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(共27张PPT)
第三章　运动和力的关系
知识网络
考点分布
牛顿第二定律的应用 2025·江苏卷·T10(选择,4分)
2023·江苏卷·T15(计算,12 分)
动力学中的临界、极值问题 2022·江苏卷·T1(选择,4 分)
第12课时　牛顿运动定律的理解
学习目标:1.理解牛顿第一、第二、第三定律的内容。
2.掌握一对作用力和反作用力与一对平衡力的区别。
3.会利用牛顿第二定律对瞬时性问题进行分析计算。
√
×
×
√
×
×
×
×
×
解析
1.√　该定律是理想实验推论,无法完全消除外力用实验严格验证。
2.×　合外力为零时,物体保持静止或匀速直线运动状态。
3.×　惯性大小只由质量决定,与运动状态无关。
4.√
5.×　质量是物体的固有属性,与F、a无关。该式仅用于质量的计算或测量。
6.×　合外力减小则加速度减小,但只要加速度方向与速度方向相同,速度仍增大。
7.×　加速度是矢量,例如匀速圆周运动加速度大小不变但方向时刻改变,所受合力为变力。
8.×　作用力与反作用力分别作用在两个不同物体上,效果不能抵消。
9.×　人对地面的压力与地面对人的支持力是作用力与反作用力,大小始终相等。
考点一　牛顿第一定律
1.内容:一切物体总保持　　 　　状态或　　　　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)揭示了物体的固有属性:一切物体都有　 　,因此牛顿第一定律又叫
　　　　定律。
(2)揭示了运动和力的关系:力不是维持物体运动状态的原因,而是　 　物体运动状态的原因,即产生加速度的原因。
牛顿第一定律并不是牛顿第二定律在加速度等于零时的特例
匀速直线运动
静止
惯性
惯性
改变
3.惯性
(1)定义:物体　　　　原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
与外力因素无关,故不可“克服”“调控”
(2)普遍性:惯性是物体的固有属性,是一切物体都具有的性质,惯性与物体的运动情况和受力情况　　　　。物体的惯性总是以“保持原状”“反抗改变”两种形式表现出来。
(3)量度:　　　　是惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性　　　　,质量小的物体惯性　　　　。
保持
无关
质量
大
小
典例1　如图所示为高速照相机连拍的自行车极限运动中某运动员在空中的情形,P为该运动员运动的最高点。关于这个现象下列说法正确的是
(　　)
A.运动员能在空中运动一段距离,是靠空气推力维持的
B.运动员在空中运动的过程中,其惯性先变小后变大
C.运动员做曲线运动说明力是改变物体运动状态的原因
D.若运动到P点时所有外力都消失,则立即沿PA方向竖直下落
C
对点演练1　如图所示,要将卡在球筒中的羽毛球取出,可以有多种方案,方案一:一手拿着球筒的中部,另一手用力击打羽毛球筒的上端;方案二:手持球筒,使球与球筒一起下落敲击水平面,假设球筒与水平面碰后速度立即变为0,下列说法正确的是(　　)
A.方案一利用羽毛球的惯性,
使其从球筒上端出来
B.方案一利用球筒的惯性,
使羽毛球从下端出来
C.方案二利用羽毛球受到的重力,
使其从下端出来
D.方案二中球筒敲击水平面后速度变为0,其惯性随之消失
A
考点二　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　　　　,跟它的质量成
　　　　,加速度的方向跟　　　　方向相同。
2.表达式:F=　　　。 在国际单位制中,k=1
3.适用范围
(1)只适用于　　　　参考系(相对地面静止或　　 　　运动的参考系)。
(2)只适用于　　　　物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
4.单位制
(1)单位制:由　　 　　和　　 　　一起组成了单位制。
(2)基本单位:在力学范围内,国际单位制规定　 　　、　 　　和
为三个基本量,它们的单位　 　　、　 　　和　 　　为基本单位。
(3)导出单位:由　　　　根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
正比
反比
作用力
ma
惯性
匀速直线
宏观
基本单位
导出单位
质量
长度
时间
千克
米
秒
基本量
5.瞬时加速度问题
(1)两种常见模型
加速度与合力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失,具体可简化为以下两种常见模型:
(2)求解瞬时加速度的步骤
典例2　两个质量均为m的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态(图甲);若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧(图乙),其他不变。现突然迅速剪断两图中的轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间(设两图中小球A的加速度大小分别为a1和a1',B的加速度大小分别为a2和a2'),
则正确的是(　　)
A.a1=a1'=g,a2=a2'=0
B.a1=a2'=g,a1'=a2=0
C.a1'=2a1=2a2=2g,a2'=0
D.a1'=a2'=2a1=2a2=2g　
甲 乙
C
解析 在左图里,在剪断轻绳的瞬间,A、B两球由于用绳连接,一起下落,对A、B整体,根据牛顿第二定律得2mg=2ma1,或2mg=2ma2,可得a1=a2=g。右图中,在剪断绳前,根据平衡条件得知,弹簧的弹力大小F=mg,绳OA对A物体的拉力T=2mg,在剪断绳的瞬间,弹簧的弹力不变,B的受力情况没有变化,则B所受的合力为0,则a2'=0,A所受的合力大小FA=F+mg=2mg,由牛顿第二定律可得2mg=ma1',解得a1'=2g,选项C正确。
对点演练2　如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则(　　)
A.L1的拉力大小为mg
B.L2的拉力大小为3mg
C.若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为g
D.若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g
C
解析 对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°= 2mg,L2的拉力大小为T2==4mg,选项A、B错误;剪断L1的瞬间,弹簧的弹力不变,则小球乙受的合外力仍为零,加速度为零;对甲分析如图,由牛顿第二定律可得T2'-(F弹+mg)cos 60°=0,(mg+F弹)sin 60°=ma,解得a=g。
考点三　牛顿第三定律
1.作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是　　　　的,一个物体对另一个物体施加了力,后一个物体一定同时对前一个物体也施加了力。物体间相互作用的这一对力叫作作用力和反作用力。
2.牛顿第三定律
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小　　　,方向　　　,作用在同一条直线上。
相互
相等
相反
3.一对平衡力与作用力、反作用力的比较
对比项目 一对平衡力 作用力与反作用力
相同点 大小相等,方向相反,作用在同一条直线上
不 同 点 作用对象 同一个物体 两个相互作用的不同物体
作用时间 不一定同时产生、 同时消失 一定同时产生、同时消失
力的性质 不一定相同 一定相同
作用效果 可相互抵消 不可抵消
典例3　如图所示,小车放在水平地面上,甲、乙二人用力向相反方向拉小车,不计小车与地面之间的摩擦力,下面说法正确的是(　　)
A.小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力
B.甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力
C.若小车加速向右运动表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力
D.若小车加速向右运动表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力
A
对点演练3　如图所示,顽皮的小孩让大人踩着滑板进行拔河比赛,小孩竟然拉着大人往左边加速运动,大人心服口服,明白了这样的道理(　　)
A.小孩拉大人的力一定大于大人拉小孩的力
B.大人拉小孩的力等于小孩拉大人的力
C.决定胜负的关键是双方力气大小、质量大小的较量
D.上述情景不可能发生
B(共32张PPT)
第16课时　实验四:探究加速度与力、质量的关系
学习目标:1.掌握利用控制变量法探究加速度与力、质量关系的方法。
2.学会用图像法处理实验数据并进行误差分析。
3.能基于实验原理对实验进行创新改进。
1.实验目的
(1)学会用控制变量法探究物理规律。
(2)会测量加速度、力和质量,能作出物体运动的a-F、a-图像。
(3)能通过实验数据及图像得出加速度与力、质量的关系。
(4)会分析实验中的误差,能采取合理方法减小实验误差,了解实验创新的方法及原理。
2.实验思路
(1)探究方法——　　　　　法。
①保持　　　　　不变,通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力,探究加速度与拉力的定量关系。
②保持　　　　 　　　不变,通过在小车上增加砝码改变　　 　　,探究加速度与质量的定量关系。
(2)要测量的物理量
①小车、槽码和放在小车上的砝码质量。
②小车的　　　　。
③小车所受的拉力(槽码的重力)。
控制变量
小车质量
小车所受的拉力
小车的质量
加速度
3.实验器材
　 　、纸带、复写纸、小车、　　　　 　　　　　　、槽码(若干个)、夹子、垫木、细绳、低压　　　　电源、导线、天平(带有一套砝码)、　　　　　。
打点计时器
一端附有定滑轮的长木板
交流
刻度尺
(3)垫木块:平衡摩擦力,在木板无滑轮的一端下面垫一薄木块,反复移动其位置,直到不挂重物的小车在斜面上做　　　　　运动为止(纸带上相邻点间距相等)。
4.实验步骤
(1)测量:用天平测出小车的质量M,槽码的质量m,并把数值记录下来。
(2)安装:按图将实验器材安装好(小车上不系绳)。
匀速直线
(4)操作
①槽码通过细绳绕过定滑轮系于小车上,使小车停在靠近打点计时器处。
②先　 　　　,后放开小车,打点完毕后关闭电源并取下纸带编上号码。
③探究加速度与力的关系:保持小车的质量M不变,通过增减槽码的个数改变小车所受拉力F的大小,重复实验。
④探究加速度与质量的关系:保持小车所受的拉力F不变(即槽码的质量m不变),通过在小车中增减砝码改变小车的质量M,重复实验。
接通电源
5.数据处理
(1)计算法(逐差法求加速度)
(2)图像法
①研究加速度和力的关系
以加速度a为纵坐标,以外力F为横坐标,作出a-F关系图像,若为过原点的
　　　　,说明a与 F成正比。
②研究加速度和质量的关系
以加速度a为纵坐标,以小车及砝码的总质量的倒数为横坐标,作出a-关系图像,若为过原点的　　　　,说明a与M成反比。
直线
直线
命题分析
1.考装置:器材装配以及其他器材替代。
2.考读算:读计数点之间的间隔、算速度和加速度以及作图求解加速度。
3.考变化:考查实验目的的变化,考查数据处理方式的变化。
阻力补偿原理:mgsin θ=μmgcos θ
操作注意
1.平行:纸带和细绳要和木板平行。
2.一次:平衡摩擦力时不要挂重物,整个实验平衡了摩擦力后,实验中不需要重新平衡摩擦力。
3.质量:实验中必须满足小车和砝码的总质量远大于槽码的质量。只有如此,槽码的重力才可视为与小车受到的拉力相等。
4.先通电:小车应靠近打点计时器且先接通电源再释放。
5.作图:要使尽可能多的点在所作直线上,不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧。离直线较远的点应舍去不予考虑。
误差分析
1.偶然误差
(1)质量、计数点间距测量不准导致, 需要多次测量求平均值。
(2)小车所受合力测量不准, 因此需要准确补偿阻力,使细绳和纸带平行于木板。
(3)作图不准,因此合理选取坐标轴的单位长度,使所有数据点尽量分布在整个坐标平面。使尽可能多的点落在直线上,不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧,偏离直线较远的点舍去。
2.系统误差
槽码的重力不等于小车所受的拉力。若使槽码的质量远小于小车的质量,则可减小系统误差。
考点一　教材原型实验
典例1　用如图甲所示的实验装置来验证牛顿第二定律,为消除阻力的影响,实验前必须补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力。
(1)某小组补偿阻力时是这样操作的:将小车静止地放在水平长木板上,把木板不带滑轮的一端慢慢垫高,如图乙,直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止,即认为刚好补偿阻力完毕。请问该小组补偿阻力的操作
　　　　　(选填“正确”或“不正确”)。
甲
乙
不正确
(2)如果该小组已按(1)中的操作补偿阻力,保持M(小车质量)不变,通过改变砂桶中砂子质量,得到a-F图像是下图中的　　　(将选项代号的字母填在横线上)。
C
(3)若在另一组实验过程中,保持M(小车质量)不变,通过改变砂桶中砂子质量,分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a-F关系图线如图所示。此图线的AB段明显偏离直线,造成此现象的主要原因可能是　　　。
A.没有平衡小车与木板之间的摩擦力
B.木板倾斜角度过大
C.所用小车的质量过大
D.所加砂子的总质量过大
D
(4)打点计时器使用交流电源的频率f=50 Hz,下图是某小组在正确操作下获得的一条纸带,A、B、C、D、E每相邻两点之间还有4个点未标出, 根据纸带所提供的数据,算得小车的加速度大小为　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字)。
(5)在本实验中认为细线的拉力F等于砂和砂桶的总重力mg,由此造成的误差是系统误差,设拉力的真实值为F真,为了使
<　　　　　。
0.60
5%
解析 (1)小车由静止下滑,说明重力沿斜面的分力大于阻力,因此补偿阻力过度,所以该同学的操作不正确,正确的操作应该为给小车一个初速度,小车能够带动纸带匀速下滑。
(2)如果这位同学先按(1)中的操作补偿阻力,导致平衡阻力过度,当小车上还没有挂砂和砂桶时,小车应该就已经有加速度了,选项A、B、D错误,C正确。
(3)用砂桶和砂子的重力代替拉力F,需要满足砂桶和砂子质量远小于小车质量。随着F的增大,不满足砂桶和砂子质量远小于小车质量时,a-F图线最后会略微向下弯曲,故造成此现象的原因是所加砂子的总质量过大,选项D正确,A、B、C错误。
(4)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1 s,根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度a= m/s2=0.60 m/s2。　
(5)对砂桶进行分析有mg-F真=ma,对小车进行分析有F真=Ma,根据题干要求有<5%,解得<5%。
考点二　拓展创新实验
1.高考启示
江苏高考实验题,考查的内容比较综合,往往以教材基本实验为载体,凸显创新实验原理、创新实验数据处理方法,体现核心素养中的科学探究。
2.情境拓展
实验原理的创新
1.利用力传感器可得轻绳上拉力大小;
2.将探究加速度与合力的关系转化为探究加速度与力传感器的示数的关系
实验器材的创新
利用位移传感器与计算机相连,直接得出小车的加速度 1.用光电门代替打点计时器,结合遮光条的宽度可测滑块的速度;
2.利用气垫导轨代替长木板,无需补偿阻力;
3.由力传感器测滑块受到的拉力,无需满足m M
实验过程的创新
1.结合光电门得出物块在A、B两点的速度,由=2ax得出物块的加速度;
2.结合牛顿第二定律mg-μMg=(M+m)a得出物块与水平桌面间的动摩擦因数
考向1　装置创新
典例2　在“探究加速度与力的关系”的实验中,某同学设计了如图甲所示的实验装置。在调节桌面水平后,利用力传感器来测量细线拉力。
甲
(1)为探究加速度与力的关系,下列实验操作正确的是　　　。(多选)
A.选用电火花计时器比选用电磁打点计时器实验误差会更小
B.实验过程中,砂和砂桶的质量可以约等于小车的质量
C. 力传感器的示数即小车所受合外力的大小
D.先用手将小车按在图示位置,然后接通电源再释放小车
AB
(2)该同学在实验中得到一条纸带如图乙所示,相邻计数点间有4个计时点未画出,打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz,小车的加速度大小为
　　　　m/s2(结果保留两位有效数字)。
乙
(3)该同学在小车内放置一质量为m0的砝码,多次改变砂的质量,通过实验得到多组a、F数据,并利用测量数据画出a-F图像,已知图线的斜率大小为k,
则小车的质量为　　　　　(用k、m0表示)。
2.4
-m0
(4)该同学用下图所示装置完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验,可通过位移的测量来代替加速度的测量,即,使用这种方法需要满足两小车　　　。
A.所受拉力相同
B.运动时间相同
C.小车质量相等
(5)在利用图甲装置进行实验时,是否需要进行阻力补偿 如果需要,请说明如何操作。如果不需要,请说明理由。
B
需要,不挂重物的情况下,将长木板远离定滑轮的一端适当垫高,轻推小车,如打出纸带的点迹间距几乎相等即可说明阻力补偿到位
考向2　原理创新
典例3　某同学利用手机“声音图像”软件测量物块与长木板间的动摩擦因数μ。实验装置如图所示,长木板固定在水平桌面上,物块置于长木板上且两端分别通过跨过定滑轮的细线与小球A、B相连,实验前分别测量出小球A、B底部到地面的高度hA、hB(hB>hA)。打开手机软件,烧断一侧细绳,记录下小球与地面两次碰撞声的时间图像(两小球落地后均不反弹)。
(1)由图可知,实验时应烧断物块　　　　(选填“左侧”或“右侧”)的细线。
(2)烧断细线前,用分度值为1 cm的刻度尺测量hA,刻度尺的0刻度线与地面齐平,小球A的位置如图甲所示,则hA=　　　　cm。
左侧
78.0
(3)若某次实验中通过运算得出A下落时间为0.40 s,由图乙可知,物块加速运动的时间为　　　　s;若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间,测量结果会　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)仅改变小球B实验前离地高度hB,测量不同高度下物块加速运动时间t,作出hB-t2图像如图丙所示,由图像可求得斜率为k,若小球B的质量为m,物块质
量为M,重力加速度为g,则物块与木板间的动摩擦因数μ=　　　　　　(用
字母k、m、M、g表示)。
0.90
偏大
解析 (1)应烧断左侧细线,使B球拉动物块在桌面做匀加速直线运动。
(2)测量时间是通过小球落地计算,故应测量小球底端距离,则刻度尺读数为78.0 cm。
(3)由题图可知,A、B两球落地时间差为0.50 s,A球下落速度快,时间短,则B球下落时间为0.90 s。若将手机放在靠近小球A的地面上测量物块加速运动的时间,测量时间为AB落地时间差和B落地后声音传过来时间之和,故测量结果偏大。
(4)物块和小球B一起做匀加速直线运动,则hB=at2,受力分析得mg-μMg =(m+M)a,联立解得hB=t2,故μ=。(共26张PPT)
第14课时　专题提升:连接体、多过程及斜面上的
动力学问题
学习目标:1.知道连接体的类型以及运动学特点,会用整体法和隔离法解决连接体问题。
2.会利用牛顿运动定律和运动学公式处理多过程问题和斜面上的动力学问题。
考点一　连接体问题
1.常见连接体类型与特点
类型 图示 特点
弹簧 连接 体 在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率往往相等
叠放 连接 体 两物体不脱离接触,在垂直接触面方向的分速度总是相等
类型 图示 特点
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
轻杆 连接 体 轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比
2.连接体问题求解方法
考向1　速度相同的连接体
典例1　高铁已成为重要的“中国名片”,领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车,从车头开始编号的第2、3、6和7共四节为动力车厢,其余为非动力车厢,每节车厢质量均为m。当列车在平直轨道上匀加速启动时,每节动力车厢牵引力大小均为F,每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍,重力加速度为g。则(　　)
A.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B.整列车的加速度大小为
C.第3节车厢对第2节车厢的作用力大小为
D.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
B
解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力,水平方向有沿运动方向的水平摩擦力,两个力的合力方向斜向上方,选项A错误;对整体列车,根据牛顿第二定律有4F-8kmg=8ma,解得a=,选项B正确;对第1、2节车厢的整体,根据牛顿第二定律有F32+F-2kmg=2ma,解得F32=0,选项C错误;对第1节车厢,根据牛顿第二定律有F21-kmg=ma,解得F21=,选项D错误。　
考向2　速度关联的连接体
典例2　如图所示,用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接,木箱质量M=8 kg,重物质量m=2 kg,木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)要使装置能静止,木箱与地面间的动摩擦因数μ0需满足什么条件
(2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4,用F=80 N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x=0.5 m时,求重物的速度v。
答案 (1)μ0≥0.5　(2)v= m/s
解析 (1)对重物受力分析,根据受力平衡可得FT=mg=20 N,对木箱受力分析,可得Ff=2FT,又Ff=μ0Mg,联立解得μ0=0.5,要使装置能静止,木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ0≥0.5。
(2)设木箱加速度大小为a,则重物加速度大小为2a,对重物受力分析,根据牛顿第二定律可得FT-mg=2ma,对木箱受力分析,有F-μMg-2FT=Ma,解得a=0.5 m/s2,当木箱向左匀加速位移x=0.5 m时,重物向上的位移为h=2x=1 m,由2×2a·h=v2,可得此时重物的速度为v= m/s。
考点二　多过程问题
1.解决多过程问题的思路
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力示意图和过程示意图。
(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关联,并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论。
2.解题关键
(1)紧抓两个分析:受力分析和运动过程分析。
(2)画出运动情境示意图帮助分析运动过程。
典例3　如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=1 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=18 N,运动过程中所受空气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,在t=3 s时离地面的高度为h=27 m(g取10 m/s2)。
(1)求上升过程中加速度a大小;
(2)运动过程中所受空气阻力Ff大小;
(3)假设由于动力系统故障,悬停在离地面
高度H=28.8 m的无人机突然失去升力而坠落,经时间t1在遥控设备的干预下故障解除,动力系统重新启动提供向上最大升力。为了使无人机不坠落到地面,求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
答案 (1)6 m/s2　(2)2 N　(3)2 s
考点三　斜面上的动力学问题
1.光滑斜面
(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t,由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定,与物体的质量无关。at2,a=gsin θ,则t=。
(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定,与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。v2=2a,a=gsin θ,则v=。
2.粗糙斜面
(1)物体不受外力
①物体下滑或静止
μ=tan θ,Ff=mgsin θ,物体匀速下滑或静止,加速度a=0。
μμ>tan θ,f>mgsin θ,物体若无初速度将静止于斜面上;物体向下减速下滑,加速度a=g(μcos θ-sin θ)。
②物体上滑
物块沿斜面向上做匀减速运动,滑动摩擦力沿斜面向下,滑动摩擦力f=μmgcos θ,加速度沿斜面向下,a=g(μcos θ+sin θ)。
(2)物体受外力
①外力平行于斜面
条件 结论
加速度a 沿斜面向上 平行斜面方向:F-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向: FN=mgcos θ
加速度a 沿斜面向下 平行斜面方向:mgsin θ+μFN-F=ma
垂直斜面方向: FN=mgcos θ
加速度a 等于零 平行斜面方向:F=mgsin θ+μFN
垂直斜面方向: FN=mgcos θ
②外力与斜面夹角为α
条件 结论
加速度a 沿斜面向上 平行斜面方向:Fcos α-mgsin θ-μFN=ma
垂直斜面方向:Fsin α+FN=mgcos θ
加速度a 沿斜面向下 平行斜面方向:mgsin θ+μFN-Fcos α=ma
垂直斜面方向:Fsin α+FN=mgcos θ
加速度a 等于零 平行斜面方向:Fcos α=mgsin θ+μFN
垂直斜面方向:Fsin α+FN=mgcos θ
考向1　物体在斜面上不受外力的运动问题
典例4　如图,在倾角37°、足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体,物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5,今给物体以沿斜面向上的初速度v0=10 m/s使其从斜面底端向上滑行,已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,计算结果可以保留根号。
(1)画出物体上滑过程中的受力分析图;
(2)求物体向上滑行的最大距离;
(3)求物体在斜面上向上滑行时间t1与物体在
斜面上向下滑行到初始位置的时间t2的比值。
答案 (1)见解析图　(2)5 m　(3)
解析 (1)上滑过程,物体受到重力、沿斜面向下的摩擦力、
垂直斜面向上的支持力,受力分析图如图所示。
(2)上滑过程,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,
上滑过程,物体的加速度大小为a1=10 m/s2,
根据动力学公式=2a1x,物体向上滑行的最大距离为x=5 m。
(3)物体在斜面上向上滑行时间t1= s=1 s,下滑过程,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,下滑过程,物体的加速度为a2=2 m/s2,根据动力学公式x=a2,物体在斜面上向下滑行到初始位置的时间为t2= s,则。　
对点演练1　如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C、M三点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点,B点在y轴上且在A点上方, O'为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点。如所用时间分别为tA、tB、tC,
则tA、tB、tC的大小关系是(　　)
A.tAB.tA=tCC.tA=tC=tB
D.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系
B
考向2　物体在斜面上受外力时的运动问题
典例5　如图所示,质量m=5 kg的物体放在一倾角为30°的固定斜面上,轻推一下物体,恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力,物体恰能沿斜面匀速向上滑行。g取10 m/s2。试求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)水平推力F的大小。
答案 (1)　(2)50 N
对点演练2　如图所示,倾角为θ=37°的斜面体C固定于水平面上,质量mB=5 kg的物体B置于斜面上,与斜面的动摩擦因数μ=0.5;物体B通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接,连接B的一段细绳与斜面平行,滑轮通过轻杆固定在天花板上。重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37° =0.8)。
(1)若物体B恰好沿斜面匀速下滑,求物体A的质量mA;
(2)若物体A的质量为mA=15 kg,物体B沿斜面滑动时,求绳中拉力的大小FT
答案 (1)1 kg　
(2)若B沿斜面加速向上滑动,FT=75 N;若B沿斜面减速向下滑动,FT=45 N(共21张PPT)
第13课时　牛顿第二定律的应用
学习目标:1.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
2.会利用牛顿第二定律对超重和失重问题进行分析计算。
3.会利用牛顿第二定律分析动力学图像问题。
×
×
×
×
×
×
解析
1.×　超重、失重是视重变化,物体所受重力不变。
2.×　完全失重要求加速度竖直向下且大小等于g。
3.×　完全失重时物体仍受重力,重力提供加速度。
4.×　超重、失重取决于加速度方向,与速度方向无关。
5.×　超失重仅反映加速度方向,不能确定速度方向。
6.×　加速度由合外力与质量决定,运动学公式仅用于计算。
考点一　动力学的两类基本问题
1.动力学的两类基本问题
第一类:已知受力情况求物体的运动情况。
受力分析时只分析性质力
第二类:已知运动情况求物体的受力情况。
2.解决两类基本问题的方法 求加速度是关键
以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如下图所示:
3.两类动力学问题的解题步骤
典例1　如图所示,幼儿园组织推轮胎加速跑比赛,孩子们既玩得开心又锻炼了身体。比赛中小朋友保持两只手臂相互平行推动轮胎使其沿水平地面由静止开始做匀加速直线运动,2 s末速度变为1 m/s。已知轮胎的质量为5 kg,轮胎与地面间的动摩擦因数为0.5,手臂与水平地面间的夹角为37°, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)求轮胎的加速度大小;
(2)求小朋友对轮胎的推力大小;
(3)4 s末小朋友撤去推力,
求轮胎可以继续向前运动的距离。
答案 (1)0.5 m/s2　(2)55 N　(3)0.4 m
对点演练1　风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具,某研究小组设计了一个总高度H0=24 m的低速风洞,用来研究某物体在竖直方向上的运动特性,如图所示,风洞分成一个高度为H1=16 m的无风区和一个受风区,某物体质量m=10 kg,在无风区中受到空气的恒定阻力,大小为20 N,在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力。
某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放,
且运动到风洞底端时速度恰好为0,求在本次实验中:
(1)该物体的最大速度;
(2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小;
(3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。
答案 (1)16 m/s　(2)260 N　(3) m
考点二　动力学图像问题
1.四类图像
v-t 图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合外力
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两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距或面积的意义,从而由图像给出的信息求出未知量
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
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
2.解决图像问题的两点注意
(1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系;然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图。
(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多的提取解题信息。
典例2　质量为m的雪橇在倾角θ=37°,足够长的斜坡向下滑动过程中,所受的滑动摩擦力为定值,空气阻力与速度成正比,比例系数k=2 kg/s。雪橇某段运动过程的v-t图像如图中实线AD所示,且AB是曲线最左端那一点的切线,A点的坐标为(0,1)、B点的坐标为(2,3),已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8。
下列说法中正确的是(　　)
A.当v0=1 m/s时,雪橇的加速度为0.5 m/s2
B.在0~2 s过程中雪橇的平均速度为1.5 m/s
C.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5
D.雪橇的质量m=1 kg
C
对点演练2　用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A.m甲C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
C
考点三　超重与失重问题
超重、失重和完全失重的比较
项目 超重 失重 完全失重
由重力引起的力应完全消失
视重 视重　　 物体重力 视重　　 物体重力 视重等于
产生 条件 物体的 加速度 向　　 物体的 加速度 向　　 物体的
加速度
等于　 　
运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以g加速下降或减速上升
原理 方程 F-mg=ma F=　 　 mg-F=ma F=　 　 mg-F=mg
F=0
大于
小于
0
上
下
g
mg+ma
mg-ma
典例3　某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上,电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中,某时刻电子秤的示数如图乙所示,则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
甲 乙
A.做减速运动,加速度大小为1.05 m/s2
B.做减速运动,加速度大小为0.50 m/s2
C.做加速运动,加速度大小为1.05 m/s2
D.做加速运动,加速度大小为0.50 m/s2
D
对点演练3　如图甲所示,在升降机的顶部安装了力传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球。若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,
g为重力加速度,
则下列说法正确的是(　　)
A.0~t1时间内小球处于失重状态
B.t1~t2时间内小球处于超重状态
C.t2~t3时间内小球处于超重状态
D.t3~t4时间内小球处于平衡状态
甲
乙
B(共26张PPT)
第15课时　专题提升:“传送带”模型　
“板—块”模型　临界、极值问题
学习目标:1.会对传送带上的物体进行受力分析,能正确解答传送带上物体的动力学问题。
2.能正确运用动力学观点处理“板—块”模型。
3.理解几种常见的临界极值条件,结合数学知识求解问题。
考点一　“传送带”模型
1.水平传送带
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速 先加速后匀速
v0v0>v时,一直减速 v0>v时,先减速再匀速
滑块一直减速到右端 滑块先减速到速度为0,后被传送带传回左端。
若v0v,则滑块返回到左端时速度为v
2.倾斜传送带
情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
一直加速(一定满足关系 gsin θ<μgcos θ) 先加速后匀速
一直加速(加速度为 gsin θ+μgcos θ) 若μ≥tan θ,先加速后匀速
若μ情境 滑块的运动情况
传送带不足够长 传送带足够长
v0v0>v时,若μ>tan θ,一直匀减速, a=g(μcos θ-sin θ);若μ=tan θ,一直匀速;若μtan θ,先减速后匀速;若μ=tan θ,一直匀速;
若μ (摩擦力方向一定沿斜面向上) gsin θ>μgcos θ,一直加速;gsin θ=μgcos θ,一直匀速
gsin θ<μgcos θ,一直减速 先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)
典例1　如图甲所示,小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带,其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0~3 s段为抛物线,3~4.5 s段为直线。求:
甲 乙
(1)传送带的速度大小;
(2)物块刚滑上传送带时的速度大小。
答案 (1)2 m/s　(2)4 m/s
解析 (1)由图像得,3 s后物块随传送带做匀速直线运动,
则v传=v1= m/s=2 m/s。
(2)图线的0~3 s段为抛物线,根据匀变速位移时间关系式可知,0~2 s物块做匀减速直线运动,则x2=·t2,解得v物=4 m/s。　
典例2　如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,2.0 s时滑离传送带。设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　　)
A.传送带的倾角θ=30°
B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4
C.传送带上下两端的间距为15 m
D.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m
甲
乙
D
考点二　“板—块”模型
1.模型特征
滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2.四种类型
类型图示 关键情境分析
木板带动滑块 两者同向运动,且v板>v块,则两者加速度不同,x板>x块, Δx=x板-x块,最后分离或相对静止
滑块带动木板 两者同向运动,且v板类型图示 关键情境分析
模板与滑块反向运动 两者运动方向相反,两者加速度不同,最后分离或相对静止,Δx=x块+x板
木板或滑块受到外力 木板或滑块受到拉力作用,要判断两者是否有相对运动﹐以及木板与地面是否有相对运动
3. “四点”注意
(1)用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。
(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。
(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。
(4)在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。
典例3　如图所示,将木块A和木板B叠放在水平地面上,木块质量mA=2 kg,木板质量mB=1 kg,木块与木板间动摩擦因数为μ1=0.3、木板与地面间动摩擦因数为μ2=0.1,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,对木块施加一个水平向右的恒力F,求:
(1)若F=9 N,求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小;
(2)若F=16 N,求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小。
答案 (1)2 m/s2　5 N　(2)5 m/s2　6 N
解析 (1)A与B之间的最大静摩擦力为f1=μ1mAg=0.3×2×10 N=6 N,B与地面之间的最大静摩擦力为f2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+1)×10 N=3 N,当A、B恰好发生相对滑动时,对于B有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa0,对于整体来说F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0,解得F0=12 N,则当F=9 N<12 N时,B与地面发生相对运动,A与B没有发生相对滑动,则对于整体研究F-μ2(mA+mB)g= (mA+mB)a1,解得a1=2 m/s2,隔离B根据牛顿第二定律可得f3-μ2(mA+mB)g =mBa1,解得A、B之间的摩擦力的大小f3=5 N。　
(2)当F=16 N>12 N时,A、B发生相对滑动,
根据牛顿第二定律F-μ1mAg=mAa2,解得a2=5 m/s2,
A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力,大小为f4=μ1mAg=6 N。
典例4　如图所示,足够长的木板静止在水平面上,物块静止在木板上,已知木板与水平面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数。t=0时刻,给木板一水平向右的初速度,则木板的速度大小v随时间t的关系图像是(　　)
C
对点演练　如图甲所示,水平地面上有一质量为1 kg的长木板,长木板的左端放有一质量也为1 kg的小物块。一水平向右的力F作用在物块上,F从0开始逐渐增大,木板的加速度a随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为0.2,物块与木板间的动摩擦因数为0.5,假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2。求:
甲 乙
(1)木板与地面间的最大静摩擦力;
(2)t=4 s时拉力F的大小。
答案 (1)4 N　(2)6 N
考点三　临界、极值问题
1.产生临界值或极值的条件
临界或极值状态 对应条件
两物体刚好接触或刚好脱离 弹力FN=0
两物体由相对静止开始相对滑动 静摩擦力达到最大值
绳子断裂 张力为绳子所能承受的最大张力
绳子恰被拉直 张力FT=0
加速度最大或最小 当所受合力最大时,具有最大加速度;
合力最小时,具有最小加速度
速度最大或最小 加速度为零
2.分析方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能,特别是存在非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件
典例5　(2025徐州质量监测)如图所示,两质量均为m的物体A、B叠放在竖直轻弹簧上处于静止状态,现对物体A施加一竖直向上的恒力F=mg,重力加速度大小为g,在物体A、B的运动过程中,
下列说法正确的是(　　)
A.A、B向上运动一段时间后分离
B.物体A的最大加速度为g
C.轻弹簧中弹力的最小值为零
D.物体A、B间弹力的最小值为零
D
解析 两物体放在轻弹簧上静止,弹簧的压缩量为x1,有kx1=2mg,恒力F=mg向上提A物体,开始两物体一起向上加速运动,有F+kx-2mg=2ma,随着压缩量x的减小,两者加速的加速度逐渐减小,则开始运动时两者的加速度最大,有aA=aB=g,故B项错误;设A与B一起做简谐运动,不会分离,根据对称性可知,A、B运动到最高点时的加速度大小为,方向向下,此时以A为对象,根据牛顿第二定律可得mg-F-FN=m·,解得FN=0,可知在最高点B对A恰好没有支持力作用,即A、B恰好可以一起做简谐运动,不分离,故A项错误,D项正确;由以上分析可知,A、B在最高点时,弹簧处于压缩状态,所以弹力的最小值一定大于零,故C项错误。
典例6　如图所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v0=2 m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小;
(2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小 拉力F的最小值是多少
答案 (1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
解析 (1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得L=v0t+at2,v=v0+at,联立代入数据得a=3 m/s2,v=8 m/s。
(2)设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff,
拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示,
由牛顿第二定律得Fcos α-mgsin θ-Ff=ma,
Fsin α+FN-mgcos θ=0,又Ff=μFN,
可得F=,由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α),可知对应F最小时的夹角α=30°,联立得F的最小值为Fmin= N。

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