新高考一轮复习人教版专题三牛顿运动定律课件（40张）

考点一牛顿运动定律一、牛顿第一定律(又称惯性定律)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.惯性与质量:质量是惯性大小的唯一量度。二、牛顿第二定律1.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合=ma。2.国际单位制三、牛顿第三定律

F(手对弹簧的力)=-F'(F'为弹簧对手的力)。作用力与反作用力总是成对

出现,同时产生、同时变化、同时消失。考点二牛顿运动定律的综合应用一、应用牛顿运动定律解决的两类问题1.从受力确定运动情况如摩擦冰面调节冰壶运动情况。2.从运动情况确定受力如根据滑雪者运动情况确定受力。【注意】解决问题的关键是分析出加速度a的变化,这是分析这两类问

题的核心关联点。

超重失重完全失重

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物体对支持物的压力

(或对悬挂物的拉力)等于0的现象

二、超重和失重1.对超重和失重的理解2.判断方法1)从力的角度判断①FN>mg,超重;②FN<mg,失重;③FN=0,完全失重。2)从加速度的角度判断①a向上,超重;②a向下,失重;③a竖直向下且a=g,完全失重。【注意】在完全失重的状态下,平常一切由重力产生的物理现象都会消

失,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液柱不再产生压强等。拓展一对牛顿运动定律的理解1.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系1)牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理而总结出来的,而牛顿第二

定律是一条实验定律。2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例,而是不受任何外力的理想情

况,在此基础上,牛顿第二定律定量地指出了运动和力的联系:F=ma。2.惯性的表现形式1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来

的运动状态(静止或匀速直线运动)不变。2)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大,物体

运动状态难以改变;惯性小,物体运动状态容易改变。3.对牛顿第二定律的理解

【注意】独立性原理是牛顿第二定律正交分解法的基础,力、加速度在

各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律,即Fx=max、Fy=may。【例1】如图所示,质量为m的人站在自动扶梯上,扶梯正以加速度a向上

减速运动,a与水平方向的夹角为θ。求人受到的支持力和摩擦力的大

小。

解析解法一以人为研究对象,受力分析如图(a)所示,建立坐标系,并将

加速度分解为水平方向加速度ax和竖直方向加速度ay,如图(b)所示,则ax=a

cosθ,ay=asinθ。

由牛顿第二定律得F静=max,mg-FN=may求得F静=macosθ,FN=m(g-asinθ)。解法二以人为研究对象,建立如图所示坐标系,并规定正方向。

根据牛顿第二定律得x方向:mgsinθ-FNsinθ-F静cosθ=ma

①y方向:mgcosθ+F静sinθ-FNcosθ=0

②由①②两式可解得FN=m(g-asinθ),F静=-macosθF静为负值,说明摩擦力的实际方向与图中假设的方向相反,为水平向左。拓展二两类动力学问题1.基本思路(研究对象:质量为m的物体)

2.解题关键1)两类分析:物体的受力分析和运动过程分析。2)两个桥梁:加速度是联系运动和力的桥梁;速度是各物理过程间联系的

桥梁。【例2】(2020浙江7月选考,19)如图1所示,有一质量m=200kg的物件在电

机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加

速运动到总位移的

时开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线如图2所示,t=34s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质

量和空气阻力,g取10m/s2,求物件(1)做匀减速运动的加速度大小和方向;(2)匀速运动的速度大小;(3)总位移的大小。解析(1)由图2可知,物件26s时开始减速,减速过程受牵引力为1975N,由牛顿第二定律可得:mg-F=ma解得:a=0.125m/s2因牵引力小于重力,故加速度竖直向下。(2)对减速过程分析可知,减速时间t2=8s,逆向分析可将匀减速过程转化为

初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式可得:v=at2=0.125×8m/s=1m/s。(3)匀速向上的位移h1=vt1=1×26m=26m匀减速上升的位移h2=

t2=

×8m=4m则总位移h=

(h1+h2)=40m。【例3】(2021浙江嘉兴5月测试,19)小詹同学携带滑雪板和滑雪杖等装

备在倾角θ=30°的雪坡上滑雪。他利用滑雪杖对雪面的短暂作用获得向

前运动的推力F(视为恒力),作用时间为t1=0.8s,后撤去推力运动了t2=1.2

s。然后他重复刚才的过程,总共推了3次,其运动的v-t图像如图所示。已

知小詹和装备的总质量m=60kg,沿直线下滑且下滑过程阻力恒定。g取1

0m/s2,求:

(1)小詹同学开始运动时的加速度的大小a1;(2)全过程的最大速度vmax;(3)推力F和阻力Ff的大小。解析(1)a1=

=4m/s2。(2)根据题图可得a1·3t1=a2(2t2+t3),解得a2=1m/s2,则vmax=a2t3=7.2m/s。(3)由Ff-mgsinθ=ma2,解得Ff=360N,由F+mgsinθ-Ff=ma1,解得F=300N。拓展三连接体问题、瞬时性问题及临界极值问题一、连接体问题多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆等连接)在一

起构成的物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速

度、加速度等)。1.同速连接体1)特点:具有相同的v和a。

2)处理方法①整体法:a=

。②隔离法:对A(或B),有a=

(或a=

)。2.关联速度连接体1)特点:v、a大小相等,方向不同。

2)处理方法:分别对A、B隔离分析。【例4】(2020浙江温州4月测试)(多选)1966年曾在地球的上空完成了以

牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时,用双子星号宇宙飞船

去接触正在轨道上运行的火箭组(火箭组发动机已熄火)。接触后,开动飞

船尾部的推进器,使飞船和火箭组共同加速,如图所示。推进器的平均推

力为F,开动时间为Δt,测出飞船和火箭组的速度变化量为Δv,双子星号宇宙飞船的质量为m,下列说法正确的是(

)A.火箭组的质量应为

B.火箭组的质量应为

-mC.宇宙飞船对火箭组的作用力大小为

D.宇宙飞船对火箭组的作用力大小为F-

解析宇宙飞船和火箭组共同加速,有a=

,F=(mx+m)a,解得mx=

-m,故A错误,B正确;宇宙飞船对火箭组的作用力大小为F'=mxa=F-m

,故C错误,D正确。二、瞬时性问题1.加速度与合外力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、

同时消失,具体可简化为以下两种模型:

2.瞬时加速度问题的解题思路【例5】如图,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为

M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。

现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出木板的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有

(

)A.a1=0,a2=g

B.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=

g

D.a1=g,a2=

g解析木板抽出前,由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg。抽

出木板的瞬间,弹簧弹力保持不变,仍为mg。由平衡条件和牛顿第二定律

可得a1=0,a2=

g。故选C。三、临界极值问题1.产生临界问题的条件1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩

擦力,则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限的,绳子断与

不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临

界条件是FT=0。2.临界极值问题三种常见解题方法1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出

来,以达到正确解决问题的目的。2)假设法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过

程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问

题。3)解析法:将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条

件。【例6】一个弹簧放在水平地面上,Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,P

为一重物,已知P的质量M=10.5kg,Q的质量m=1.5kg,弹簧的质量不计,劲

度系数k=800N/m,系统处于静止状态。如图所示,现给P施加一个方向竖

直向上的力F,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2s内,F为变力,0.2s以后,F为恒力。求力F的最小值与最

大值。(取g=10m/s2)解析设开始时弹簧压缩量为x1,t=0.2s时弹簧的压缩量为x2,重物P的加速

度为a,则有kx1=(M+m)gkx2-mg=max1-x2=

at2联立解得a=6m/s2F小=(M+m)a=72N,F大=M(g+a)=168N应用一探究皮带传输机传输物体过程——传送带模型求解传送带问题的关键是对物体所受的摩擦力进行正确的分析与

判断。【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。【例1】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平

传送带装置示意图。紧绷的传送带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=2

m,g取10m/s2。(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;1.水平传送带模型(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)滑动摩擦力Ff=μmg=0.1×4×10N=4N,加速度大小a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2。(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则v=at1,解得t1=

=

s=1s。(3)行李始终匀加速运行时传送时间最短,加速度仍为a=1m/s2,当行李到

达B处时,应有

=2aL,解得vmin=

=

m/s=2m/s,所以传送带对应的最小运行速率为2m/s。行李最短运行时间由vmin=a×tmin,得tmin=

=

s=2s。2.倾斜传送带模型【例2】如图所示,传送带与水平地面的夹角θ=37°,从A到B的长度为L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度

地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ

=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin37°=0.6,g取10m/s2。(1)当煤块与传送带速度相同时,它们能否相对静止?(2)求煤块从A到B的时间。(3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。解析(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,当煤块与传送带速度相

等时,对煤块受力分析有mgsin37°>μmgcos37°,所以它们不能相对静

止。(2)煤块刚放上时,受到沿传送带向下的摩擦力,其加速度大小为a1=g(sinθ

+μcosθ)=10m/s2,煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1=

=1s,发生的位移x1=

a1

=5m,煤块速度达到v0后,因μmgcosθ<mgsinθ,故煤块继续沿传送带向下加速运动,则a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2,x2=L-x1=5.2

5m,由x2=v0t2+

a2

,得t2=0.5s,煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5s。(3)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5m,第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25m,第

二过程痕迹与第一过程痕迹的一部分重合,故痕迹总长为5m。应用二“猫抓桌布”——板块模型1.模型特点:涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。2.两种位移关系设木板长为L,滑块位移大小为x1,木板位移大小为x2。同向运动时:L=x1-x2

反向运动时:L=x1+x2

3.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联

4.解题步骤【例3】(多选)如图所示,可视为质点的小物块在长木板上端左侧以初速

度4m/s水平向右运动,长木板此时正以4m/s的初速度水平向左运动,小物

块的质量为0.1kg,长木板的质量为1.5kg,小物块与长木板之间的动摩擦

因数为0.4,长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1,运动过程中物块不从

板上滑下,g=10m/s2,则

(

)

A.小物块向右减速过程中的加速度大小为4m/s2B.小物块向右减速过程中,长木板的加速度大小为

m/s2C.小物块速度由初速度4m/s减小到零经历时间为1sD.小物块向右减速到零时,木板向左的运动位移大小为

m解析设小物块的质量和加速度分别为m、a1,长木板的质量和加速度分别

为M、a2,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2,长木板与地面之间的动摩

擦因数为μ1。依据牛顿第二定律有-μ1(m