2015-2016学年高中物理 第四章 牛顿运动定律本章整合课件 新人教版必修1

本章整合牛顿第一定律伽利略的科学研究方法:“理想实验”加“科学推理”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惯性:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质牛顿第二定律探究过程猜想→探究验证控制变量法内容: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表达式:𝐹=𝑚𝑎牛顿第三定律作用力与反作用力内容: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表达式:𝐹=-𝐹'力学单位制:基本量、基本单位、导出单位,国际单位制及应用牛顿定律的应用两类基本问题已知受力情况求解运动情况已知运动情况求解受力情况共点力作用下物体的平衡问题超重与失重专题一动态平衡问题的求解方法所谓动态平衡问题是指通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态中;解决这一类问题的一般思路是把“动”化为“静”,“静”中求“动”。(1)图解分析法:对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析,依据某一参量的变化,在同一图中作出物体在若干状态下力的平衡图(力的平行四边形),再由动态力的平行四边形各边长度变化及角度变化确定力的大小及方向的变化情况。动态平衡中各力的变化情况是一种常见题型。总结其特点有合力大小和方向都不变;一个分力的方向不变,分析另一个分力方向变化时两个分力大小的变化情况。用图解法具有简单、直观的优点。一二三四五(2)相似三角形法:对受三力作用而平衡的物体,先正确分析物体的受力,画出受力分析图,再寻找与力的三角形相似的几何三角形,利用相似三角形的性质,建立比例关系,把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。(3)解析法:根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识讨论某物理量随变量的变化关系。一二三四五例题1如图所示,不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动,P端用轻绳PB挂一重物,而另一根轻绳通过滑轮系住P端。在力F的作用下,当杆OP和竖直方向的夹角α(0απ)缓慢增大时,力F的大小应()A.恒定不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先增大后减小一二三四五解析:对P点受力分析,轻绳拉力大小为F,轻杆支持力大小为FN,轻绳PB的拉力大小为mg,三力始终平衡,组成矢量三角形,根据三角形相似有𝑚𝑔𝑂𝑄=𝐹N𝑂𝑃=𝐹𝑃𝑄,当杆OP和竖直方向的夹角α缓慢增大时,OP、OQ不变,PQ逐渐增大,mg不变,所以拉力F的大小逐渐增大,支持力FN的大小不变,选项B正确。答案:B一二三四五专题二牛顿运动定律与图象结合的问题动力学中常见的图象有F-t图象、a-t图象、F-a图象等。(1)对于F-a图象,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两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图象,明确图象的斜率、截距或面积的意义,从而由图象给出的信息求出未知量。(2)对于a-t图象,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)对于F-t图象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。一二三四五例题2如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()一二三四五解析:开始摩擦力较小,两者在外力F作用下一起做加速运动,加速度满足a=𝐹𝑚1+𝑚2=𝑘𝑚1+𝑚2t,加速度随时间均匀增加,两物体间的静摩擦力也逐渐增大,当达到最大静摩擦力时,两者出现相对滑动,m1受滑动摩擦力为Ff=μm2g,加速度为a1=𝐹f𝑚1=𝜇𝑚2𝑔𝑚1是一定值,而m2在外力F和摩擦力作用下具有的加速度为a2=𝑘𝑡-𝜇𝑚2𝑔𝑚2=𝑘𝑡𝑚2-μg,随时间均匀增加且其变化斜率比a的变化斜率大,所以选项A正确。答案:A一二三四五专题三牛顿第二定律中的临界和极值问题1.概念(1)临界问题:某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。(2)极值问题:在满足一定的条件下,某物理量出现极大值或极小值的情况。2.关键词语在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语,一般都暗示了临界状态的出现,隐含了相应的临界条件。3.常见类型动力学中的常见临界问题:一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离问题;二是绳子绷紧与松弛的问题;三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题。一二三四五4.解题关键解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述,对临界状态的判断与分析,找出处于临界状态时存在的独特的物理关系,即临界条件。常见的三类临界问题的临界条件:(1)相互接触的两个物体将要分离的临界条件是相互作用的弹力为零。(2)绳子松弛的临界条件是绳的拉力为零。(3)存在静摩擦的系统,相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。一二三四五例题3如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻弹簧,弹簧下端连有一质量为m的小球,小球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变。若手持挡板A以加速度a(agsinθ)沿斜面匀加速下滑,求:(1)从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间;(2)从挡板开始运动到小球的速度达到最大,小球经过的最小路程。一二三四五解析:(1)当小球与挡板分离时,挡板对小球的作用力恰好为零,对小球由牛顿第二定律得mgsinθ-kx=ma解得小球做匀加速运动的位移为x=𝑚𝑔sin𝜃-𝑎𝑘由x=12at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t=2𝑥𝑎=2𝑚𝑔sin𝜃-𝑎𝑘𝑎。(2)小球的速度达到最大时,其加速度为零,则有kx'=mgsinθ小球从开始运动到速度达到最大,经过的最小路程为x'=𝑚𝑔sin𝜃𝑘。答案:(1)2𝑚𝑔sin𝜃-𝑎𝑘𝑎(2)𝑚𝑔sin𝜃𝑘一二三四五专题四传送带问题分析常见的两种传送带模型:1.水平传送带(1)若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度,则该物体一直做匀变速直线运动;(2)若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同,则物体先做匀变速直线运动,后做匀速直线运动。2.倾斜传送带对于沿倾斜传送带斜向下运动的物体,分析物体受到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键。如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力,则物体做匀变速运动;如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力,则物体先做匀加速运动,后做匀速运动。一二三四五例题4如图所示,倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°,将一小物块轻轻地放在正在以速度v=10m/s匀速逆时针转动的传送带的上端,物块和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小),传送带两皮带轮轴心间的距离为l=29m,求:(1)将物块从顶部传送到传送带底部所需的时间为多少?(2)若μ=0.8,物块从顶部传送到传送带底部所需的时间又为多少?(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)一二三四五解析:(1)物块放到传送带上后,沿斜面向下做加速直线运动,开始时相对于传动带向后运动,受到的摩擦力向前(物块受力如图所示),则a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2当物块加速到与传送带同速时,所用时间为t1=𝑣𝑎1=1s位移为x1=𝑣22𝑎1=1022×10m=5m物块加速到与传送带同速后,由于mgsinθμmgcosθ,所以物块相对于传送带向下运动,摩擦力变为沿斜面向上(受力如图所示),所以此时的加速度为a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s2由x2=l-x1=vt2+12a2𝑡22解得t2=2s因此物块运动的总时间为t=t1+t2=3s。一二三四五(2)若μ=0.8,开始时(即物块与传送带同速前)物块加速度为a'=g(sinθ+μcosθ)=10×(0.6+0.8×0.8)m/s2=12.4m/s2物块加速到与传送带同速时所用的时间t1'=va'=10𝑚/𝑠12.4𝑚/𝑠2=0.8s位移x1'=v22𝑎'=4m当物块与传送带同速后,由于mgsinθμmgcosθ,故物块与传送带同速后将与传送带一起做匀速运动,则t2'=𝑙-𝑥1'𝑣=2.5s因此所需时间为t'=t1'+t2'=3.3s。答案:(1)3s(2)3.3s一二三四五专题五滑板—滑块问题牛顿运动定律在滑块滑板类问题中的应用问题实质是牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题,着重考查学生分析问题、运用知识的能力。求解时应先仔细审题,清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。一二三四五例题5如图所示,质量M=8kg的长木板放在光滑的水平面上,在长木板左端加一水平恒推力F=8N,当长木板向右运动的速度达到1.5m/s时,在长木板前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2kg的小物块,物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2,长木板足够长。(g取10m/s2)(1)小物块放在长木板上后,小物块及长木板的加速度各为多大?(2)经多长时间两者达到相同的速度?(3)从小物块放上长木板开始,经过t=1.5s小物块的位移大小为多少?一二三四五解析:(1)物块的加速度am=μg=2m/s2长木板的加速度aM=𝐹-𝜇𝑚𝑔𝑀=0.5m/s2。(2)由amt=v0+aMt可得t=1s。(3)在开始1s内小物块的位移x1=12amt2=1m1s末速度为v=amt=2m/s在接下来的0.5s物块与长木板相对静止,一起做加速运动且加速度为a=𝐹𝑀+𝑚=0.8m/s2这0.5s内的位移为x2=vt+12at2=1.1m通过的总位移x=x1+x2=2.1m。答案:(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m一二三四五