江苏版高考物理复习专题三牛顿运动定律教学课件

这是一份江苏版高考物理复习专题三牛顿运动定律教学课件，共60页。

的原因。3.惯性(1)定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。(2)量度:质量是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。(3)普遍性:惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情 况无关。二、牛顿第三定律1.内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直 线上。
2.表达式:F=-F'。3.一对相互作用力和一对平衡力的比较
知识拓展    牛顿第三定律的重要应用——转换研究对象法如果物体受到的某个力不方便直接求解,可利用牛顿第三定律转换研究对象,先求它 的反作用力,再间接求解该力。
考点二　牛顿第二定律及其基本应用一、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。
 4.单位制(1)单位制:基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)基本单位:基本量的单位,国际单位制中的基本单位一共有七个,如表所示。
3.对牛顿第二定律的理解
(3)导出单位:由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
例1    (2024届南通海门第一次调研)一地铁在水平直轨道上运动。某同学为了研究该 地铁的运动情况,他用细线将一支笔悬挂在地铁的竖直扶手上,地铁运行时用手机拍 摄了如图所示的照片,拍摄方向跟地铁前进方向垂直,细线相对竖直扶手偏东。该同 学根据照片分析正确的是 (　    )A.地铁一定向西加速运动B.地铁可能向东加速运动C.细线中拉力大小与地铁的加速度大小无关D.若用刻度尺测量细线的长度和笔到竖直扶手的距离,可以估算此时地铁的加速度
  解析    对笔受力分析如图所示,竖直方向上,根据平衡条件有F cs θ=G,水平方向上,根据牛顿第二定律有F sin θ=ma,联立解得F= ,a=g tan θ,加速度方向水平向西,则地铁可能做向西的加速运动或向东的减速运动,若地铁的加速度发生变化,则细线与竖 直方向的夹角发生变化,细线的拉力发生变化,则细线中拉力大小与地铁加速度大小 有关,故A、B、C均错误。若用刻度尺测量细线的长度为L,笔到竖直扶手的距离为d, 则tan θ= ,据此可以估算此时地铁的加速度,故D正确。
二、牛顿第二定律的基本应用1.瞬时性问题(1)问题特点:合力与加速度总是同时产生、变化、消失,当物体所受合力发生变化时, 加速度随之发生变化,而速度不能发生突变。
(2)求解瞬时加速度的一般思路
例2    (2023届盐城伍佑中学检测)如图所示,质量相等的小球m1和m2通过轻弹簧相连, 处于静止状态,重力加速度为g。现突然将图中A处剪断,在剪断的瞬间m1和m2的加速 度分别为 (　    )A.2g、0　　　    B.2g、gC.g、g　　　    D.g、0
  解析    设两小球的质量均为m,剪断轻绳前,两小球均静止,对下方小球m2受力分析可得弹簧弹力F弹=kx=mg,剪断轻绳的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,故小球m1所受合力 =F弹+mg=2mg,根据牛顿第二定律,可得小球m1的加速度a1= =2g,小球m2的受力情况没有变化,所受合力为0,则小球m2的加速度a2=0,故选A。
2.超重和失重(1)超重、失重和完全失重的对比
(2)判断超重和失重的方法①从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状 态;小于重力时,物体处于失重状态;等于0时,物体处于完全失重状态。②从加速度的角度判断:当物体具有向上的(分)加速度时,物体处于超重状态;具有向 下的(分)加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全 失重状态。
例3    (2023届南通通州期中)如图所示,三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平 齐,B管竖直放置,A管与B管的夹角为α,C管与B管的夹角为β,且α﹤β。三个小球同时从 管口顶端静止释放,经过相同的时间,三球所处位置正确的是 (　    ) 
  解题指导    以B管的两端为直径作一个辅助圆,建构等时圆模型,如图所示。从D点(B管的底端)作两条弦DM、DN,M、N分别为A管和C管与圆的交点。 
  解析    如图所示,O、D、M、N为同一圆上的点,设圆的半径为R,小球沿A管、B管、C管滑下,设从B管下滑所用时间为t1,有2R= g ,解得t1= ,沿C管下滑,有a=g cs β,而ON的长度L=2R cs β,L= a ,解得t2= ;同理若从A管下滑,t3= ,即小球到达圆上三点所用时间相同。据此结论可知,现在三个小球均从管口顶端下滑且无摩擦,相 同时间后小球的位置在同一个圆弧上,且从A、C管下滑的两个小球所在位置与从B管 下滑的小球的位置连线与倾斜管的夹角均为直角。故选C。(OD为圆的直径,以直径 为一条边,所作的圆的内接三角形均为直角三角形)
模型一　连接体问题1.常见的连接体问题(1)物物叠放连接体 　　　      　　　     物体通过弹力、摩擦力等作用,具有相同的速度和加速度。
(2)轻绳连接体轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等,所受弹力的方向始终沿 绳。      速度、加速度相同           速度、加速度大小相等,方向不同
(3)轻杆连接体轻杆平动时,连接体具有相同的速度和加速度;轻杆参与复合运动时,两端的连接体沿 杆方向的速度总是相等;轻杆转动时,两端连接体具有相同的角速度,而线速度的大小 与转动半径成正比。      速度、加速度相同
      (4)轻弹簧连接体                在弹簧发生形变的过程中,两端物体的速率不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端物 体的速率相等。
知识拓展    连接体中力的“分配规律”如图所示,一起加速运动的物体系统,若力作用于质量为m1的物体上,则质量为m1的物 体和质量为m2的物体间的相互作用力F12= 。此结论与有无摩擦无关(有摩擦,两物体与接触面的动摩擦因数必须相同),物体系统沿水平面、斜面、竖直方向运动时, 此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时,此结论不变。 　      　     
2.整体法与隔离法的选取原则(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,分析整体受到的合力,应用牛顿第二定律求加速度 (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”的方法。
例1　如图所示,将物体P置于光滑的水平面上,用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮 连接一个重力G=10 N的重物,物体P向右运动的加速度为a1;若细线下端不挂重物,而用 F=10 N的力竖直向下拉细线下端,这时物体P的加速度为a2,则 (　    )      A.a1a2　　　　　    D.条件不足,无法判断
  解题指导    (1)左图中两个物体组成了轻绳连接体,右图中只有一个物体,虽然都利用牛顿第二定律解决,但是研究对象不同。(2)通过本题的解答,还可以联想到验证牛顿第二定律的实验中为什么要求小车质量远 大于砝码盘和砝码的总质量。
  解析    挂重物时,选连接体为研究对象,根据牛顿第二定律得两者共同运动的加速度大小a1= ;当改用10 N的拉力竖直向下拉细线下端时,由牛顿第二定律得P的加速度大小a2= ,由题意可知G=F,联立可得a1模型二　传送带模型一、水平传送带模型1.物体的初速度为0(1)情境示意图 (2)物体的运动情况①若l≤ ,物体一直匀加速运动。
②若l> ,物体先匀加速运动,后匀速运动。2.物体初速度与传送带速度同向(1)情境示意图 (2)物体的运动情况①若v0=v,物体一直匀速运动。
②若v0x物,物体先匀加速运动,后匀速运动。③若v0>v,x物'= 为共速前物体的最大位移。a.l≤x物',物体一直匀减速运动;b.l>x物',物体先匀减速运动,后匀速运动。3.物体初速度与传送带速度反向(1)情境示意图
 (2)物体的运动情况①若l≤ ,物体一直匀减速运动。②若l> 且v0>v,物体先匀减速运动,后反向匀加速运动,再匀速运动,其运动图像如图甲所示。
 　     (3)若l> 且v0≤v,物体先匀减速运动,后反向匀加速运动,其运动图像如图乙所示。
例2    (2023届福建师大附中月考)如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都 是静止的。现让传送带以恒定的加速度a开始运动,当其速度达到v后,便以此速度做匀 速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带 不再滑动。关于上述过程,以下判断正确的是(重力加速度为g) (　    ) A.μ与a之间一定满足关系μ> B.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为 
C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 D.黑色痕迹的长度为 
  解题指导    煤块与传送带发生相对运动,则传送带的加速度大于煤块的加速度,v-t图像如图所示。 
  解析    根据牛顿第二定律得煤块运动的加速度a'=μg,要发生相对滑动,传送带的加速度须大于煤块的加速度,即a>μg,则μ< ,故A错误。煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t= ,此过程煤块的位移x1= ,传送带的位移x2= +v = - ,煤块相对于传送带的位移大小即黑色痕迹的长度,Δx=x2-x1= - ,故C正确,B、D均错误。
二、倾斜传送带模型1.倾斜向上传送(1)情境示意图 
①当0≤v0tan θ,加速度a=g(μ cs θ-sin θ),物体一直匀加速运动。b.若l> 且μ>tan θ,加速度a=g(μ cs θ-sin θ),物体先匀加速运动,后匀速运动。②当v0>v时:a.若l≤ 且μ>tan θ,加速度a=(μ cs θ+sin θ)g,物体一直匀减速运动。b.若l> 且μ>tan θ,加速度a=(μ cs θ+sin θ)g,物体先匀减速运动后匀速运动。
 (2)物体的运动情况①l≤ 、μ>tan θ时,加速度a=g(μ cs θ+sin θ),物体一直匀加速运动。②l> 、μ>tan θ时,加速度a=g(μ cs θ+sin θ),物体先匀加速运动后匀速运动,其v-t图像如图甲所示。
2.倾斜向下传送(1)情境示意图
 　     ③l> 、μ< tan θ时,加速度a=g(μ cs θ+sin θ)、a'=g(sin θ-μ cs θ),物体先以a匀加速运动,后以a'匀加速运动,其运动图像如图乙所示。
归纳总结    传送带问题的分析流程
例3　如图所示,水平地面上有一倾角θ=37°的传送带,现让一小煤块以v1=8 m/s从传送 带的底端滑上传送带,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,且传送带足够长,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2。求:(1)若传送带静止,煤块滑动到最高点所用的时间;(2)若传送带以v2=2 m/s顺时针旋转,煤块向上滑行的最大距离;
(3)若传送带以v3=10 m/s顺时针旋转,煤块到达最高点时传送带上的滑痕长度。
  解析    (1)若传送带静止,在上升过程中煤块受到的摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律可得ma1=mg sin θ+μmg cs θ代入数据解得a1=g sin θ+μg cs θ=10 m/s2。煤块上升到最高点时速度为0,煤块滑动到最高点所用的时间t1= =0.8 s。(2)若传送带以v2=2 m/s顺时针旋转,煤块速度大于传送带速度,受到的摩擦力沿传送带 向下,则煤块先以加速度a1沿传送带向上做匀减速到速度v2,此过程煤块的位移x1= =3 m由于g sin θ>μg cs θ(点拨:判断共速后摩擦力的方向是分析煤块运动过程的关键),此
后煤块继续沿传送带向上做匀减速运动,加速度的大小a2=g sin θ-μg cs θ=2 m/s2位移x2= =1 m煤块向上滑行的最大距离x=x1+x2=4 m。(3)若传送带以v3=10 m/s顺时针旋转,煤块的速度小于传送带的速度,煤块受到的摩擦 力方向沿传送带向上,煤块以加速度a2一直匀减速到最高点(关键:到达最高点时煤块 的速度为0),经历的时间t2= =4 s此过程煤块的位移x煤= =16 m传送带的位移x传=v3t2=40 m
煤块到达最高点时传送带上的滑痕长度Δx=x传-x煤=24 m。
  答案    (1)0.8 s    (2)4 m    (3)24 m
模型三　滑块-木板模型一、水平面光滑的滑块-木板模型(A、B间的动摩擦因数为μ,A、B的质量分别为mA和mB)
二、水平面粗糙的滑块-木板模型(A、B间的动摩擦因数为μ1,B与地面间的动摩擦因 数为μ2,A、B的质量分别为mA和mB)
三、分析滑块-木板模型的两个关键1.突破一个难点:判断滑块和木板是否发生相对滑动,可以先假设二者相对静止,由牛 顿第二定律求出二者间的静摩擦力Ff,再和最大静摩擦力Ffm进行比较。若Ff例4　如图所示,光滑水平面上放着一块长木板,木板处于静止状态,其长度L=1.6 m,质 量M=3.0 kg。质量m=1.0 kg的小物块放在木板的最右端(小物块可视为质点),小物块 与木板之间的动摩擦因数μ=0.10。现对木板施加一个F=10 N、方向水平向右的恒力, g取10 m/s2。(1)求木板开始运动时加速度的大小;(2)如果把木板从物块下方抽出来,那么F持续作用的时间至少需要多长? 
  解析    (1)①对木板施加F=10 N、方向水平向右的恒力后,木板和小物块是否发生相对滑动?假设木板和小物块保持相对静止,一起加速,则对木板和小物块整体,有F=(M+m)a对小物块,有Ff=ma联立解得木板和小物块保持相对静止情况下的静摩擦力Ff=2.5 N木板和小物块间的最大静摩擦力Ffm=μmg=1 N由于Ff>Ffm,故该假设不成立,木板和物块间会出现相对运动。②如何求解木板开始运动时加速度的大小?需要运用什么物理规律?
木板水平方向的受力情况如图甲所示,木板向右做匀加速直线运动,设木板的加速度 为a1,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1,解得a1= =3.0 m/s2。 (2)③如果把木板从物块下方抽出来,是否需要拉力一直作用直到把木板抽出?为什么?不需要。如果一直作用直到抽出,F持续作用的时间不是最短。④在整个过程中,小物块做什么运动?在整个过程中小物块相对木板向左运动,一直受到向右的恒定摩擦力,故小物块一直 向右做匀加速直线运动。设小物块的加速度为a2,a2=μg=1.0 m/s2。
⑤在整个过程中,木板做什么运动?在力F作用下,木板以加速度a1向右做匀加速直线运动,如果把木板从物块下方抽出来, 设F持续作用的时间至少需要t1。撤去F后,木板向右做匀减速直线运动,木板的加速度 大小a1'= =  m/s2。⑥临界条件是什么?如何根据临界条件建立等式求解未知量?撤去力F后,设经过时间t2物块滑到木板的最左端,两者的速度相同,即a1t1-a1't2=a2(t1+t2)木板和物块的运动分析如图乙所示。 
木板的位移x1= a1 +(a1t1)t2- a1' 物块的位移x2= a2(t2+t1)2由图乙可知x1-x2=L联立并代入数据解得t1=0.8 s。【一题多解】如图所示,分别画出小物块和木板的速度随时间变化的图像,其中,表示 长木板的“速度-时间”图线是OAB,表示小物块的“速度-时间”图线是OB。在F作用下,设木板的加速度为a1,根据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1,解得a1= =3.0 m/s2。
 物块一直向右做匀加速直线运动,设物块的加速度为a2,a2=μg=1.0 m/s2。撤去F时,木板的速度v1=a1t1,物块的速度v2=a2t1撤去F后,木板向右做匀减速直线运动,木板的加速度大小a1'= =  m/s2设再经过t2物块滑到木板的最左端,两者达到相同速度v,则v=v1-a1't2=v2+a2t2。根据图像的物理意义可知v-t图线与横轴所围图形的面积表示物体运动的位移,即
△ OAB的面积表示全过程中物块在长木板上滑行的位移,即L= 。综合以上各式,代入数据解得t1=0.8 s。
  答案    (1)3.0 m/s2    (2)0.8 s
微专题2　动力学综合问题一、动力学图像问题1.常见图像(1)v-t图像根据图线上某点的切线斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求合 力。(2)a-t图像要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿
第二定律列方程。(3)F-t图像要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质。(4)F-a图像首先要根据具体的物理情境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出F、 a两个量间的函数关系式,结合图像明确图线上某点切线的斜率、截距或面积的意义, 从而由图像给出的信息求出未知量。
2.动力学图像问题的解题策略
例1    (已知图像确定运动或受力)如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将 一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低 点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此往复。通过安装在弹簧下 端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示(忽略一切 阻力),则 (　    )      
A.t1时刻小球速度最大B.t2时刻小球处于失重状态C.t2~t3这段时间内,小球的加速度先增大后减小D.t2~t3这段时间内,小球的速度先增大后减小
  解题指导    弹簧问题“盯牢”弹簧的原长、平衡位置和弹簧形变量最大处,如图所示,平衡位置是在F与重力平衡处,不要误以为t2时刻小球位于平衡位置。 由图你能分析出平衡位置对应的时刻位于哪个时间段吗?
  解析    小球先自由下落(对应时间段0~t1),与弹簧接触后,弹簧被压缩,在小球下降的过程中,弹力不断变大,当弹力小于重力时,物体加速下降,合力变小,加速度变小,故小 球先做加速度减小的加速运动;当加速度减为0时,速度达到最大;之后小球继续下降, 弹力大于重力,合力方向变为向上且不断变大,加速度向上且不断变大,故小球此时做 加速度不断增大的减速运动;上升过程,小球先做加速度不断减小的加速运动,当加速 度减为0时,速度达到最大,之后做加速度不断增大的减速运动,直到小球离开弹簧,所 以小球速率最大的时刻出现在t1至t2时间内和t2至t3时间内,故A错误。由以上分析可知, t2时刻小球速度为0,加速度向上,处于超重状态,故B错误。在t2至t3时间内,小球先做加 速度不断减小的加速运动,当加速度减为0时,速度达到最大,之后做加速度不断增大的减速运动,直到小球离开弹簧,故C错误,D正确。
例2    (已知运动或受力确定图像)如图所示,物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上 滑,到达最高点后沿斜面返回。下列v-t图像能正确反映物块运动规律的是 (　    )        
  解析    在物块上滑过程中,根据牛顿第二定律可知上滑过程的加速度大小a1= ,下滑过程的加速度大小a2= ,联立解得a1>a2,因为上滑和下滑运动方向相反,故C正确。
二、动力学临界极值问题1.动力学常见的三种临界条件(1)接触与分离的临界条件:在即将分离的瞬间,首先从受力的角度来讲,此时两物体间 的弹力为0;其次从运动学的角度来讲,此时两物体在垂直于接触面方向的速度和加速 度仍然相等。(2)相对静止与相对滑动的临界条件:在即将发生相对运动的瞬间,首先从受力的角度 来讲,此时两物体间的静摩擦力达到最大值;其次从运动学的角度来讲,此时两物体在 沿着接触面方向的速度和加速度仍然相等。
(3)物块不从木板上掉下的临界条件:在物块刚好不从木板上掉下的瞬间,物块刚好到 达木板的一端,且它们的速度相同。2.临界问题的分析方法
例3　如图所示,质量mB=2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接,托盘上放一质 量mA=1 kg的小物块A,整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F,使其 从静止开始以加速度a=2 m/s2做匀加速直线运动,已知弹簧的劲度系数k=600 N/m,g取 10 m/s2。下列结论正确的是 (　    )A.变力F的最小值为2 NB.变力F的最小值为8 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/sD.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为  m/s
  解析    A、B整体受力产生加速度,则有F+FNAB-(mA+mB)g=(mA+mB)a,则F=(mA+mB)a+(mA+mB)g-FNAB,当FNAB最大时,F最小,由题意知刚开始施力时,FNAB最大,等于重力,则Fmin=(mA+ mB)a=6 N,A、B均错误。刚开始,弹簧的压缩量x1= =0.05 m;A、B分离时,A、B间恰好无作用力,对托盘B,由牛顿第二定律可知kx2-mBg=mBa,得x2=0.04 m。物块A在 这一过程的位移Δx=x1-x2=0.01 m,由运动学公式可知v2=2aΔx,代入数据得v=0.2 m/s,C正 确,D错误。
例4    (2022届连云港二调)如图所示,光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C,C上静止 地放有质量分别为2m、m的物块A和B,A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B 与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平拉力F,F从0开始逐渐增 大,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　    ) A.当F=0.5μmg时,A、B、C均保持静止不动B.当F=2.5μmg时,A、C不会发生相对滑动C.当F=3.5μmg时,B、C以相同加速度运动
D.只要力F足够大,A、C一定会发生相对滑动