牛顿第二定律的应用ppt课件（粤教版必修1）

第五第五节牛牛顿第二定律的第二定律的应用用 力与运动 第五节牛顿第二定律的应用 力与运动 牛顿第二定律的应用ppt课件（粤教版必修1）1知道应用牛顿第二定律解答两类基本问题2能结合物体的运动情况进行受力分析3能根据受力情况进行分析、判断和研究物体的运动情况4掌握解题的基本思路和分析方法5能结合运动学公式来解简单的力学问题1知道应用牛顿第二定律解答两类基本问题牛顿第二定律的应用ppt课件（粤教版必修1）1牛顿第二定律的内容：物体的_与物体_成正比，与_成反比加速度的方向与合外力方向_2牛顿第二定律的表达式为_；其中F是物体_；a是指物体的_3用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)选择_；(2)分析研究对象的_(画受力图)；1加速度所受的合外力物体的质量相同2Fma所受的合外力加速度3研究对象受力情况1牛顿第二定律的内容：物体的_与物体_(3)_，一般尽量使一条坐标轴与加速度方向_对只有两个力的简单情况，可直接用平行四边形定则；(4)根据_列方程(分别沿两坐标轴方向列两个方程)；(5)联立方程求解；(6)分析解方程所得结果的_，确定最后结果建立直角坐标系重合牛顿第二定律合理性(3)_，一般尽量使一条坐标轴4运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型：类型一：已知物体的_，求解物体的_如物体运动的_、_及_等类型二：已知物体的_，要求推断物体的_如确定力的_和_等但不管哪种类型，_始终是联系_的桥梁5常用的运动学公式为匀变速直线运动公式，_；_；_.4受力情况运动情况位移速度时间运动情况受力情况大小方向加速度运动和力5vtv0atsv0t1/2at2vt2v022as4运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型：4牛顿第二定律的应用ppt课件（粤教版必修1）考点一 用牛顿运动定律解决两类基本问题动力学的两类基本问题：由受力情况判断物体的运动状态；由运动情况判断物体的受力情况解决这两类基本问题的方法是，以加速度(a)为桥梁，由运动学公式和牛顿定律列方程求解解决这类问题进行正确的受力分析和运动过程分析是关键，要习惯于画受力图和运动草图考点一 用牛顿运动定律解决两类基本问题动力学的1由受力情况判断物体的运动状态在受力情况已知的情况下，要求判断出物体的运动状态或求出物体的运动速度或位移处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(Fma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移1由受力情况判断物体的运动状态 如右图所示，一个静止在水平面上的物体，质量是2.0 kg，在水平方向受到4.4 N的拉力，物体受到水平面施加的滑动摩擦力是2.2 N，求物体在4.0 s末时的速度和4.0 s内发生的位移？解析：此题目是根据已知的受力情况来求物体的运动情况物体受到四个力的作用，水平拉力F、滑动摩擦力f、物体的重力G、水平面的支持力N.物体在竖直方向没有加速度，重力G和支持力N大小相等，方向相反，彼此平衡 如右图所示，一个静止在水平面上的物体，如上图所示，合外力就是水平方向的外力F和f的合力物体在水平面上运动，而且水平方向的滑动摩擦力已经给出，不需要根据竖直方向的压力来求这样就可以只考虑水平方向的力，不考虑竖直方向的彼此平衡的力取水平向左的正方向，则由牛顿第二定律得：Ffma.a(Ff)/m(4.42.2)/2.0 m/s21.1 m/s2物体运动的初速度v00，将a值代入公式得：vMtv0at01.14.0 m/s4.4 m/ssv0t1/2at201/21.142 m8.8 m答案：4.4 m/s8.8 m如上图所示，合外力就是水平方向的外力F和f的合力物体在水平练习练习1如图所示，质量为m的滑块沿倾角为的斜面下滑，滑块与斜面间动摩擦因数为，求滑块下滑的加速度解析：物体受力如图所示，并建立下图所示坐标系练习1如图所示，质量为m的滑块沿倾角为的斜面下滑，滑块与由牛顿第二定律得mgsinFfmaFNmgcos0FfFN联立以上几式得ag(sincos)方向沿斜面向下，滑块做匀加速直线运动答案：g(sincos)由牛顿第二定律得2由运动情况判断物体的受力情况对于第二类问题，在运动情况已知情况下，要求判断出物体的未知力的情况，其解题思路一般是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法则(平行四边形法则)或正交分解法2由运动情况判断物体的受力情况 一辆质量为1.0103 kg的小汽车正以10 m/s的速度行驶，现在让它在12.5 m的距离内匀减速地停下来，求所需的阻力解析：这个题目是根据运动情况求解汽车所受的阻力研究对象汽车：m1.0103 kg；运动情况：匀减速运动至停止v0，x12.5 m初始条件v010 m/s，求阻力F阻由运动情况和初始 条件，根据运动学公式 可求出加速度再根据 牛顿第二定律求出汽车 受的合外力，最后由受 力分析可知合外力即阻力 一辆质量为1.0103 kg的小画图分析如图所示，选v0方向为正方向由运动学公式v2v2ax得：a(0v)/2x102/212.5 m/s24 m/s2据牛顿第二定律列方程，竖直方向：FNG0.水平方向：F阻ma1.0103(4)N4.0103 N，负值表示力的方向跟速度方向相反答案：4.0103 N与速度方向相反点评：确定物体受力情况就是确定物体受到的未知力，有时需要通过确定力进一步确定出与力有关的其他几个量，如物体的质量、动摩擦因数、弹簧的形变量、斜面倾角大小等画图分析如图所示，选v0方向为正方向点评：确定物体受力情况就练习练习2质量为m的物体放在倾角为的斜面上，物体和斜面间的动摩擦系数为，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动，如图所示，则F多大？解析：(1)受力分析：物体受四个力作用：重力mg、弹力FN、推力F、摩擦力Ff，(2)建立坐标系：以加速度方向即沿斜面向上为x轴正向，分解F和mg如图所示；练习2质量为m的物体放在倾角为的斜面上，物体和斜面间的动(3)建立方程并求解x方向：Fcos mgsin Ffma y方向：FNmgcos Fsin 0fFN三式联立求解得：Fm(agsin gcos)/(cos sin)答案：m(agsin gcos)/(cos sin)(3)建立方程并求解考点二 牛顿三个运动定律的区别与联系牛顿第一定律牛顿第二定律牛顿第三定律区别内容一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止物体的加速度跟所受外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度方向跟合外力的方向相同作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上公式 F合maFF考点二 牛顿三个运动定律的区别与联系牛顿第一定律牛区别意义明确了力的概念，指出了力是物体运动状态发生改变的原因，即力是产生加速度的原因揭示了加速度是力作用的结果，揭示了力、质量、加速度的定量关系揭示了物体间力的作用的相互性，明确了相互作用力的关系研究方法根据理想实验归纳总结得出，不能直接用实验验证用控制变量法研究F、m、a之间的关系，可用实验验证由实际现象归纳总结得出，可用实验验证联系牛顿三个运动定律是一个整体，是动力学的基础，牛顿第二定律是以牛顿第一定律为基础，由实验总结得出的区别意义明确了力的概念，指出了力是物体运动状态发生改变的原因 如图表示某小球所受的合外力与时间的关系，各段的合力大小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动，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 如图表示某小球所受的合外力与时解析：开始时，小球在第1 s内做匀加速直线运动，在第2 s内做匀减速直线运动在第2 s末小球速度恰好为零，然后第3 s内又重复第1 s内的运动状态，就这样依次加速、减速运动下去，但速度方向不会发生改变，故C正确答案：C点评：此类问题，一定要认真分析过程，掌握好力和加速度的瞬时对应关系，搞清运动过程、找准运动规律，应用已学知识求解解析：开始时，小球在第1 s内做匀加速直线运动，在第2 s内练习练习3在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，绳a在竖直方向成角，拉力为Ta，绳b成水平状态，拉力为Tb.现让小车从静止开始向右作匀加速直线运动，如图所示，此时小球在车内的位置仍保持不变(角不变)，则两根细绳的拉力变化情况是()ATa变大，Tb不变BTa变大，Tb变小CTa变大，Tb变大DTa不变，Tb变小练习3在静止的小车内，用细绳a和b系住一个小球，绳a在竖直解析：因小球在竖直方向上没有加速度，所以有：Fy0，且未变，则TAymg不变，所以TA不变，则TAx也不变，小球有向右的a，所以Fx0(向右)，故TB.答案：D解析：因小球在竖直方向上没有加速度，所以有：Fy0，且未考点三 牛顿运动定律的瞬时性牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果产生加速度物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，Fma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失无明显形变产生的弹力能突变，如“绳”和“线”的弹力；有明显形变产生的弹力不能突变，如“弹簧”和“橡皮绳”的弹力考点三 牛顿运动定律的瞬时性牛顿第二定律是 如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度若将图(a)中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图(b)所示，其他条件不变，求剪断瞬时物体的加速度？如图所示，一质量为m的物体系于长解析：L2被剪断的瞬间，L1上张力的大小发生了突变，此瞬间F合mgsin，agsin，方向垂直L1向下：若将图(a)中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：T1cos mg，T1sin T2，T2mgtan 剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度因为mgtan ma，所以加速度agtan，方向在T2反方向答案：见解析解析：L2被剪断的瞬间，L1上张力的大小发生了突变，此瞬间练习练习4如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()练习4如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为3解析：由于弹簧弹力不会突变，但当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球所受合力与木板的支持力等大方向，故合力方向垂直木板向下答案C正确 答案：C解析：由于弹簧弹力不会突变，但当木板AB突然向下撤离的瞬间，牛顿第二定律的应用ppt课件（粤教版必修1）1解决连接体的方法整体法与隔离法两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体解决这类问题通常用到整体法与隔离法隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成(1)整体法：采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁锁的分析，常常使问题解答更简便、明了其基本步骤如下：1解决连接体的方法整体法与隔离法明确研究的系统或运动的全过程画出系统的受力图和运动全过程的示意图寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解(2)隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法可以把整个物体隔离成几个部分来处理，也可以把整个过程隔离成几个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理量的变化进行分别处理运用隔离法解题的基本步骤：明确研究的系统或运动的全过程明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象选择原则是：一要包含待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少将研究对象从系统中隔离出来；或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过程示意图寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象选择原则是：一要包 如图所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力N.解析：这里有a、N两个未知数，需要要建立两个方程，要取两次研究对象比较后可知分别以B、(AB)为对象较为简单(它们在水平方向上都只受到一个力作用)如图所示，A、B两木块的质量分别为点评：这个结论还可以推广到水平面粗糙时(A、B与水平面间相同)；也可以推广到沿斜面方向推A、B向上加速的问题，有趣的是，答案是完全一样的点评：这个结论还可以推广到水平面粗糙时(A、B与水平面间相5如图所示，倾角为的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块间的动摩擦因数均为，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面始终保持静止求水平面给斜面的摩擦力大小和方向5如图所示，倾角为的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块解析：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体中只有木块的加速度有水平方向的分量可以先求出木块的加速度ag(sin cos)，再在水平方向对质点组用牛顿第二定律，很容易得到：Ffmg(sin cos)cos 如果给出斜面的质量M，本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：FNmgmg(cos sin)sin 这个值小于静止时水平面对斜面的支持力答案：mg(sin cos)cos 解析：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，2面接触物体分离的条件及其应用相互接触的物体间可能存在弹力作用对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题下面举例说明 如图所示，细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球当滑块至少以加速度a_向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a2g的加速度向左运动时，线中拉力T_.2面接触物体分离的条件及其应用 如图所解析：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图所示在水平方向有：Tcos 45Ncos 45ma；在竖直方向有：Tsin 45Nsin 45mg0.由上述两式可解出：解析：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加当ag时，N0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态这时绳的拉力：Tmg/cos 45 mg.当滑块加速度ag时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图所示，此时细线与水平方向间的夹角45.由牛顿第二定律得：Tcos ma，Tsin mg，解得：由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T祝您祝您学业有成