专题讲牛顿运动定律和其应用.ppt

专题讲牛顿运动定律和其应用,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,合外力的方向竖直向下,向下加速运动,向上减速运动,重力作用,1.(2013新课标全国卷)下表是伽利略1604年做斜面实验时的相关数据。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是(),A.物体具有惯性,B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关,C.物体运动的距离与时间的平方成正比,D.物体运动的加速度与重力加速度成正比,1,1,32,4,2,130,9,3,298,16,4,526,25,5,824,36,6,1 192,49,7,1 600,64,8,2 104,【解析】,选C。由第三列物体沿斜面运动的距离猜想可能与时,间有关，先可以求出各距离的比值近似为1491625,364964，即物体运动的距离与时间的平方成正比即xt,2,，,故选项C正确。由此可以进一步得出物体沿斜面向下做初速度,为零的匀加速运动，但仅根据表格中的数据无法确定加速度与,质量、斜面倾角及重力加速度的关系，也不能得出物体具有惯,性，所以选项A、B、D错。,2.(2013新课标全国卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是(),【解析】,选C。物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，,根据牛顿第二定律，有F-F,f,=ma，即F=ma+F,f,，该关系为线性函,数。当a=0时，F=F,f,；当F=0时，符合该函数关系的图,像为C。,3.(2013山东高考)如图所示，一质,量m=0.4 kg的小物块，以v,0,=2 m/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=2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10 m。,已知斜面倾角=30，物块与斜面之间的动摩擦因数,重力加速度g取10 m/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？,【解析】,(1)由运动学方程得：,2aL=v,B,2,v,0,2,代入数值解得：a=3 m/s,2,，v,B,=8 m/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+F,N,-mgcos30=0,沿斜面方向:Fcosmgsin30F,f,=ma,又F,f,=F,N,联立各式，代入数值解得：,则,当=30时，拉力F有最小值，且,答案：,(1)3 m/s,2,8 m/s (2)30,热点考向1,动力学图像问题,【典例1】,(多选)(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：,物理量,变化情况,大小,方向,f,_,_,F,合,_,_,a,_,_,v,_,_,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、D。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正确。,【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。,【变式训练】,(多选)(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10 m/s,2,。根据图乙中所提供的信息可以计算出(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A、B、C。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，故选项A、B、C正确，D错误。,【变式备选】,(多选)将一个物体以初速度v,0,从地面竖直向上抛出，经一段时间后落回地面。设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，取竖直向上为正方向。下列关于速度v、加速度a随时间t变化的图像正确的是(),【解析】,选B、D。物体向上运动时重力和阻力都向下；向下运动时重力向下，阻力向上。物体所受合力的方向都向下,加速度方向都向下，由牛顿第二定律知，物体向上运动时的加速度大于向下运动时的加速度，加速度越大,v-t 图像斜率的绝对值越大,又由于物体上升和下落的位移大小相同,所以物体向上运动的时间小于下落的时间,故选项A、C错误，B、D正确。,热点考向2,连接体问题,【典例2】,(15分)如图所示，一工件,置于水平地面上，工件质量M=0.8 kg，,其AB段为一半径R=1.0 m的光滑圆弧,轨道，圆弧轨道上的P点到BC的高度,差h=0.2 m，将一可视为质点的物块置于P点，物块质量m=,0.2 kg，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10 m/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F,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=,_。,(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。,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:F,N,cos=mg (3分),水平方向:F,N,sin=ma (3分),由几何知识得：,(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,【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)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武汉二模)质量为,2m的物块A和质量为m的物块B相互接触,放在水平面上，如图所示，若对A施加,水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动，关于A对B的作用力，下列说法正确的是(),A.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F,B.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为 F,C.若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为mg,D.若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为,【解析】,选D。若水平面光滑，由牛顿运动定律得A、B整体的,加速度为 物块A对B的作用力大小为F,1,=ma,1,=选项,A、B错误；若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为,，由牛顿第二定律得A、B整体的加速度为 又由,F,2,-mg=ma,2,，物块A对B的作用力大小为 故选项C,错误，D正确。,热点考向3,多过程问题,【典例3】,(16分)如图所示，一个质量M=2 kg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=0.8 m，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=,3 m/s，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.1，两皮带轮,之间的距离L=6 m，重力加速度g=10 m/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:。,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。,动能定理,牛顿第二定律,牛顿第三定律,(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位移x与传送带的长度L的大小。若xL,物块将从传送带的右端离开；反之将从传送带的左端离开。,【解析】,(1)由动能定理得：,MgR=(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),(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,=2(-a)x (2分),解得:x=8 m (1分),因xL，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10 m，物块将从传送带的哪一端离开传送带？,提示:,因x,1,mg,与F,f,1,mg矛盾,故物块相对木板减速滑动,而不是相对静止。,请列出物块相对木板减速滑动过程的动力学方程。,a.对物块：_。,b.对木板：_。,请列出全过程的运动学方程。,a.对物块：。,b.对木板：。,1,mg=ma,1,2,2,mg-,1,mg=ma,2,【解题】,规范步骤，水到渠成,(1)从t=0时开始，木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速，物块和地面对木板的摩擦力使木板减速，直到两者具有共同速度为止。,由题图可知，,在t,1,=0.5 s时，,物块和木板的速度相同为v,1,=1 m/s。,设t=0到t=t,1,时间内，,物块和木板的加速度大小分别为a,1,和a,2,，则,(2分),(2分),设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为,1,、,2,，根据牛顿第二定律，,对物块有,1,mg=ma,1,(2分),对木板有,1,mg+2,2,mg=ma,2,(2分),联立方程得：,1,=0.2 ,2,=0.3 (1分),(2)t,1,时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。,设物块与木板之间的摩擦力大小为F,f,，物块和木板的加速度大小分别为a,1,和a,2,，,由牛顿第二定律得,对物块有F,f,=ma,1,(1分),对木板有2,2,mgF,f,=ma,2,(1分),假设物块相对木板静止，,即F,f,1,mg,与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑,动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a,1,=a,1,=2 m/s,2,(1分),物块的v-t图像如图所示。,此过程木板的加速度,a,2,=2,2,g,1,g=4 m/s,2,(1分),由运动学公式可得，,物块和木板相对地面的位移分别为,(2分),(2分),物块相对木板的位移大小为,x=x,2,x,1,=1.125 m (1分),答案：,(1)0.2 0.3 (2)1.125 m,【点题】,突破瓶颈，稳拿满分,(1)常见的思维障碍：,在由v-t图像求解加速度时，只求出了木板的加速度，没有分析出物块的末速度，导致无法求出结果。,在物块与木板共速后，没有判断物块相对木板的运动情况，误认为物块相对木板静止，导致错误。,(2)因解答不规范导致的失分：,在对木板列牛顿第二定律方程时，不注意木板的受力分析，将地面对木板的摩擦力误写为,2,mg而导致失分。,求物块相对木板的位移时，只求出物块和木板的位移，没有求相对位移而导致失分。,A组,B组,