- 2021-06-03 发布 |
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文档介绍
课标版2021高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件
考点一 牛顿运动定律 考点清单 一、牛顿第一定律 1.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 。 2.意义 (1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律。 (2)提出了一切物体都具有 惯性,即保持原来运动状态的特性 。 (3)揭示了力与运动的关系, 说明力不是维持物体运动状态的原因,而是改 变物体运动状态的原因,即产生加速度的原因 。 考向基础 二、惯性 1.定义:一切物体都有保持匀速直线运动状态或静止状态的性质,我们把这 个性质叫做惯性。 2.惯性大小的量度 (1) 质量 是物体惯性大小的唯一量度, 质量 大的物体惯性大,反之物体惯性 小。 (2)惯性与物体是否受力、怎样受力无关,与物体是否运动、怎样运动无 关,与物体所处的地理位置无关, 一切有质量的物体都具有惯性 。 三、牛顿第二定律 1.内容: 物体的加速度的大小跟它受到的合外力成正比,跟它的质量成反比, 加速度的方向跟合外力的方向相同 。 2.表达式: F 合 = ma 。 该表达式只能在国际单位制中成立,因为公式 F 合 = kma 只有在国际单位制中 才有 k =1。 3.物理意义 反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系,且这种关系是 瞬 时 的。 4.力的单位:当质量单位为 kg ,加速度单位为 m/s 2 时,力的单位为N,即1 N= 1 kg·m/s 2 。 5.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。 四、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。 (1)基本量: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做基本量。 (2)基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本量有三个,它们是 质量、 长度、时间 ;它们的单位是基本单位,分别是 kg、m、s 。 (3)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单位 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 长度 l 米 m 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n ,(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I ,( I V ) 坎[德拉] cd 五、牛顿第三定律 1.作用力与反作用力的关系 作用力与反作用力的关系可总结为“ 三同、三异、三无关 ”。 (1)三同 (2)三异 (3)三无关 作用力与反作用力 一对平衡力 相同点 等大、反向,作用在同一条直线上 2.一对作用力、反作用力和一对平衡力的区别 受力 物体 作用在两个不同的物 体上 作用在同一个物体上 依赖 关系 相互依存,不可单独存在 无依赖关系,解除一个,另一个可依然存在,只是不再平衡 力的 效果 两力作用效果不可抵消,不可叠加,不可求合力 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,合力为零 力的 性质 一定相同 不一定相同 考向一 对牛顿第一定律和惯性的理解 1.惯性的表现形式 (1)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的 运动状态(静止或匀速直线运动)不变。 (2)物体受到外力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大,物体 运动状态难以改变;惯性小,物体运动状态容易改变。 2.惯性定律与惯性的实质是不同的 (1)惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质,与物体是否受力、受力 的大小无关。 (2)惯性定律(牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律。 考向突破 3.牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系 (1)牛顿第一定律不是实验定律,它是以伽利略的“理想实验”为基础,经 过科学抽象、归纳推理而总结出来的;牛顿第二定律是通过探究加速度与 力和质量的关系得出的实验定律。 (2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例,而是不受任何外力的理想情 况,在此基础上,牛顿第二定律定量地指出了力和运动的联系: F = ma 。 注意 (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)物体的惯性总是以“保持原状”或“反抗改变”两种形式表现出来。 例1 一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶,下面关于车速、惯 性、质量和滑行位移的讨论,正确的是 ( ) A.车速越大,它的惯性越大 B.质量越大,它的惯性越大 C.车速越大,刹车后滑行的位移越大 D.车速越大,刹车后滑行的位移越大,所以惯性越大 解析 质量是惯性大小的唯一决定因素,惯性是物体的固有属性,质量越 大,惯性越大,所以A错、B对。滑行位移应由刹车时的速度确定,因为刹车 过程中,其加速度是相同的,根据 v 2 - =2 ax ,知车速越大,其滑行位移越大,而 与其惯性大小无关,所以C对、D错。 答案 BC 例2 如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分 界线,约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计,冰面可看成光滑, 则下列说法正确的是 ( ) A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 答案 C 解析 A项中两力是一对作用力与反作用力,A错;B项中两力是一对平衡 力,B错;因 m 甲 > m 乙 ,由 a = 知 a 甲 < a 乙 ,由 x = at 2 ,得 x 乙 > x 甲 ,C项正确;由 x = at 2 知 x 与收绳的速度无关,D项错。 考向二 对牛顿第二定律的理解 同向性 公式 F = ma 是矢量式,任一时刻, F 与 a 同向 正比性 m 一定时, a ∝ F 瞬时性 a 与 F 对应同一时刻,即 a 为某时刻的加速度时, F 为该时刻物体所受合外力 因果性 F 是产生 a 的原因,物体具有加速度是因为物体受 到了力 同一性 有三层意思:① 加速度 a 相对同一惯性系(一般指 地面) ② F = ma 中, F 、 m 、 a 对应同一物体或同一系统 ③ F = ma 中,各量统一使用国际单位 独立性 ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度 都遵从牛顿第二定律 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度 的矢量和 ③力、加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿 第二定律,即 F x = ma x , F y = ma y 局限性 ①只适用于宏观、低速运动的物体,不适用于微 观、高速运动的粒子 ②物体的加速度必须是相对于地球静止或匀速 直线运动的参考系(惯性系)而言的 注意 独立性原理是牛顿第二定律正交分解法的基础,根据独立性原理,把 物体所受的各力分解在相互垂直的方向,在这两个方向分别列牛顿第二定 律方程。这就是牛顿第二定律的正交分解法。 例3 如图所示,质量为 m 的小球用一水平轻弹簧系住,并用倾角为60 ° 的光 滑木板 AB 托住,小球恰好处于静止状态,在木板 AB 突然向下撤离的瞬间,小 球的加速度为 ( ) A.0 B.大小为 g ,方向竖直向下 C.大小为 g ,方向垂直木板向下 D.大小为2 g ,方向垂直木板向下 解析 对于小球,开始时受三个力作用(重力、支持力和弹簧的弹力)而处 于平衡状态,支持力 F N = =2 mg ,撤离木板 AB 瞬间,支持力消失,重力和 弹力不变,且二者的合力与原支持力等大反向,由牛顿第二定律可得,小球 的加速度 a =2 g ,方向垂直木板向下,选D。 答案 D 例4 如图所示,质量为 m 的人站在自动扶梯上,扶梯正以加速度 a 向上减速 运动, a 与水平方向的夹角为 θ 。求人受到的支持力和摩擦力的大小。 解题导引 解析 解法一 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 a x 和竖直方向加速度 a y ,如图(b) 所示,则 a x = a cos θ , a y = a sin θ 。 由牛顿第二定律得 F 静 = ma x , mg - F N = ma y 求得 F 静 = ma cos θ , F N = m ( g - a sin θ )。 解法二 以人为研究对象,建立如图所示坐标系,并规定正方向。 根据牛顿第二定律得 x 方向 mg sin θ - F N sin θ - F 静 cos θ = ma ① y 方向 mg cos θ + F 静 sin θ - F N cos θ =0 ② 由①②两式可解得 F N = m ( g - a sin θ ), F 静 =- ma cos θ F 静 为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向左。 答案 m ( g - a sin θ ) ma cos θ 考点二 牛顿运动定律的应用 一、应用牛顿第二定律解决的两类问题 1.已知物体的受力情况,求解物体的运动情况 解这类题目,一般是应用牛顿运动定律求出物体的 加速度 ,再根据物体的初 始条件,应用运动学公式,求出物体运动的情况。 2.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,进而求出物体所受的 其他外力 。 考向基础 二、实重和视重 1.实重:物体实际所受的重力,它与物体的 运动状态无关 。 2.视重:当物体在 竖直 方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台 秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即 为视重。 三、超重和失重的应用 此类问题多为定性分析台秤上放物体或弹簧测力计下悬吊物体时的示数 的变化。分析此类问题时, 要特别注意以下几点: 1.超重、失重 不是物体重力增加或减少了 ,而是 物体对水平支持面的压力 或对竖直悬线的拉力变大或变小了,重力的大小是没有变化的,仍为 mg 。 2.超重、失重与物体的 速度无关,只取决于物体的加速度方向 。 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。若不能注意到这一点,会得出相反的错误结论。 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 测力的仪器弹簧测力计是可以使用的,因为弹簧测力计是根据 F = kx 制成 的,而不是根据重力制成的。 考向一 利用图像解答牛顿运动定律问题 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,还需 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: ①用给定的图像解答问题,②根据题意去作图,运用图像去解答问题。 2.图像语言、函数语言及文字语言构成表达物理过程与物理参数关系的 三种语言。要求能够在任意两种语言间相互转换,以便用相对简单的方法 解决物理问题。 3.文字语言、函数语言、图像语言与物理情景之间的相互转换,是确立解 题方向、迅速明确解题方法的前提。 考向突破 例1 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 - t 图像)如图乙所示, g 取10 m/s 2 ,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 a 1 、 a 2 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: s 1 = × 2 × 1 m=1 m 物块下滑的距离: s 2 = × 1 × 1 m=0.5 m 所以位移大小 s = s 1 - s 2 =0.5 m 路程 L = s 1 + s 2 =1.5 m (2)由图乙知,所求两个阶段加速度的大小 a 1 =4 m/s 2 a 2 =4 m/s 2 设斜面倾角为 θ ,斜面对物块的摩擦力为 f ,根据牛顿第二定律有 0~0.5 s内: F - f - mg sin θ = ma 1 0.5~1 s内: f + mg sin θ = ma 2 解得 F =8 N 答案 (1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 2 8 N 考向二 连接体 一、加速度相同的连接体问题 1.若求解整体的加速度,可用整体法。把整个系统看做一个研究对象,分析 整体受外力情况,再由牛顿第二定律求出加速度。 2.若求解系统内力,可先用整体法求出整体的加速度,再用隔离法将内力转 化成外力,由牛顿第二定律求解。 例2 如图所示,质量为 M 的小车放在光滑的水平面上,小车上用细线悬吊 一质量为 m 的小球, M > m ,用一力 F 水平向右拉小球,使小球和车一起以加速 度 a 向右运动时,细线与竖直方向成 θ 角,细线的拉力为 F 1 。若用一力 F '水平 向左拉小车,使小球和其一起以加速度 a '向左运动时,细线与竖直方向也成 θ 角,细线的拉力为 F 1 '。则 ( ) A. a '= a , F 1 '= F 1 B. a '> a , F 1 '= F 1 C. a '< a , F 1 '= F 1 D. a '> a , F 1 '> F 1 解析 当用力 F 水平向右拉小球时,以小球为研究对象, 竖直方向有 F 1 cos θ = mg ① 水平方向有 F - F 1 sin θ = ma , 以整体为研究对象有 F =( m + M ) a , 解得 a = g tan θ ② 当用力 F '水平向左拉小车时,以球为研究对象, 竖直方向有 F 1 ' cos θ = mg ③ 水平方向有 F 1 ' sin θ = ma ', 解得 a '= g tan θ ④ 结合两种情况,由①③式有 F 1 = F 1 ';由②④式并结合 M > m 有 a '> a 。故选项B正确 答案 B 二、加速度不同的连接体问题 由于系统内各个物体的加速度不同,一般应采用隔离法。以各个物体分别 作为研究对象,对每个研究对象进行受力和运动情况分析,分别应用牛顿第 二定律建立方程,并注意应用各个物体的相互作用关系,联立求解。 例3 如图所示,质量为 M 的木板可沿倾角为 θ 的光滑斜面下滑,木板上站着 一个质量为 m 的人,求: (1)为了保持木板与斜面相对静止,人运动的加速度是多少? (2)为了保持人与斜面相对静止,木板运动的加速度是多少? 解题导引 解析 (1)为了使木板与斜面保持相对静止,必须满足木板在斜面方向上的 合力为零,所以人施于木板的摩擦力应沿斜面向上,故人应加速向下跑。现 分别对木板和人应用牛顿第二定律。 对木板进行受力分析,如图甲所示, 沿斜面方向有: Mg sin θ - f 1 =0, 对人进行受力分析,如图乙所示, mg sin θ + f 1 '= ma 人 ( a 人 为人相对斜面的加速度), f 1 = f 1 ' 解得 a 人 = g sin θ ,方向沿斜面向下。 (2)为了使人与斜面保持相对静止,必须满足人在木板上所受合力为零,所 以木板施于人的摩擦力应沿斜面向上,故人相对木板向上跑,木板相对斜面 向下滑,但人相对斜面静止不动。设木板相对斜面的加速度为 a 木 ,现分别对 木板和人进行受力分析,由牛顿第二定律有: 对木板: Mg sin θ + f 2 '= Ma 木 , 对人: mg sin θ = f 2 , f 2 = f 2 ' 解得 a 木 = g sin θ ,方向沿斜面向下,即人相对木板向上加速跑动,而木 板沿斜面向下滑动,此时人相对斜面静止不动。 答案 见解析 瞬时性问题的处理 方法技巧 方法 1 1.物体所受的外力 F 与其所产生的加速度 a 具有瞬时对应关系,二者总是同 时产生、同时消失、同时变化。具体可简化为以下两种模型: 情景1 情景2 情景3 情景4 情景5 情景6 两个物体处 于平衡状态, 突然抽出下 方木板的瞬 间 在推力 F 作 用下, A 、 B 共同以加速 度 a 做匀加 速直线运动, 突然撤去推 力 F 的瞬间 两小球 A 、 B 用轻弹簧连 接,通过细线 悬挂于天花 板上,处于静 止状态,剪断 细线的瞬间 用手提一轻 弹簧,弹簧下 端挂一个金 属球,在将整 个装置匀加 速上提的过 程中,手突然 停止不动的 瞬间 小球用水平 弹簧系住,并 且用倾角为 θ 的光滑板 AB 托着,当 板 AB 突然向 下撤离的瞬 间 (1)剪断 L 2 的 瞬间;(2)如 果 L 1 换成弹 簧,剪断 L 2 的 瞬间 2.与轻弹簧相关的瞬时性问题常见情景图例 例1 如图甲、乙所示,细线均不可伸长,两小球均处于平衡状态且质量相 同。如果突然把两水平细线剪断,剪断瞬间小球 A 的加速度的大小为 ,方向为 ;小球 B 的加速度的大小为 ,方向为 ;剪断瞬 间图甲中倾斜细线 OA 与图乙中弹簧的拉力之比为 ( θ 角已知)。 解题导引 解析 设两球质量均为 m ,剪断水平细线瞬间,对 A 球受力分析,如图(a)所示, 球 A 将沿圆弧摆下,故剪断水平细线瞬间,小球 A 的加速度 a 1 方向沿圆周的切 线方向向下,即垂直倾斜细线 OA 向下。 则有 F T1 = mg cos θ ; F 1 = mg sin θ = ma 1 ,得 a 1 = g sin θ 。 水平细线剪断瞬间, B 球所受重力 mg 和弹簧弹力 F T2 不变,小球 B 的加速度 a 2 方向水平向右,如图(b)所示,则 F T2 = , F 2 = mg tan θ = ma 2 , 所以 a 2 = g tan θ 。 甲图中倾斜细线 OA 与乙图中弹簧的拉力之比为 =cos 2 θ 。 答案 见解析 传送带问题的处理 方法 2 处理传送带问题的一般步骤 1.水平传送带模型问题 处理水平放置的传送带问题,首先应对放在传送带上的物体进行受力分析, 分清物体所受摩擦力是阻力还是动力;然后对物体进行运动状态分析,即对 静态→动态→终态进行分析和判断,对其全过程做出合理分析、推断,进而 采用有关物理规律求解。这类问题可分为:①运动学型;②动力学型;③能 量守恒型;④图像型。 例2 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数 μ =0.1, A 、 B 间的距离 L =2 m, g 取 10 m/s 2 。 (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 答案 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s 解析 (1)滑动摩擦力 F f = μmg =0.1 × 4 × 10 N=4 N,加速度 a = μg =0.1 × 10 m/s 2 = 1 m/s 2 。 (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则 v = at 1 ,解得 t 1 = = s=1 s。 (3)行李始终匀加速运行时传送时间最短,加速度仍为 a =1 m/s 2 ,当行李到达 右端时,有 =2 aL ,解得 v min = = m/s=2 m/s, 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s。 行李最短运行时间由 v min = a × t min ,得 t min = = s=2 s。 2.倾斜传送带模型问题 求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定是否受 到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方 向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带 速度相等时物体所受的摩擦力有可能发生突变。 例3 如图所示,传送带与水平地面夹角 θ =37 ° , A 到 B 长度 L 为16 m,传送带以 10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端 A 处无初速度地放一个质量为 0. 5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从 A 运动到 B 所需 时间是多少?(sin 37 ° =0.6,cos 37 ° =0.8) 解题导引 解析 物体放在传送带上后,开始阶段,由于传送带的速度大于物体的速 度,传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力 F ,物体受力情况如图甲 所示。物体由静止开始加速,由牛顿第二定律有 mg sin θ + μmg cos θ = ma 1 , 得 a 1 =10 × (0.6+0.5 × 0.8) m/s 2 =10 m/s 2 。 物体加速至与传送带速度相等需要的时间 t 1 = = s=1 s, t 1 时间内位移 x = a 1 =5 m。 甲 乙 由于 μ查看更多