1、高考物理,新高考专用,专题三 牛顿运动定律,考点一对牛顿运动定律的理解,一、对牛顿第一定律的理解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.意义1)揭示了物体的一种理想状态:物体不受力(实际上不存在),与所受合外力为零的运动状态表现是相同的。2)揭示了力的本质:力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因。3)揭示了物体的一种固有属性惯性,即保持原有运动状态的特性。,3.惯性1)惯性不是一种力。对物体受力分析时,不能把“惯性力”作为物体实际受到的力。2)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质,其大小只取决于物体的质量,质量越大,
2、惯性越大。,二、对牛顿第三定律的理解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,作用在一条直线上。,2.一对相互作用力和一对平衡力的区别,三、对牛顿第二定律的理解1.表达式:F合=ma。公式F合=kma中三个物理量单位采用国际单位制单位时才有k=1。2.牛顿第二定律的适用范围1)牛顿第二定律只适用于相对地面静止或匀速直线运动的参考系。2)牛顿第二定律只适用于宏观、低速运动的物体。,3.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。基本单位: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,基本物理
3、量的单位叫基本单位。导出单位:由基本单位根据物理公式推导出来的其他物理量的单位。2)国际单位制中的基本物理量和基本单位:质量/(kg),时间/(s),长度/(m),电流/(A),热力学温度/(K),物质的量/(mol),发光强度/(cd)。,考点二牛顿运动定律的应用,一、牛顿第一定律的应用物体的速度(大小或方向)改变了,我们就说物体的运动状态改变了。运动状态改变的物体(处于非平衡态)一定受力且合力不为零。二、牛顿第二定律的应用超重和失重1.超重、失重问题中物体受到的弹力大于重力(超重)或小于重力(失重),重力不变仍为mg。2.超重、失重与物体的速度无关,与物体的加速度方向有关。加速度向上为超重
4、,加速度向下为失重。,3.对系统超重、失重的判定不能只看某一物体,要综合分析某一物体的加速运动会不会引起系统内其他物体运动状态的变化。例如台秤上放一盛水容器,一细线拴一木球,线另一端拴于盛水容器的底部,剪断细线,木球加速上升的同时有相同体积的水以相等的加速度在加速下降,综合起来,台秤示数会减小。,4.在完全失重的状态下,由重力产生的一切物理现象都会消失。如单摆停摆、天平失效、浸没于液体中的物体不再受浮力、水银气压计失效等,但测力的仪器,如弹簧测力计是可以使用的。,三、牛顿第三定律的应用1.内外力对于相互作用的物体,如果在分析单一物体时其与另一物体间作用力和反作用力均不是内力;如果将相互作用的物
5、体视为整体,则其相互作用力为内力。2.在对物体进行受力分析时,如果不便于分析物体受到的某个力时,则可以通过分析其反作用力来解决问题。3.一对作用力和反作用力,分别作用于两个相互作用的物体上,不能抵消各自产生的效果(F=m1a1,F=m2a2),不存在相互平衡的说法。,拓展一两类动力学问题及等时圆,一、已知物体的受力情况,求解物体的运动情况解这类题目,一般是受力分析求合力,应用牛顿第二定律求出物体的加速度,再根据物体的初始运动情况,应用运动学公式,求出物体运动规律。,1.等时圆问题,甲,乙,丙,如图甲,质点从半径为R的竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止滑到圆环的最低点所用时间t相等。证明:根据匀
6、变速直线运动规律可得2R cos=g cos t2,所以t=可见t与无关。由此可知:如图乙,质点沿不同的光滑弦上端由静止滑到下端所用时间相等;如图丙,质点沿两个相切竖直圆环且两环的竖直直径均过切点的光滑弦的上端由静止滑到下端所用时间相等。,2.以“等时圆”模型为例,分析要点如图所示。,例1如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放,用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间,则()A.t1t2t3C.t3t
7、1t2D.t1=t2=t3,解析如图所示,滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用。设杆与水平方向的夹角为,根据牛顿第二定律有mg sin=ma,得加速度大小a=g sin。设圆周的直径为D,则滑环沿杆滑到d点的位移大小x=D sin,由x=at2,解得t=。可见,滑环滑到d点的时间t与杆的倾角无关,即三个滑环滑行到d点所用的时间相等,选项D正确。,答案D,二、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加速度,再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力,进而对物体受力分析,由已知力、合力求出未知力。,例2如图所示,质量为m的人站在自动扶梯上,扶梯正以加
8、速度a向上减速运动,a与水平方向的夹角为。求人受到的支持力和摩擦力的大小。,解题导引,解析以人为研究对象,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ax和竖直方向加速度ay,如图(b)所示,则ax=a cos,ay=a sin。由牛顿第二定律得F静=max,mg-FN=may求得F静=ma cos,FN=m(g-a sin)。,答案m(g-a sin)ma cos,拓展二动力学中的连接体问题及瞬时加速度问题,1.常见连接体的类型1)弹簧连接体2)物物叠放连接体,3)轻绳连接体,4)轻杆连接体,2.连接体的运动特点轻绳:轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速
9、度一般是相等。轻弹簧:在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等。,3.处理连接体问题的方法,4.力的突变问题轻绳、轻杆上的弹力以及叠放物体间的弹力都可以从某一值突然变为零;而弹簧上弹力F=kx,当形变量x不能发生突变时,(若剪断弹簧,x突变为0)弹簧弹力不能突变为零。,5.突变问题中求瞬时加速度的解题步骤,例3(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为
10、F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为()A.8B.10C.15D.18,解析如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=mxa,联立两式有y=x。可见,列车总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3),则N=5n,故可知选项B、C正确。,答案BC,拓展三临界极值问题,1.基本思路1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段);2)寻找过程中变化的物理量;3)探索物理量的变化规律;4)确定临界状态,分析临界条件
11、,找出临界关系。,2.思维方法,例4(多选)如图甲所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是(),A.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2C.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大D.小滑块的质量m=2 kg,解析由题可知,当06 N时二者间出现相对滑动,对木板有F-mg=Ma,即a=F-,可见此时a-F图线的斜率为木板质量的倒数,可得M=1 kg,则m=2 kg,D正确
12、。由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它的摩擦力,不再随F的增大而变化,则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大,且不再变化,由图可知小滑块的最大加速度为a大=2 m/s2,由牛顿第二定律有mg=ma大,得=0.2,A、C错误。将F=7 N代入a=F-,得a=3 m/s2,B正确。,答案BD,拓展四图像综合类问题,1.处理图像问题的关键是搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系,全面系统地看懂图像中的“轴”“线”“点”“斜率”“面积”“截距”等所表示的物理意义。在运用图像求解问题时,还要具有将物理现象转化为图像问题的能力。运用图像解题包括两个方面:用给定的图像解答问题,根据题意去作图
13、,运用图像去解答问题。,2.解题策略1)分清图像的类别,即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义,如图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等。3)明确能从图像中获得哪些信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,应用物理规律列出与图像对应的函数方程式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题做出准确判断。,例5如图甲所示,质量m=1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5 s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v
14、-t图像)如图乙所示,g取10 m/s2,求:(1)2 s内物块的位移大小s和通过的路程L;(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。,解析(1)在2 s内,由图乙知:物块沿斜面向上运动的最大距离:s1=21 m=1 m物块下滑的距离:s2=11 m=0.5 m所以位移大小s=s1-s2=0.5 m路程L=s1+s2=1.5 m(2)由图乙知,所求两个阶段加速度的大小a1=4 m/s2、a2=4 m/s2设斜面倾角为,斜面对物块的摩擦力为f,根据牛顿第二定律有00.5 s内:F-f-mg sin=ma1,0.51 s内:f+mg sin=ma2解得F=8 N,答案(1)0
15、.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N,模型一传送带模型,1.解题关键1)抓好一个力的分析摩擦力,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。2)注意三个状态的分析初态、共速、末态,2.物块在传送带上运动的常见情形1)水平传送带模型,2)倾斜传送带模型,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=1 m/s运行,一质量为m=4 kg的行李无初速度地放在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
16、数=0.1,A、B间的距离L=2 m,g取10 m/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;(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。,解题导引,解析(1)滑动摩擦力Ff=mg=0.1410 N=4 N,加速度a=g=0.110 m/s2=1 m/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=1 s。(3)行李始终匀加速运动时传送时间最短,加速度仍为a=1 m/s2,当行李到达右端时,有=2aL,解得vmin=m/s=2 m
17、/s,所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s。行李最短运动时间由vmin=atmin,得tmin=s=2 s。,答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s,例2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=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v0=12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带,若货物与皮带之间的动摩擦因数=0.5,且可将货物视为质点。(g=10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8),(1)货物刚滑上传送带时加速度为多大?(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同?这时
18、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为a1,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+Ff=ma1垂直传送带方向:mg cos=FN又Ff=FN由以上三式得:a1=g(sin+cos)=10 m/s2,方向沿传送带向下。(2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1,位移设为x1,则有:,t1=1 s,x1=t1=7 m。(3)当货物速度与传送带速度相等时,由于mg sin mg cos,此后货物所受摩擦力沿传送带向上,设货物加速度大小为a2,则有mg sin-mg cos=
19、ma2,得a2=g(sin-cos)=2 m/s2,方向沿传送带向下。设货物再经时间t2,速度减为零,则t2=1 s沿传送带向上滑的位移x2=t2=1 m则货物上滑的总距离为x=x1+x2=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a2。设下滑时间为t3,则x=a2,代入解得t3=2 s。所以货物从滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t=t1+t2+t3=(2+2)s。,答案(1)10 m/s2(2)1 s7 m(3)(2+2)s,模型二板块模型,1.模型特征板块模型(如图1),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热,在此基础上常变式出多次相互作用的模型,涉及多物体、多过程问题
20、的分析。另外,常见的子弹射击滑块(如图2)、圆环在直杆中滑动(如图3)类问题,处理方法与板块模型类似。,2.两种类型,3.分析时要抓住一个转折和两个关联,4.分析板块模型的“四点”注意1)用隔离法分析物块和木板的受力,分别求出物块和木板的加速度。2)建立物块位移、木板位移、物块相对木板位移之间的关系式。3)不要忽略物块和木板的运动存在等时关系。4)在运动学公式中,位移、速度和加速度的参考系是相同的(一般为地面)。,例3如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩
21、擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度大小;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。,解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2,木板所受地面的摩擦力为f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f1=1mAg、f2=1mBg、f3=2(m+mA+mB)g;由牛顿第二定律得f1=mAaA
22、、f2=mBaB、f2-f1-f3=ma1;设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1、v1=a1t1;解得v1=1 m/s。(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-aB,设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组,成的体系,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB,联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m(也可用如图的速度-时间图像求解),答案(1)1 m/s(2)1.9 m,