿第二定律 有有 f-mgsin=ma 由题图由题图sin=CD/AC 联立解得联立解得a=16 m/s2 2金属杆沿斜面匀加速上升的位移和时间分别为金属杆沿斜面匀加速上升的位移和时间分别为 x1=v2/2a=42/216 m=0.5 m t1=v/a=4/16 s=0.25 s 由于由于x1mg叫做叫做“超重。当系统有竖直向下的加速超重。当系统有竖直向下的加速度时：度时：FN=mg-mamg叫做叫做“失重。当

14、加速度向下且失重。当加速度向下且a=g时，时，FN=0叫做叫做“完全失重。完全失重。 2. “超重或超重或“失重的本质，地球作用于物体的重力一直失重的本质，地球作用于物体的重力一直存在，大小也无变化。超重、失重只是支持力或压力发生了变存在，大小也无变化。超重、失重只是支持力或压力发生了变化。化。“超重或超重或“失重形状，与物体的速度的方向无关，只决失重形状，与物体的速度的方向无关，只决议于在竖直方向上加速度的方向。议于在竖直方向上加速度的方向。 3.在在“完全失重完全失重(a=g，方向竖直向下，方向竖直向下)的形状，平常一切的形状，平常一切由重力产生的物理景象都会完全消逝。比如单摆停摆，液体不

15、由重力产生的物理景象都会完全消逝。比如单摆停摆，液体不再产生向下的压力，浸在液体中的物体不受浮力等。再产生向下的压力，浸在液体中的物体不受浮力等。运动情况运动情况超重、失重超重、失重视重视重a=0不超重也不失不超重也不失重重F=mga的方向竖直向上的方向竖直向上超重超重F=m(g+a)a的方向竖直向下的方向竖直向下失重失重F=m(g-a)a=g，a的方向竖直向下的方向竖直向下完全失重完全失重F=0根据运动情况判别超重、失重根据运动情况判别超重、失重 (1)对于启动形状有：对于启动形状有：F1-mg=ma1得得a1=2 m/s2对于制动形状有：对于制动形状有：mg-F3=ma2得得a2=2 m/

16、s2。(2)电梯匀速运动的速度电梯匀速运动的速度v=a1t1=21 m/s=2 m/s从图中读得电梯匀速上升的时间从图中读得电梯匀速上升的时间t2=26 s电梯运转的总时间电梯运转的总时间t=28 s电梯运转的电梯运转的v-t图象如图图象如图3-2-11所示。所示。所以总位移所以总位移x=(1/2)v(t2+t)=(1/2)2(26+28) m=54 m层高层高h=x/18=54/18 m=3 m。例例3为了丈量某住宅大楼每层的平均高度为了丈量某住宅大楼每层的平均高度(层高层高)及电梯的运转情况，甲、乙两位及电梯的运转情况，甲、乙两位同窗在一楼电梯内用电子体重计及秒表进展了以下实验：质量同窗在

17、一楼电梯内用电子体重计及秒表进展了以下实验：质量m=50 kg的甲同的甲同窗站在体重计上，乙同窗记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数窗站在体重计上，乙同窗记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图随时间变化的情况，并作出了如图3-2-10所示的图象。知所示的图象。知t=0时，电梯静止不动，时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层。求：层。求： (1)电梯启动和制动时的加速度大小。电梯启动和制动时的加速度大小。 (2)该大楼的层高。该大楼的层高。图图3-2-10图图3-2-11 速度图线下所围的速度图线下所围

18、的“面积面积在数值上等于物体发生的位移，故总位移在数值上等于物体发生的位移，故总位移 x=1/2(10+25)2 m=35 m， vx/t1.4 m/s。 05 s内加速上升阶段的压力最大，内加速上升阶段的压力最大，根据速度图象可以求得在加速阶段的加速度根据速度图象可以求得在加速阶段的加速度a=v/t2/5 m/s20.4 m/s2， 根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有F N-m2gm2a代入数据后得代入数据后得F N520 N。 3.升降机的质量升降机的质量m150 kg，在竖直上升过程中，其，在竖直上升过程中，其v-t图象如图图象如图(3-2-12(a) 所示，放在升降机底板上的货物质量

19、所示，放在升降机底板上的货物质量m250 kg。(取取g=9.8 m/s2) (1)求升降机在求升降机在25 s时间内的总位移和平均速度；时间内的总位移和平均速度； (2)升降机底板在哪段时间内遭到的压力最大？升降机底板在哪段时间内遭到的压力最大？ 最大值为多少？最大值为多少？ (3)在图在图3-2-12(b)所示的坐标上画出上升过程中，所示的坐标上画出上升过程中， 升降机所受拉力升降机所受拉力F与时间与时间t的关系图象。的关系图象。图图3-2-121.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图3-2-13所示。设所示。设投放的初速度为

20、零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，投放的初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子一直坚持图示形状。在箱子下落过程中，以下说法正且运动过程中箱子一直坚持图示形状。在箱子下落过程中，以下说法正确的选项是确的选项是( ) A.箱内物体对箱子底部一直没有压力箱内物体对箱子底部一直没有压力 B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体遭到的支持力最大箱子刚从飞机上投下时，箱内物体遭到的支持力最大 C.箱子接近地面时，箱内物体遭到的支持力比刚投下时大箱子接近地面时，箱内物体遭到的支持力比刚投下时大 D.假设下落间隔足够长，箱内物体有能够不受底部支持力而假设下落间隔足

21、够长，箱内物体有能够不受底部支持力而 “飘起来飘起来C 因箱子下落过程中受空气阻力为因箱子下落过程中受空气阻力为f=kv2，故物体下落过，故物体下落过程的加速度程的加速度a=(mg-f)/m，当，当v=0时，时，a=g，v0时时a0，故，故A、B错误；因箱子下落过程为变加速运动，箱子接错误；因箱子下落过程为变加速运动，箱子接近地面时近地面时v最大，阻力最大，阻力f最大，加速度最大，加速度a最小，由最小，由FN=m(g-a)知知物体对箱子的压力最大，故物体对箱子的压力最大，故C正确；假设下落间隔足够长，当正确；假设下落间隔足够长，当f=mg时箱子做匀速运动，时箱子做匀速运动，a=0，那么，那么F

22、N=mg，故，故D错误。错误。图图3-2-13 忽然迅速剪断绳忽然迅速剪断绳A1的瞬间，的瞬间，1、2两个球间绳的张两个球间绳的张力立刻变为零，两个球以加速度力立刻变为零，两个球以加速度g下落；忽然迅速剪断绳下落；忽然迅速剪断绳B1的一瞬间，弹簧来不及形变，弹簧的弹力仍为的一瞬间，弹簧来不及形变，弹簧的弹力仍为mg，因此，因此4的的加速度为零，加速度为零，3的加速度为的加速度为2g。2.质量均为质量均为m的小球，分别用轻绳和轻弹簧衔接，处于平衡形状，如图的小球，分别用轻绳和轻弹簧衔接，处于平衡形状，如图3-2-14所示，现忽然迅速剪断绳所示，现忽然迅速剪断绳A1、B1，让小球下落。在剪断轻绳的

23、瞬间，让小球下落。在剪断轻绳的瞬间，设小球设小球1、2、3、4的加速度分别用的加速度分别用a1、a2、a3和和a4表示，那么表示，那么( ) A.a1=g,a2=g,a3=2g,a4=0 B.a1=0,a2=2g,a3=0,a4=2g C.a1=g,a2=g,a3=g,a4=g D.a1=0,a2=2g,a3=g,a4=gA图图3-2-143.两物体甲和乙在同不断线上运动，它们在两物体甲和乙在同不断线上运动，它们在00.4 s时时间内的间内的vt图象如图图象如图3-2-15所示。假设仅在两物体之所示。假设仅在两物体之间存在相互作用，那么物体甲与乙的质量之比和图中间存在相互作用，那么物体甲与乙的

24、质量之比和图中时间时间t1分别为分别为( ) A.1/3和和0.30 s B.3和和0.30 s C.1/3 和和0.28 s D.3 和和0.28 sB 根据速度图象的特点可知甲做匀加速运动，乙根据速度图象的特点可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动。根据做匀减速运动。根据a=v/t得，得，3a甲甲a乙，根据牛乙，根据牛顿第二定律有顿第二定律有F/m甲甲F/3m乙，得乙，得m甲甲/m乙乙=3。由。由a乙乙4/0.40 m/s2，那么，那么101/(0.40-t1)得得t1=0.30 s,B正确。正确。图图3-2-154.如图如图3-2-16所示，在光滑程度面上有一质量为所示，在光滑程度面上有一质

25、量为m1的足的足 够长的木板，其上叠放一质量为够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木的木块。假定木 块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。 现给木块施加一随时间现给木块施加一随时间t增大的程度力增大的程度力F=kt(k是常数是常数)，木板和木块加速，木板和木块加速度的大小分别为度的大小分别为a1和和a2。以下反映。以下反映a1和和a2变化的图线中正确的选项是变化的图线中正确的选项是( )A 此题调查的是牛顿第二定律的运用。此题中开场阶段两物体一此题调查的是牛顿第二定律的运用。此题中开场阶段两物体一同做加速运动，有同做加速运动，有F=m1

26、+m2a，即，即a=F/(m1+m2)，两物体加速度一，两物体加速度一样且与时间成正比。当两物体间的摩擦力到达样且与时间成正比。当两物体间的摩擦力到达m2g后两者发生相对滑后两者发生相对滑动。对动。对m2有有F-f=ma2，在相对滑动之前，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后逐渐增大，相对滑动后f=m2g不再变化，不再变化，a2=(F-f)/m2，故其图象斜率增大；而对，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑，在发生相对滑动后，有动后，有m2g=m1a1，故，故a1=m2g/m1为定值。故为定值。故A正确。正确。图图3-2-16 5.如图如图3-2-17所示，质量为所示，质量为m2的物体的物

27、体2放在正沿平直的轨道向右行驶的放在正沿平直的轨道向右行驶的 车厢底板上，并用竖直细绳经过定滑轮衔接质量为车厢底板上，并用竖直细绳经过定滑轮衔接质量为m1的物体的物体1，与物，与物 体体1相衔接的绳与竖直方向成相衔接的绳与竖直方向成角，那么角，那么( ) A.车厢的加速度为车厢的加速度为gsin B.绳对物体绳对物体1的拉力为的拉力为m1gcos C.底板对物体底板对物体2的支持力为的支持力为(m2-m1)g D.物体物体2受底板的摩擦力受底板的摩擦力m2gtan 对对m1进展受力分析，如下图。进展受力分析，如下图。 由牛顿第二定律由牛顿第二定律m1gtan=m1a a=gtan,A错误；绳对

28、物体错误；绳对物体1的拉力为的拉力为F=m1gcos,B正确；对物体正确；对物体2，由牛顿第二定，由牛顿第二定律律:f=m2a=m2gtan,D正确；正确； FN+F=m2g,FN=m2g-m1gcos,C错误。错误。BD图图3-2-176.如图如图3-2-18所示，所示，bc为固定在小车上的程度横杆，物块为固定在小车上的程度横杆，物块M串串在杆上，靠摩擦力坚持相对杆静止，在杆上，靠摩擦力坚持相对杆静止，M又经过轻细线悬吊又经过轻细线悬吊着一个小铁球着一个小铁球m，此时小车正以大小为，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀的加速度向右做匀加速运动，而加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方

29、向的均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为夹角为。小车的加速度逐渐增大，。小车的加速度逐渐增大，M一直和小车坚持相对一直和小车坚持相对静止，当加速度添加到静止，当加速度添加到2a时时( ) A.横杆对横杆对M的摩擦力添加到原来的的摩擦力添加到原来的2倍倍B.横杆对横杆对M的弹力不变的弹力不变C.细线与竖直方向的夹角添加到原来细线与竖直方向的夹角添加到原来2倍倍D.细线的拉力添加到原来的细线的拉力添加到原来的2倍倍 取取M、m为一整体，由牛顿第二定律可知，横杆对为一整体，由牛顿第二定律可知，横杆对M的摩擦力的摩擦力f(Mm)a，横杆对，横杆对M的支持力的支持力FN(Mm)g，当加速度添加到当加速度添加到2a时，时，f添加到原来的添加到原来的2倍，而倍，而FN不变，故不变，故A、B均正确；对均正确；对m受力分析，设细绳的拉力为受力分析，设细绳的拉力为FT，那么有，那么有FTcosmg，FTsinma，tana/g