新教材高中物理必修一第四章-5-牛顿运动定律的应用课件.pptx

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1、5牛顿运动定律的应用第四章运动和力的关系1.理解加速度是解决两类动力学基本问题的桥梁.2.熟练掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的思路和方法.学习目标知识梳理重点探究随堂演练课时对点练内容索引NEIRONGSUOYIN知识梳理一、力和运动的关系牛顿第二定律确定了物体 和力的关系：加速度的大小与物体 的大小成正比，与物体的 成反比；加速度的方向与物体 的方向相同.物体的初速度与加速度决定了物体做什么运动，在直线运动中：加速度所受合力质量受到的合力增大减小越快越慢二、两类基本问题1.从受力确定运动情况如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的 ，再通过运动学的规律确定物体的 情况.2.从

2、运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的 ，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出 .加速度运动加速度力1.判断下列说法的正误.(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合力的方向.()(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向.()(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的.()(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的.()即学即用2.如图1所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止.则

3、：(g取10 m/s2)(1)在拉力F作用下物体运动的加速度大小为_ m/s2；0.5图图1解析对物体受力分析，如图所示竖直方向mgFN水平方向，由牛顿第二定律得FFNma1(3)撤去拉力F后物体运动的距离x_ m.(2)撤去拉力F瞬间物体的速度大小v_ m/s；4解析va1t4 m/s；4解析撤去拉力F后，由牛顿第二定律得mgma2解得a2g2 m/s2，由0v22a2x重点探究一、从受力确定运动情况1.从受力确定运动情况的基本思路分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况.流程图如下：已知物体受力情况求得a求

4、得x、v0、v、t2.从受力确定运动情况的解题步骤(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图.(2)根据力的合成与分解，求合力的大小和方向.(3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度.(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学物理量任意时刻的位移和速度，以及运动时间等.例1(2019张家口市上学期期末)如图2所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数0.75.对圆环施加一个与水平方向成53角斜向上、大小为F25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 530.8，cos 53

5、0.6，g取10 m/s2).求：(1)圆环对杆的弹力大小；答案0图图2解析分析圆环的受力情况如图甲所示.将拉力F正交分解，F1Fcos 15 N，F2Fsin 20 N因G20 N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0.(2)圆环加速度的大小；答案7.5 m/s2解析由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合F1ma1，代入数据得a17.5 m/s2.(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离.答案30 m解析由(2)可知，撤去拉力F时圆环的速度v0a1t115 m/s撤去拉力F后圆环受力如图乙所示根据牛顿第二定律mgma2得a27.5 m/s2圆环的速度

6、与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，则v015 m/s，a7.5 m/s2由运动学公式可得：撤去拉力F后圆环滑行的位移故总位移xx1x230 m.二、从运动情况确定受力1.从运动情况确定受力的基本思路分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力.流程图如下：2.从运动情况确定受力的解题步骤(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图.(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度.(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力.(4)选择合适的力的合成与分解的

7、方法，由合力和已知力求出待求的力.例2质量为200 t的机车从停车场出发，匀加速行驶225 m后，速度达到54 km/h，此时，司机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了125 m才停在站上.设运动过程中阻力不变，求：(1)机车所受的阻力的大小；答案1.8105 N解析v154 km/h15 m/s减速阶段：初速度v115 m/s，末速度v20，位移x2125 m由v22v122a2x2得负号表示a2方向与v1方向相反由牛顿第二定律得F阻ma22105(0.9)N1.8105 N 负号表示F阻方向与v1方向相反.(2)机车关闭发动机前所受到的牵引力的大小.答案2.8105 N解析初速度v00，末速

8、度v115 m/s，位移x1225 m由v12v022a1x1得由牛顿第二定律得F引|F阻|ma121050.5 N1105 N 由得机车的牵引力为F引2.8105 N.针对训练一质量为m2 kg的滑块在倾角为30的足够长的斜面上在无外力F的情况下以加速度a2.5 m/s2匀加速下滑.若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图3所示，使滑块由静止开始向上匀加速运动，在02 s时间内沿斜面运动的位移x4 m.求：(g取10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；图图3解析根据牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma，(2)恒力F的大小.解析滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可

9、得：Fcos mgsin(Fsin mgcos)ma1，三、多过程问题分析1.当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成.将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题.2.注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用.例3如图4所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L8 m、倾角37的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面.人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下.人与接触面间的动摩擦因数均为0.25

10、，不计空气阻力.(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；答案2 s图图4解析人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示.设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得mgsin FfmaFfFN垂直于斜坡方向有FNmgcos 0联立以上各式得agsin gcos 4 m/s2解得：t2 s.(2)人在离C点多远处停下？答案12.8 m解析人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用.设人在水平面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgma设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得人在斜坡上下滑的过程：v

11、22aL人在水平面上滑行时：0v22ax联立解得x12.8 m.1.(从受力确定运动情况)(多选)如图5所示，质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v010 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反大小为2 N的恒力F，在此恒力F作用下(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)A.物体经10 s速度减为零B.物体经2 s速度减为零C.物体的速度减为零后将保持静止D.物体的速度减为零后将向右运动123随堂演练图图5123解析物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力FfFNmg3 N，物体的速度减为零后，由于F小于最大静摩擦力，物体将保持静止，C正确，D错误.

12、2.(从运动情况确定受力)如图6所示，质量为m3 kg的木块放在倾角30的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑.若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t2 s 时间木块沿斜面上滑4 m的距离，则推力F的大小为(g取10 m/s2)A.42 N B.6 NC.21 N D.36 N123图图6123解析木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mgsin mgcos；由牛顿第二定律得：Fmgsin mgcos ma，得F36 N，D正确.1233.(多过程问题分析)如图7所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角30.一个质量m1 kg的小物体(可视为质点)，在F

13、10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动.已知斜面与物体间的动摩擦因数 .g取10 m/s2.(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小；答案2.5 m/s2图图7123解析对物体受力分析，123(2)若拉力F作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离.答案2.4 m123此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小整个上滑过程物体距出发点的最大距离xx1x22.4 m.考点一从受力确定运动情况1.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕.在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎

14、与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为A.7 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.20 m/s基础对点练课时对点练123456789 10 11 12 13解析设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgma，解得：ag.由匀变速直线运动的速度位移关系式得v022ax，123456789 10 11 12 13123456789 10 11 12 132.用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，外力F作用3 s后撤去.则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是A.4.5 m/s,1.5 m/s2

15、 B.7.5 m/s,1.5 m/s2C.4.5 m/s,0 D.7.5 m/s,03.如图1所示为某小球所受的合力与时间的关系图像，各段的合力大小相同，作用时间相同，且一直作用下去，设小球由静止开始运动，由此可判定A.小球向前运动，再返回停止B.小球向前运动，再返回不会停止C.小球始终向前运动D.小球向前运动一段时间后停止123456789 10 11 12 13图图1解析作出相应的小球的vt图像如图所示，由图可以看出，小球始终向前运动，选项C正确.123456789 10 11 12 13123456789 10 11 12 13考点二从运动情况确定受力4.一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推

16、进器后受到的推力是800 N，开动5 s的时间，速度的改变为2 m/s，则宇宙飞船的质量为A.1 000 kg B.2 000 kg C.3 000 kg D.4 000 kg123456789 10 11 12 135.如图2所示，车辆在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害.为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊.假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为A.420 N B.600 NC.800 N D.1 000 N图图2

17、123456789 10 11 12 13根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力Fma70(6)N420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反.所以选项A正确.6.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，图3中图线a、b分别表示该物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的vt图像，则拉力和摩擦力之比为A.98B.32C.21D.43123456789 10 11 12 13图图3解析由vt图像可知，图线a为水平方向仅受摩擦力的运动，加速度大小a11.5 m/s2，图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a20.75 m/s2，由牛顿第二定律列方程得ma1Ff，ma2FFf，联立解

18、得FFf32，选项B正确.7.在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火.按照设计，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案，假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)A.25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25C.50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25123456789 10 11 12 13上升过程中礼花弹所受的阻力大小Ffkmg，则由牛顿第二定律得mgFfma，联立解得k0.25，故选项C正确.12

19、3456789 10 11 12 138.(多选)(2019内蒙古一机一中高二期末)如图4所示，质量为m1.0 kg的物体在水平力F5 N的作用下，以v010 m/s的速度向右匀速运动.倾角为37的斜面与水平面在A点用极小的光滑圆弧相连.物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A点后撤去水平力F，再经过一段时间物体到达最高点B点.g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则A.A、B两点间的距离为5 mB.A、B两点间的距离为6 mC.从A点算起，经1 s物体到达最高点D.从A点算起，经2 s物体到达最高点123456789 10 11 12 13能力综合练图图4解析物

20、体匀速运动时，Fmg解得0.5在斜面上上滑的加速度：123456789 10 11 12 13选项A正确，B错误；9.(2019本溪一中高一上学期期末)如图5所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则A.物体到达C1时的速度最大B.物体分别在三条轨道上的运动时间相同C.物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小D.物体到达C3的时间最短123456789 10 11 12 13图图5解析物体在斜面上的加速度agsin，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误；123456789 10 11 12 1310.(多选)(2019新疆生产建设兵团第一师高级中学高一上期

21、末)放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图6甲、乙所示.取重力加速度g10 m/s2.由甲、乙两图可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为A.m0.5 kg B.m1.5 kgC.0.4 D.123456789 10 11 12 13图图6123456789 10 11 12 1311.(2019潍坊市高一上学期期末)如图7所示，木箱在100 N的拉力F作用下沿粗糙水平地面以5 m/s的速度匀速前进，已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.5，拉力F与水平地面的夹角为37，重力加速度g取10 m/s2，sin

22、370.6，cos 370.8.经过一段时间后撤去拉力F，求：(1)木箱的质量；答案22 kg123456789 10 11 12 13图图7解析对木箱受力分析，由平衡条件得Fsin 37FNmg，Fcos 37Ff，FfFN解得：m22 kg(2)撤去拉力后木箱匀减速运动的时间.答案1 s123456789 10 11 12 13解析木箱匀减速运动过程由牛顿第二定律和运动学公式得mgma，0v0at.解得：t1 s.12.总质量为m75 kg的滑雪者以初速度v08 m/s沿倾角为37的斜面向上自由滑行，已知雪橇与斜面间的动摩擦因数0.25，假设斜面足够长.sin 370.6，cos 370.

23、8，g取10 m/s2，不计空气阻力.试求：(1)滑雪者沿斜面上滑的最大距离；答案4 m123456789 10 11 12 13解析上滑过程中，对滑雪者进行受力分析，如图甲所示.滑雪者受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff作用，设滑雪者的加速度大小为a1.根据牛顿第二定律有mgsin Ffma1，a1方向沿斜面向下.在垂直于斜面方向有：FNmgcos，又摩擦力FfFN，123456789 10 11 12 13甲甲由以上各式解得a1g(sin cos)8 m/s2，123456789 10 11 12 13滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零时的位移x 4 m，即滑雪者沿斜面上滑的最大距

24、离为4 m.(2)若滑雪者滑行至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小.123456789 10 11 12 13解析滑雪者沿斜面下滑时，对其受力分析如图乙所示.滑雪者受到重力mg、支持力FN及沿斜面向上的摩擦力Ff，设加速度大小为a2.根据牛顿第二定律有mgsin Ffma2，a2方向沿斜面向下.在垂直于斜面方向有FNmgcos，又摩擦力FfFN，由以上各式解得：a2g(sin cos)4 m/s2，滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点时的位移大小为4 m，速度大小为v m/s.123456789 10 11 12 13乙乙13.(2019泰安一中高一上月

25、考)如图8所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成37角，球与杆间的动摩擦因数0.5.小球在大小为20 N，方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8).求：(1)撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；答案2 m/s2123456789 10 11 12 13图图8解析小球在拉力F作用下上滑时，对小球受力分析，如图甲所示，沿杆方向有Fsin mgsin Ff1ma1，沿垂直于杆方向有Fcos mgcos FN1，且Ff1FN1，联立解得a12 m

26、/s2.123456789 10 11 12 13(2)小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间.答案2.4 s123456789 10 11 12 13解析小球在F作用下上滑1 s，则v1a1t121 m/s2 m/s，123456789 10 11 12 13撤去拉力F后，小球继续向上运动，对小球受力分析，如图乙所示，沿杆方向有mgsin Ff2ma2，沿垂直于杆方向有FN2mgcos，且Ff2FN2，联立解得a210 m/s2，123456789 10 11 12 13小球运动到最高点后开始下滑，对小球受力分析，如图丙所示.沿杆方向有mgsin Ff3ma3，垂直于杆方向有mgcos FN3，且Ff3FN3，联立解得a32 m/s2，123456789 10 11 12 13球下滑到杆的底端，通过的位移xx0 x1x21.44 m，所需总时间tt1t2t32.4 s.