牛顿定律综合应用课件

第3讲牛顿运动定律的综合应用牛顿第一定律牛顿第二定律a=F/m或F=ma牛顿第三定律F=－F＇牛顿运动定律

指出了物体具有惯性。揭示了运动和力的关系：力是改变物体运动状态的原因定量地描述运动和力的关系——数值关系、方向关系和瞬时关系，指出：力是产生加速度的原因揭示力作用的相互性和对等性。指出：力是物体对物体的作用牛顿定律知识结构一、瞬时问题1．瞬时性问题的解题技巧 分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：2.在求解瞬时性加速度问题时应注意 (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．θθθθ推论：在最高点由静止开始沿不同的光滑细杆到圆周上各点所用的时间相等。结论：物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等。等时圆问题P331第2题ABCDM图4

三、分解加速度因牛顿第二定律中F＝ma指出力和加速度永远存在瞬间对应关系，所以在用牛顿第二定律求解动力学问题时，有时不去分解力，而是分解加速度，尤其是当存在斜面体这一物理模型且斜面体又处于加速状态时，往往此方法能起到事半功倍的效果．【典例2】(2023·安徽，14)如图3－2－9所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力N分别为(重力加速度为g)()．A．T＝m(gsinθ＋acosθ)N＝m(gcosθ－asinθ)B．T＝m(gcosθ＋asinθ)N＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(acosθ－gsinθ)N＝m(gcosθ＋asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ)N＝m(gsinθ＋acosθ)解析准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法．选小球为研究对象，小球受重力mg、拉力T和支持力N三个力作用，将加速度a沿斜面和垂直于斜面两个方向分解，如下图．由牛顿第二定律得T－mgsinθ＝macosθ①mgcosθ－N＝masinθ②由①式得T＝m(gsinθ＋acosθ)．由②式得N＝m(gcosθ－asinθ)．应选项A正确．答案A图3－2－10答案B1. 动力学的两类根本问题 (1)受力情况求物体的． (2)运动情况求物体的．牛顿定律的应用(考纲要求Ⅱ)

运动情况受力情况2．解决两类根本问题的方法 以为“桥梁〞，由和列方程求解，具体逻辑关系如图：加速度运动学公式牛顿第二定律【典例1】(2023·江南十校联考，22)如图3－3－2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．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/s2)，求： (1)滑块在运动过程中的最大速度； (2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ； (3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．图3－3－2分析理清思路→抓突破口做好两分析→受力分析、运动分析①滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动．②滑块在水平面上：滑块做匀减速运动．选择适宜的方法及公式→利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解．答案(1)4m/s

(2)0.4

(3)3.2m/s反思总结解决动力学两类问题的根本思路【跟踪短训】1．(2023·山东重点中学模拟)如图3－3－3所示，物体b在水平台面上以v＝2m/s的速度匀速运动，当b运动到D点时刻，物体a开始从水平地面上的A点以v1＝4m/s的速度匀速运动，a从B点冲上斜面后做匀减速运动，a、b在斜面顶端C相遇，相遇时a的速度刚好为零．ABC段路程总长L1＝7m，DC段路程L2＝4m．斜面倾角为30°，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物体a从A运动到B的时间及物体a在斜面上运动时的加速度大小；(2)物体a与斜面间的动摩擦因数．1. 超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)

物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有

的加速度．2．失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)

物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有

的加速度．超重和失重(考纲要求Ⅰ)

大于向上小于向下3．完全失重 (1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)

的现象称为完全失重现象． (2)产生条件：物体的加速度a＝

，方向竖直向下．等于零g思维深化判断正误，正确的划“√〞，错误的划“×〞．(1)超重时物体的重力大于mg. ()(2)失重时物体的重力小于mg. ()(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态． ()(4)物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关． ()×××√热点二对超重、失重的理解1．不管是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重〞改变．2．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系.【典例2】在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－3－4所示，在这段时间内以下说法中正确的选项是 ()．答案D【跟踪短训】2．(2023·枣庄一模)据中新社北京2月26日电，中国军队2023年将举行近40场军事演习，以提高信息化条件下威慑和实战能力．假设在某次军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图3－3－5所示，那么以下说法正确的选项是 ()．图3－3－5A．0～10s内空降兵运动的加速度越来越大B．0～10s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力C．10s～15s内空降兵和降落伞整体所受的空气阻力越来越小D．10s～15s内空降兵处于失重状态解析据图象可知，0～10s内，空降兵做加速运动，空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力，10s～15s内，做减速运动，所以整体所受重力小于空气阻力；0～10s内，切线的斜率逐渐减小，做加速度减小的加速运动，加速度方向向下，失重.10s～15s内，切线斜率减小，做加速度减小的减速运动，加速度方向向上，超重；综上可知选项B、C正确、A、D错误．答案BC物理建模3.传送带模型滑板—滑块模型(模型演示见PPT课件)传送带模型1．水平传送带模型2.倾斜传送带模型【典例1】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3－3－6所示为一水平传送带装置示意图．绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2.图3－3－6(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析(1)行李刚开始运动时，受力如下图，滑动摩擦力：Ff＝μmg＝4N由牛顿第二定律得：Ff＝ma解得：a＝1m/s2答案(1)4N

1m/s2

(2)1s

(3)2s

2m/s反思总结

对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析．即学即练1如图3－3－7所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求： (1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间； (2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．答案(1)4s

(2)2s1．模型特点 涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，假设滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．滑板——滑块模型3．解题思路4．易失分点 (1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度． (2)不清楚物体间发生相对滑动的条件．【典例2】如图3－3－8所示，光滑水平面上静止放着长L＝4m，质量为M＝3kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，(g取10m/s2) (1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？ (2)如果F＝10N，求小物体离开木板时的速度？ 解析(1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大加速度a＝μg＝1m/s2 由牛顿第二定律对整体有Fm＝(m＋M)a＝4N答案(1)4N

(2)2m/s即学即练2(2023·江苏卷，14)如图3－3－9所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．假设砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.图3－3－9(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉