广东省2021高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件

广东省2021高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件

考点一　牛顿运动定律 一、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① 　改变这种状态     。 2.意义 (1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律。 (2)提出了一切物体都具有惯性,即保持原来运动状态的特性。 (3)揭示了力与运动的关系,说明力不是维持物体运动状态的原因,而是 ② 　改变     物体运动状态的原因,即产生加速度的原因。 考点清单 二、惯性 1.定义:一切物体都有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,我们 把这个性质叫作惯性。 2.惯性大小的量度 (1)③ 　质量     是物体惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大,质量小 的物体惯性小。 (2)惯性与物体是否受力、受力大小无关,与物体是否运动、怎样运动无 关,与物体所处的地理位置无关, 一切有质量的物体都具有惯性。 三、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.物理意义:反映物体运动的加速度的大小、方向与其所受作用力的关系, 且这种关系是瞬时的。 4. 力的单位 : 当质量单位为 kg, 加速度单位为 m/s 2 时 , 力的单位为 N, 即 1 N=1 kg·m/s 2 。 四、单位制、基本单位、导出单位 1.单位制:基本单位和导出单位一起组成了单位制。 (1)基本量:只要选定几个物理量的单位,就能够利用这几个单位推导出其 他物理量的单位。这些被选定的物理量叫作基本量。 (2)基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本量有三个,它们是 ④ 　质量     、⑤ 　长度     、⑥ 　时间     ;它们的单位是基本单位,分别是kg、m、s。 (3)导出单位:由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 长度 l 米 m 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 ,( I V ) 坎[德拉] cd 2.国际单位制的基本单位 五、牛顿第三定律 1.作用力与反作用力的关系 作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”。 (1)三同   (2)三异   (3)三无关   一对作用力与反作用力 一对平衡力 相同点 等大、反向,作用在同一条直线上 2.一对相互作用力和一对平衡力的区别   受力物体 作用在两个不同的物体上 作用在同一个物体上 依赖关系 相互依存,不可单独存在 无依赖关系,解除一个,另一个可依然存在,只是不再平衡 力的效果 两力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零 力的性质 一定相同 不一定相同 考点二　牛顿运动定律的应用 一、应用牛顿第二定律解决的两类问题 1.已知物体的受力情况,求解物体的运动情况 解这类题目,一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度,再根据物体的初 始条件,应用运动学公式,求出物体运动的情况。 2.已知物体的运动情况,求解物体的受力情况 解这类题目,一般是应用运动学公式求出物体的⑦ 　加速度     ,再应用牛顿 第二定律求出物体所受的合外力,进而求出物体所受的其他外力。 二、实重和视重 1.实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态⑧ 　无关     。 2.视重:当物体在 竖直 方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台 秤的压力将不等于物体的 重力 。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即 为视重。 拓展一　对牛顿第一、二定律的理解 一、牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系 牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。力是如何改变物体运动状 态的问题由牛顿第二定律来回答。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。 二、对牛顿第二定律的理解 知能拓展 同向性 公式 F = ma 是矢量式,任一时刻, F 与 a 同向 瞬时性 a 与 F 对应同一时刻,即 a 为某时刻的加速度时, F 为该时刻物体所受合外力 因果性 F 是产生 a 的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力 同一性 ① F = ma 中, F 、 m 、 a 对应同一物体或同一系统② F = ma 中,各量统一使用国际单位 独立性 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 ③力、加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律,即 F x = ma x , F y = ma y 局限性 ①只适用于宏观、低速运动的物体,不适用于微观、高速运动的粒子 ②物体的加速度必须是相对于惯性系而言的 注意　独立性原理是牛顿第二定律正交分解法的基础,根据独立性原理, 把物体所受的各力分解在相互垂直的方向,在这两个方向分别列牛顿第二 定律方程。这就是牛顿第二定律的正交分解法。 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。 解题导引     解析    解法一    以人为研究对象,受力分析如图(a)所示,建立如图所示的 坐标系,并将加速度分解为水平方向加速度 a x 和竖直方向加速度 a y ,如图(b) 所示,则 a x = a cos θ , a y = a sin θ 。   由牛顿第二定律得 F 静 = ma x , mg - F N = ma y 求得 F 静 = ma cos θ , F N = m ( g - a sin θ )。 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     mg sin θ - F N sin θ - F 静 cos θ = ma   ① y 方向     mg cos θ + F 静 sin θ - F N cos θ =0   ② 由①②两式可解得 F N = m ( g - a sin θ ), F 静 =- ma cos θ F 静 为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向左。 答案     m ( g - a sin θ )     ma cos θ 拓展二　运用牛顿运动定律处理连接体问题 　　所谓连接体问题,是指运动中的几个物体或上下叠放在一起、或前后 挤靠在一起、或通过细绳、轻弹簧连在一起的物体组。在求解连接体问 题时常常用到整体法与隔离法。 1.整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以 把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速 度(或其他未知量)。 2.隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用 力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。 3.整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般 采用“先整体求加速度,后隔离求内力”。 一、连接体问题中的整体法与隔离法的应用 例2　如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为 m 和 M 的物块 A 、 B 用轻弹 簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数均为 μ ,当用水平力 F 作用于 B 上且 两物块共同向右以加速度 a 1 匀加速运动时,弹簧的伸长量为 x 1 ;当用同样大 小的恒力 F 沿着倾角为 θ 的光滑斜面方向作用于 B 上且两物块共同以加速 度 a 2 匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为 x 2 ,则下列说法中正确的是   (　　)   A.若 m > M ,有 x 1 = x 2 　    B.若 m < M ,有 x 1 = x 2 C.若 μ >sin θ ,有 x 1 > x 2 　    D.若 μ v 带 ,则传送带对物块的摩擦 力为阻力,物块做减速运动。 (3)若物块速度与传送带的速度方向相反,传送带对物块的摩擦力为阻力, 物块做减速运动;当物块速度减为零后,传送带对物块的摩擦力为动力,物 块做反向加速运动。 (4)若 v 物 = v 带 ,看物块有没有加速或减速的趋势,若物块有加速的趋势,则传送 带对物块的摩擦力为阻力;若物块有减速的趋势,则传送带对物块的摩擦力 为动力。 3.物块在传送带上运动的常见情形 (1)水平传送带模型 项目 图示 物块可能的运动情况 情景1   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2   (1) v 0 > v 时,可能一直减速,也可能 先减速再匀速 (2) v 0 < v 时,可能一直加速,也可能 先加速再匀速 情景3   (1)传送带较短时,物块一直减速 达到左端 (2)传送带较长时,物块还要被传 送带传回右端,若 v 0 > v ,则返回时 速度大小为 v ;若 v 0 < v ,则返回时 速度大小为 v 0 (2)倾斜传送带模型 项目 图示 物块可能的运动情况 情景1   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景2   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以 a 1 加速后以 a 2 加速 情景3   (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能一直匀速 (4)可能先以 a 1 加速后以 a 2 加速 (5)可能一直减速 (6)可能先减速后匀速 情景4   (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 例1    (2018湖北荆州模拟)如图所示为货场使用的传送带的模型,传送带倾 斜放置,与水平面夹角为 θ =37 ° ,传送带 AB 足够长,传送带以大小为 v =2 m/s 的恒定速率顺时针转动。一包货物以 v 0 =12 m/s的初速度从 A 端滑上倾斜 传送带,若货物与传送带之间的动摩擦因数 μ =0.5,且可将货物视为质点。 ( g =10 m/s 2 ,已知sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8) (1)求货物刚滑上传送带时的加速度; (2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同? 这时货物相对于地面运动了多远? (3)从货物滑上传送带开始计时,货物再次滑回 A 端共 用了多长时间? 解析　(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为 a 1 ,货物受力如图所示:   根据牛顿第二定律得 沿传送带方向: mg sin θ + F f = ma 1 垂直传送带方向: mg cos θ = F N 又 F f = μF N 由以上三式得: a 1 = g (sin θ + μ cos θ )=10 × (0.6+0.5 × 0.8)m/s 2 =10 m/s 2 ,方向沿传 送带向下。 (2)设货物速度从 v 0 减至传送带速度 v 所用时间为 t 1 ,位移为 x 1 ,则有: t 1 =   =1 s, x 1 =   t 1 =7 m (3)当货物速度与传送带速度相等时,由于 mg sin θ > μmg cos θ ,此后货物所 受摩擦力方向沿传送带向上,设货物加速度大小为 a 2 ,则有 mg sin θ - μmg cos θ = ma 2 , 得: a 2 = g (sin θ - μ cos θ )=2 m/s 2 ,方向沿传送带向下。 设货物再经时间 t 2 ,速度减为零,则 t 2 =   =1 s 货物沿传送带向上滑的位移 x 2 =   t 2 =1 m 则货物上滑的总位移为 x = x 1 + x 2 =8 m。 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑,下滑加速度大小等于 a 2 。设下 滑时间为 t 3 ,则 x =   a 2   ,代入数据解得 t 3 =2   s。 所以货物从 A 端滑上传送带到再次滑回 A 端的总时间为 t = t 1 + t 2 + t 3 =(2+2   ) s。 答案　(1)10 m/s 2 　方向沿传送带向下　(2)1 s　7 m　(3)(2+2   ) s 应用二　滑板模型问题 实践探究 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 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大 小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长。 设板长为 L ,滑块位移大小为 x 1 ,滑板位移大小为 x 2 。 同向运动时: L = x 1 - x 2   反向运动时: L = x 1 + x 2   3.解题步骤 运动状态 板块速度不相等 板块速度相等瞬间 板块共速运动 处理方法 隔离法 假设法 整体法 具体步骤 对滑块和木板进行隔离分析,弄清每个物体的受力情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动,先用整体法算出一起运动的加速度,再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力 F f ;比较 F f 与最大静摩擦力 F fm 的关系,若 F f > F fm ,则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体,对整体进行受力分析和运动过程分析 4.解题基本思路: 临界条件 ①两者速度达到相等的瞬间,摩擦力可能发生突变 ②当木板的长度一定时,滑块可能从木板滑下,恰好滑到木板的边缘,二者共速是滑块滑离木板的临界条件 相关知识 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 例2　一长木板在水平地面上运动,在 t =0时刻将一相对于地面静止的物块 轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木 板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最 大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小 g =10 m/s 2 ,求:   (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数; (2)从 t =0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。 解题导引     解析　(1)从 t =0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速, 此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。 由图可知,在 t 1 =0.5 s时,物块和木板的速度相同。设 t =0到 t = t 1 时间间隔内,物 块和木板的加速度大小分别为 a 1 和 a 2 ,则 a 1 =     ① a 2 =     ② 式中 v 0 =5 m/s、 v 1 =1 m/s分别为木板在 t =0、 t = t 1 时速度的大小。 设物块和木板的质量为 m ,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分 别为 μ 1 、 μ 2 ,由牛顿第二定律得 μ 1 mg = ma 1   ③ ( μ 1 +2 μ 2 ) mg = ma 2   ④ 联立①②③④式得 μ 1 =0.20   ⑤ μ 2 =0.30   ⑥ (2)在 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 ,物块和木板的加速度大 小分别为 a 1 '和 a 2 ',则由牛顿第二定律得 f = ma 1 '   ⑦ 2 μ 2 mg - f = ma 2 '   ⑧ 假设 f < μ 1 mg ,则 a 1 '= a 2 ';由⑤⑥⑦⑧式得 f = μ 2 mg > μ 1 mg ,与假设矛盾。故 f = μ 1 mg   ⑨ 由⑦⑨式知,物块加速度的大小 a 1 '等于 a 1 ;物块的 v - t 图像如图中点划线所 示。   由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s 1 =2 ×     ⑩ s 2 =   t 1 +       物块相对于木板的位移的大小为 s = s 2 - s 1     联立①⑤⑥⑧⑨⑩    式得 s =1.125 m   答案　(1)0.20　0.30　(2)1.125 m 创新点　三类等时圆及其应用 1.质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所 用时间相等,如图甲所示。 2.质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时 间相等,如图乙所示。 3.两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上 端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 创新思维 例　如图所示, Oa 、 Ob 和 ad 是竖直平面内三根固定的光滑细 杆, O 、 a 、 b 、 c 、 d 位于同一圆周上, c 为圆周的最高点, a 为最低点, O '为圆 心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出),两个滑环从 O 点无初速度释放, 一个滑环从 d 点无初速度释放,用 t 1 、 t 2 、 t 3 分别表示滑环沿 Oa 、 Ob 、 da 到 达 a 或 b 所用的时间,则下列关系正确的是   (　　)   A. t 1 = t 2 　    B. t 2 > t 3 C. t 1 < t 2 　    D. t 1 = t 3 思路点拨     解析　设想还有一根光滑固定细杆 ca ,则 ca 、 Oa 、 da 三细杆交于圆的最低 点 a ,三杆顶点均在圆周上,根据等时圆模型可知,由 c 、 O 、 d 无初速度释放 的小滑环到达 a 点的时间相等,即 t ca = t 1 = t 3 ;而由 c → a 和由 O → b 滑动的小滑环 相比较,滑行位移大小相同,初速度均为零,但 a ca > a Ob ,由 x =   at 2 可知, t 2 > t ca ,故 选项A错误,B、C、D均正确。 答案    BCD