高考物理（山东专用）一轮复习专题三牛顿运动定律教学课件

考点一牛顿第一定律牛顿第三定律一、牛顿第一定律及惯性1.牛顿第一定律(1)内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使

它改变这种状态。(2)意义:揭示了力与运动的关系,力不是维持物体运动状态的原因,而是改变物体运动

状态的原因,即力是产生加速度的原因。2.惯性(1)定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。(2)对惯性的理解①惯性是物体的固有属性,一切物体都有惯性。②物体的惯性只由质量决定,质量越大惯性越大,与物体的运动情况和受力情况无

关。二、牛顿第三定律1.内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直

线上。2.表达式:F=-F'。3.一对平衡力与一对相互作用力的差异比较

一对平衡力一对相互作用力作用对象同一个物体相互作用的两个物体作用时间不一定同时产生、同时消失一定同时产生、同时消失力的性质不一定相同一定相同作用效果可相互抵消不可抵消知识拓展牛顿第三定律的重要应用——转换研究对象如果物体受到的某个力不方便直接求解,可利用牛顿第三定律转换研究对象,先求它

的反作用力,再间接求解该力。考点二牛顿第二定律及其基本应用一、牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方

向跟作用力的方向相同。2.表达式:F=ma。3.牛顿第二定律的“六性”4.单位制:由基本单位和导出单位组成。(1)基本单位:基本(物理)量的单位,国际单位制中的基本单位一共有七个,如表所示。物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克(公斤)kg时间t秒s电流I安[培]A热力学温度T开[尔文]K物质的量n,(ν)摩[尔]mol发光强度I,(IV)坎[德拉]cd(2)导出单位:由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。二、牛顿第二定律的基本应用1.超重和失重(1)超重现象:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。(2)失重现象:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。知识拓展对超重和失重的理解(1)发生超重或失重现象时,物体所受的重力没有变化,只是压力(或拉力)变大或变小

了。(2)在完全失重的状态下,物体只受重力,一切由重力产生的物理现象都会完全消失。

例如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液柱不再产生压强等。(3)超重和失重的判断2.瞬时性问题(1)问题特点力F是可以突变的,由牛顿第二定律F=ma可知,a也同时“跟随”发生突变,所以,当物体所受合力发生变化时,物体随之产生相应时刻的瞬时加速度。(2)两种模型(3)解题思路例1如图所示,两个完全相同的小球a、b,用轻弹簧N连接,轻弹簧M和轻绳一端均与a

相连,另一端分别固定在墙壁和天花板上,弹簧M水平,当轻绳与竖直方向的夹角为60°

时,M、N的伸长量刚好相同。若M、N的劲度系数分别为k1、k2,a、b两球的质量均

为m,重力加速度大小为g。则以下判断正确的是

(

)

A.

=2

B.

=

C.若剪断轻绳,则在剪断的瞬间,a球的加速度为0D.若剪断弹簧M的右端,则在剪断的瞬间,b球的加速度不为0

审题指导

(1)剪断轻绳的瞬间,两弹簧弹力均不会突变,各自与剪断前的弹力相同。(2)剪断弹簧M右端的瞬间,a球与弹簧M间无作用力,弹簧N的弹力不变。

解析

设M、N的伸长量均为x,在题图状态下,a球、弹簧N和b球整体受到重力2mg、轻绳的拉力FT、弹簧M的弹力FM的作用处于平衡状态,根据力的平衡条件有FM=k1

x=2mgtan60°=2

mg,b球受重力mg和弹簧N的弹力FN的作用处于平衡状态,则FN=k2x=mg,解得

=2

,A正确,B错误。剪断轻绳的瞬间,轻绳的拉力突变为0,而轻弹簧中的弹力不会突变,即剪断轻绳前弹簧弹力与剪断轻绳的瞬间弹簧弹力相同,a球受重力和

两弹簧的弹力,合力不为0,则加速度不为0,C错误。剪断弹簧M的右端瞬间,弹簧N的弹

力不变,b球所受合力仍为0,则加速度仍为0,D错误。

答案

A

(2)解决两类动力学问题的两个关键①两个分析:物体的受力情况分析和运动过程分析。②两个桥梁:加速度是联系物体运动和受力的桥梁;通过衔接点的速度是联系相邻两

个运动过程的桥梁。3.两类动力学问题(1)解决两类动力学问题的思维流程模型一连接体模型1.连接体及其处理方法(1)定义:两个或两个以上存在一定相互作用的物体(叠放、并排或由绳子、细杆连接)

所构成的系统可以看作连接体。(2)内力和外力①内力:系统中物体间的作用力。②外力:系统之外的物体施加给系统内的物体的作用力。(3)处理方法:整体法与隔离法。2.模型特点(1)由两个或两个以上物体所构成的系统且系统内物体之间存在相互作用。(2)系统内各物体加速度大小相等或有所关联。3.模型情境(1)同速连接体:两物体通过弹力、摩擦力作用,具有相同速度和相同加速度。①常见同速连接体

②解题思路a.已知外力,求解内力(先整体后隔离)用整体法求出a与F外的关系,用隔离法求出F内与a的关系。b.已知内力,求解外力(先隔离后整体)用隔离法求出a与F内的关系,用隔离法求出F外与a的关系。(2)关联速度连接体:系统内各物体速度和加速度大小相等或大小不等但有所关联。①常见关联速度连接体(加速度大小相等)

②解题思路:分别对两物体隔离分析,应用牛顿第二定律进行求解。例2

(多选)如图,在倾角为θ的光滑固定斜面体上,有两个物块P和Q,质量分别为m1和m

2,用与斜面平行的轻质弹簧相连接,在沿斜面向上的恒力F作用下,两物块一起沿斜面

向上做匀加速直线运动,则

(

)

A.两物块一起运动的加速度大小a=

B.弹簧的弹力大小T=

C.若只增大m2,两物块一起沿斜面向上匀加速运动时,它们的间距变大D.若只增大θ,两物块一起沿斜面向上匀加速运动时,它们的间距变大

解析

对P、Q及弹簧组成的整体受力分析,根据牛顿第二定律有F-(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a,解得两物块一起运动的加速度大小为a=

-gsinθ,故A错误;对Q受力分析,根据牛顿第二定律有T-m2gsinθ=m2a,联立解得弹簧的弹力大小为T=

,故B正确;根据T=

=

可知,若只增大m2,两物块一起向上匀加速运动时,弹簧的弹力变大,根据胡克定律,可知弹簧的伸长量变大,故它们的间距变大,故C正确;根据T=

可知,若只增大θ,两物块一起向上匀加速运动时,弹簧的弹力不变,根据胡克定律,可知弹簧的伸长量不变,故两物块的间距不变,故D错误。

答案

BC规律总结连接体中力的“分配规律”如图所示,一起加速运动的物体系统,若力F作用于质量为m1的物体上,则两物体间的相

互作用力F12=

。此结论与有无摩擦无关,物体系统并排、叠放(若有摩擦,两物体与各接触面间的动摩擦因数必须相同)沿水平面、斜面、竖直方向运动时,此结论都成立。两物体的连接物为轻绳、轻杆或轻弹簧时,此结论不变。

模型二传送带模型1.模型特点(1)物体与传送带在摩擦力作用下的相对运动。(2)物体置于传送带上时,根据摩擦力的性质,物体的运动状态总是会趋于和传送带共

速。2.传送带模型问题的两个关键分析(1)摩擦力分析①摩擦力方向的判断v物与v带同向时:“同向运动,慢同快反”。慢物体所受摩擦力方向与其运动方向相同;快物体所受摩擦力方向与其运动方向相反。②v物与v带反向时:“互相阻碍,方向相反”。即物体和传送带所受摩擦力的方向都与其运动方向相反。注意当v物=v带(临界状态)时,摩擦力发生突变,物体的加速度发生突变。(2)运动分析①判断物体在达到共速之前是否滑出传送带。②判断共速以后物体是否能与传送带保持相对静止。3.传送带模型分类(1)水平传送带问题常见情境物体的运动情况(加速度a=μg)传送带足够长传送带不够长

v0=v一直匀速0≤v0<vl>

,先匀加速后匀速l≤

,一直匀加速v0>vl>

,先匀减速后匀速l≤

,一直匀减速

v0>vl>

,先匀减速后反向匀加速再匀速l≤

,一直匀减速v0≤vl>

,先匀减速后反向匀加速常见情境物体的运动情况传送带足够长传送带不够长

向上传送(μ>tanθ)0≤v0<va=(μcosθ-sinθ)gl>

,物体先匀加速后匀速l≤

,物体一直匀加速v0>va=(μcosθ+sinθ)gl>

,物体先匀减速后匀速l≤

,物体一直匀减速(2)倾斜传送带问题

向上传送(μ<tanθ)0<v0<va=(sinθ-μcosθ)gl>

,物体先匀减速后反向匀加速l≤

,物体一直匀减速v0>va1=(μcosθ+sinθ)ga2=(sinθ-μcosθ)gl>

+

,物体先以a1匀减速到v,再以a2匀减

速,最后以a2反向匀加速l≤

,物体一直以a1匀减速

<l≤

+

,物体先以a1匀减速到v,

再以a2匀减速

向下传送(μ>tanθ)0≤v0<va=(μcosθ+sinθ)gl>

,物体先匀加速后匀速l≤

,物体一直匀加速v0=v一直匀速v0>va=(μcosθ-sinθ)gl>

,物体先匀减速后匀速l≤

,物体一直匀减速

向下传送(μ<tanθ)0≤v0<va1=(μcosθ+sinθ)ga2=(sinθ-μcosθ)gl>

,物体先以a1匀加速,与传送带共速后继

续以a2匀加速l≤

,物体一直以a1匀加速v0≥v物体以a=(sinθ-μcosθ)g匀加速例3如图甲所示,倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角θ=37°。一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到达一定高度时速度为0,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,则

(

)

A.传送带的速度为4m/sB.物块上升的高度为1.6mC.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5D.物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反

审题指导

解析

由题图乙可知,物块的初速度v2一定大于v1,物块减速运动到与传送带速度相同时,以另一加速度继续向上做减速运动,由此可以判断传送带的速度为2m/s,A错

误。物块的位移等于v-t图线与横轴所围的“面积”,即L=

×(4+2)×0.2m+

×1×2m=1.6m,则物块上升的高度h=Lsinθ=0.96m,B错误。0~0.2s时间内,加速度a1=

=

m/s2=-10m/s2,摩擦力方向与物块的运动方向相反,根据牛顿第二定律有|a1|=

=gsinθ+μgcosθ=10m/s2,0.2~1.2s时间内,加速度a2=

=

m/s2=-2m/s2,摩擦力方向与物块运动方向相同,根据牛顿第二定律有|a2|=

=gsinθ-μgcosθ=2m/s2,解得μ=0.5,C正确,D错误。

答案

C模型三滑块-木板模型1.模型特点(1)滑块与木板系统受外力F作用时,F在一定范围内,滑块与木板保持相对静止以相同

的加速度一起运动。当外力F超过某临界值后,二者开始相对滑动,以不同的加速度各

自运动。(2)滑块或木板有初速度时,滑块与木板在滑动摩擦力作用下相对运动,滑块与木板两

者运动状态总是会趋于共速。2.模型情境(所有情境都满足最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)(1)力作用在“块”上示意图

条件水平地面光滑:μ≠0,μ'=0水平地面粗糙:μ≠0,μ'≠0且μ

mg>f'=μ'(m+M)g相对静止过程①“板块”对地静止:对整体有F=0②“板块”相对静止,对地共同

加速:对整体F=(m+M)a对“块”有F-f静=ma对“板”有f静=Ma①“板块”相对地面静止:对整体有F=f地静②“板块”相对静止,对地共同加速:对整体F-f'=(m+M)a对“块”有F-f静=ma对“板”有f静-f'=Ma临界条件①“板块”对地滑动的临界条

件:F=0②“板块”相对滑动的临界条

件:f=fmax=μmg,此时a临界=

,外力F=F'=

μ(m+M)g①“板块”对地滑动的临界条

件:F=

=f'=μ'(m+M)g②“板块”相对滑动的临界条

件:f=fmax=μmg,此时a临界=

=

,外力F=F'=

相对滑动过程对“块”有F-μmg=ma1对“板”有μmg=Ma2对“块”有F-μmg=ma1对“板”有μmg-μ'(m+M)g=Ma2a-F图像

(2)力作用在“板”上示意图

条件水平地面光滑:μ≠0,μ'=0水平地面粗糙:μ≠0,μ'≠0相对静止过程①“板块”对地静止:对整体有F=0②“板块”相对静止,对地共同

加速:对整体有F=(m+M)a对“块”有f静=ma对“板”有F-f静=Ma①“板块”相对地面静止:对整体有F=f地静②“板块”相对静止,对地共同加速:对整体有F-f'=(m+M)a对“块”有f静=ma对“板”有F-f静-f'=Ma临界条件①“板块”对地滑动的临界条

件:F=0②“板块”相对滑动的临界条

件:f=fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F=F'=μ(m+M)g①“板块”对地滑动的临界条

件:F=

=f'=μ'(m+M)g②“板块”相对滑动的临界条

件:f=fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F=F‘=(μ+μ')(m+M)g相对滑动过程对“块”有μmg=ma1对“板”有F-μmg=Ma2对“块”有μmg=ma1对“板”有F-μmg-μ'(m+M)g=

Ma2a-F图像

(3)“板”或“块”有初速度,水平地面光滑(μ≠0,μ'=0)初态“块”有初速度,“板”静止“板”有初速度,“块”静止示意图

动力学分析①相对滑动时,对“块”有f=μmg

=ma1,“块”匀减速运动;对“板”有f=μmg=Ma2,“板”

匀加速运动②共速时,板块间摩擦力变为0③相对静止时,板块整体F合=0,整

体匀速运动①相对滑动时,对“块”有f=μmg

=ma1,“块”匀加速运动;对

“板”有f=μmg=Ma2,“板”匀

减速运动②共速时,板块间摩擦力变为0③相对静止时,板块整体F合=0,整

体匀速运动v-t图像①板长L较长,最终共速

②板长L较短,未能共速(滑离)

①板长L较长,最终共速

②板长L较短,未能共速(滑离)

(4)“板”或“块”有初速度,水平地面粗糙(μ≠0,μ'≠0)初态“块”有初速度,“板”静止“板”有初速度,“块”静止示意图

动力学分析①相对滑动时对“块”有f=μmg=ma1,“块”

匀减速运动对“板”当μmg≤μ'(m+M)g时“板”相对

地面静止当μmg>μ'(m+M)g时,μmg-μ'(m+

M)g=Ma2,“板”匀加速运动②共速时,f由滑动摩擦力变为静摩擦力③相对静止时,对整体有f'=μ'(m+

M)g=(m+M)a3,整体匀减速直线

运动直至速度为0①相对滑动时对“块”有f=μmg=ma1,“块”

匀加速运动对“板”有μmg+μ'(m+M)g=Ma2,

“板”匀减速运动②共速时,f由滑动摩擦力变为静

摩擦力③相对静止时,对整体有f'=μ'(m+

M)g=(m+M)a3,整体匀减速直线

运动直至速度为0v-t图像(板对地运动时)板长L较长,共速后一起匀减速运

动

板长L较长,共速后一起匀减速运

动

例4粗糙的水平地面上有一质量m1=1kg的长木板,长木板的左端有一质量m2=2kg的

小物块,如图甲所示。t=0时,水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t变化的关系式

为F=3t(N),长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。假设最大静摩擦力均与

滑动摩擦力相等,取g=10m/s2,求:

(1)长木板与地面间的动摩擦因数μ1和小物块与长木板间的动摩擦因数μ2;(2)t=3s时长木板的速度大小。

解析

(1)由题图乙可知,t=1s时,长木板与地面之间即将发生相对运动,此时地面对长木板的静摩擦力刚好达到最大值,且长木板的加速度仍然为零,则F1=μ1(m1+m2)g=3

N,代入数据解得μ1=0.1。t=3s时长木板与小物块之间即将发生相对运动,此时长木板

与小物块之间的静摩擦力刚好达到最大值,且长木板与小物块仍然具有相同的加速

度,设此时加速度为a,对于小物块有F2-μ2m2g=m2a,对于长木板,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a,

联立可得a=2m/s2,μ2=0.25。(2)根据a-t图线与坐标轴围成的图形的面积表示速度的变化量,且长木板的初速度为0,

可得t=3s时长木板的速度大小v=

×(3-1)×2m/s=2m/s。

答案

(1)0.1

0.25

(2)2m/s例5如图所示,光滑水平面上放着一块长木板,木板处于静止状态,其长度L=1.6m,质

量M=3.0kg。质量m=1.0kg的小物块放在木板的最右端(小物块可视为质点),小物块

与木板之间的动摩擦因数μ=0.10。现对木板施加一个F=10N,方向水平向右的恒力,

取g=10m/s2。(1)木板在F作用下,木板和小物块是否发生相对滑动?(2)如果把木板从物块下方抽出来,那么F持续作用的时间至少需要多长?

解析

(1)木板在F作用下,假设木板和小物块保持相对静止,一起加速,则对木板和小物块整体,有F=(M+m)a,对小物块,有f=ma,联立解得木板和小物块保持相对静止所需的

静摩擦力f=2.5N,而木板和小物块间的最大静摩擦力fm=μmg=1N,由于f>fm,故假设不成

立,木板和小物块间会出现相对滑动。(2)①如果把木板从小物块下方抽出来,是否需要F一直作用直到把木板抽出?为什么?不需要。如果一直作用直到抽出,F持续作用的时间不是最短。②在F作用下,木板做什么运动?设F持续作用的时间至少需要t1,在F作用下,木板向右做匀加速直线运动,设木板的加

速度为a1,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1,解得a1=

=3.0m/s2。③撤去F后,木板做什么运动?撤去F后,木板向右做匀减速直线运动,设木板的加速度大小为a1',a1'=

=

m/s2。④在整个过程中,物块做什么运动?小物块相对木板向左运动,一直受到向右的恒定滑动摩擦力,故小物块在整个过程中

一直向右做匀加速直线运动,设小物块的加速度为a2,解得a2=μg=1.0m/s2。⑤临界条件是什么?如何根据临界条件建立等式求解未知量?设撤去力F后,经过t2时间小物块滑到木板的最左端,两者的速度相同,大小为v,则v=a1t1-

a1't2=a2(t1+t2),木板的位移x1=

a1

+a1t1t2-

a1'

,物块的位移x2=

a2(t2+t1)2,由图可知x1-x2=L,联立解得t1=0.8s。

答案

(1)木板和小物块间会发生相对滑动(2)0.8s一题多解

如图所示,分别画出小物块和木板的速度随时间变化的图像,其中,表示长

木板的“速度-时间”图线是OAB,表示小物块的“速度-时间”图线是OB。

△OAB的面积表示全过程中小物块在长木板上滑行的位移(相对位移),即L=

。t1时刻木板的速度最大,v1=a1t1,小物块速度v2=a2t1,t1+t2时刻两者共速,v=v1-a1't2=v2+a2t2,代入数据解得t1=0.8s。微专题2动力学综合问题一、动力学图像问题1.常见图像的解题关键点(1)v-t图像:根据图线上某点的斜率判断加速度的大小和方向,再由牛顿第二定律求合

力。(2)a-t图像:要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,画出v-t图像,然后结合物

体受力情况根据牛顿第二定律列方程。(3)F-t图像:要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运

动情况。(4)F-a图像:首先要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律

推导出F、a两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图线的斜率、截

距的意义,从而由图像给出的信息求出未知量。例6

A、B两物体同时受到同样的水平拉力后,分别在水平面上从静止开始做匀加速

直线运动,1s后,同时撤去拉力,它们均做匀减速直线运动,直到停止,其v-t图像如图所

示,重力加速度g取10m/s2。在A、B整个运动过程中,下列说法正确的是

()

A.A、B两物体质量之比为4∶3B.A、B两物体受到的摩擦力之比为3∶2C.A、B两物体位移之比为3∶4D.A、B两物体与水平面间的动摩擦因数之比为1∶2

解析

v-t图像中图线与时间轴所围面积表示位移,可得

=

=2∶3,C错误。撤去拉力后,两物体均只受摩擦力,由图像得A物体的加速度大小aA=6m/s2,B物体的加

速度大小aB=3m/s2,由牛顿第二定律得aA=μAg,aB=μBg,可得

=2∶1,D错误。0~1s时间内,由图像得两物体的加速度大小a=6m/s2,根据牛顿第二定律,对A物体分析可得F-μA-mAg=mAa,对B物体分析可得F-μBmBg=mBa,解得

=3∶4,A错误。A、B两物体受到的摩擦力之比

=

=3∶2,B正确。

答案B例7

(多选)在光滑水平地面上放置一足够长的质量为M的木板B,如图甲所示,其上表

面粗糙,在木板B上面放置一个质量为m、可视为质点的物块A,现在给A一个水平向左

的拉力F,用传感器得到A的加速度随拉力F的变化关系如图乙所示,设最大静摩擦力等

于滑动摩擦力,g=10m/s2,则

(

)

A.物块A的质量为m=1kgB.木板B的质量为M=3kgC.A与B之间的最大静摩擦力为fmax=3ND.当物块A的加速度为a=2m/s2时,拉力F=4N

审题指导

由题图乙可知物块A的加速度a随拉力F的变化关系,当F=3N时物块与木板之间即将发生相对运动。根据牛顿第二定律列出相对运动前后a与F的关系式,变形

得到两段图线对应的函数关系式,即可明确图线的斜率、截距表示的物理意义。

解析

当拉力小于3N时,A、B一起做匀加速直线运动,有a1=

F,由图线可得

=

kg-1,当拉力大于3N时,A、B相对滑动,对物块A受力分析可知F-μmg=ma2,整理得a2=

F-μg,由图线可得

=1kg-1,-μg=-2m·s-2,联立解得m=1kg、M=2kg、μ=0.2,A正确,B错误。A、