牛顿运动定律及其应用复习幻灯片

1、第2讲 牛顿运动定律及其应用,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福建高考）在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）。导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（ ） A.m2kgs-4A-1 B.m2kgs-3A-1 C.m2kgs-2A-1 D.m2kgs-1A-1,【解析】选B。根据P=UI、P=Fv、F=ma 可导出 即 =m2kgs-3A-1，故选B。,2.（2011福建高考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小

2、为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2v1，则（ ）,A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 【解析】选B。由题图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错B对；0t2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2t3时间内小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，C、D错。故选B。,3.（2013山东高考）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块， 以v0=2m/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=2s的时间物块由A点运动到B点， A、B之间的距离L=10m。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10m/s2。 （1）求物块加速度的大小及到达B

3、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：L=v0t+ at2 2aL=vB2v02 代入数值解得：a=3m/s2，vB=8m/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+N-mgcos30=0 沿斜面方向：Fcos-mgsin30-f=ma,又f=N 联立各式，代入数值解得： Fcos+ Fsin=5.2 则 = 当=30时，拉力F有最小值， 且Fmin= 答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30,热点考向1 动力学图像问题 【典例1】（2013银川二模）如图所示，一质量为m的滑块，以初速度v0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

4、断各物理量的变化情况：,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。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错误。,【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】（2013漳州二模）如图1所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2，由图线可知（ ） A

5、.甲、乙之间的动摩擦因数是0.2 B.甲的质量是4 kg C.甲的质量是2 kg D.甲、乙之间的动摩擦因数是0.6,【解析】选A。由图2可知拉力F小于48N时，甲、乙两物体一起运动，根据牛顿第二定律可得F1=（m甲+m乙）a1，以乙为研究对象有f1=m乙a1，拉力F大于48N时，甲、乙两物体相对滑动，以甲为研究对象有F2-f=m甲a2，其中f=m甲g，解得甲、乙之间的动摩擦因数是0.2，甲、乙的质量分别是6kg、2 kg，选项A正确，选项B、C、D错误。,【变式备选】（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10m/s2。根据图乙中所提供的信息不能计算出（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/s2时物体的速度,【解析】选D。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/s2，解得=37。 由a= F-gsin和a-F图像知： 图像斜率

6、 ，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/s2 时的速度，故选 D。,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=0.8kg，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道上的P点到BC的高度差h=0.2m，将一可视为质点的物块置于P点，物块质量m=0.2kg，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10m/s2，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

7、得： 竖直方向:Ncos=mg （3分） 水平方向:Nsin=ma （3分） 由几何知识得： cos= ，sin= （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福州二模）如图所示，光滑水平面上放

8、置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（ ）,【解析】选B。以两个质量为m的木块和一个质量为2m的木块为 研究对象，有mg=4ma，得四个木块一起运动的最大加速度， 以质量为m、2m的两个木块为研究对象，T=3ma，得轻绳对m的 最大拉力为 ，故选项B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=2kg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=0.8m，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=3m/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=6m，重力加速度g=10m/s2。,（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v0： a.物理规律：_； b.方程

9、式：_。,动能定理,求物块滑到轨道底端时轨道的弹力FN： a.物理规律：_； b.方程式：_。 利用_得物块对轨道的压力。 （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s与传送带的长度L的大小。若sL，物块将从传送带的右端离开；反之将从传送带的左端离开。,牛顿第二定律,牛顿第三定律,【解析】（1）由动能定理得： MgR= Mv02-0 （3分） 由牛顿第二定律得： FN-Mg= （3分） 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力FN与FN大小相等，方向相反, (2分) 解得:FN=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: 02-v02=2(-a)s （2分） 解得:x=8 m （1分） 因sL，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10m，物块将从传送带的哪一端离开传送带？ 提示：因sL，故物块速度达到零后，没有到达传送带右端，将沿传送带向左运动，从传送带的左端离开。 （2）若传送带以3m/s的速度沿顺时针方

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