物理必修 第一册5 牛顿运动定律的应用教学ppt课件

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1. 进一步学习分析物体的受力情况，并能结合物体的运动情况进行受力分析。2．掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路方法。3．学会如何从牛顿运动定律入手求解有关物体运动状态参量。4．学会根据物体运动状态参量的变化求解有关物体的受力情况。5. 探究如何从牛顿运动定律入手求解有关物体运动状态参量和如何根据物体运动状态参量的变化求解有关物体的受力情况
1、内容：物体的加速度跟所受合力成正比,跟物体质量成反比； 加速度方向跟合力方向相同。
2、公式： F=ma
注意：（1）同时性 （2）同向性
速度公式 ：v = v0+at
位移公式：x= v0t +
导出公式：v 2－ v02 =2ax
为了尽量缩短停车时间，旅客按照站台上标注的车门位置候车。列车进站时总能准确地停靠在对应车门的位置。这是如何做到的呢？
牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力情况联系起来。因此，它在许多基础科学和工程技术中都有广泛的应用。中学物理中我们只研究一些简单的实例。
一、牛顿运动定律知识结构
1.从受力确定运动情况：如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的___________，再通过__________________确定物体的运动情况。2.从运动情况确定受力：如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的_________，结合受力分析，再根据_________________求出力。
二、动力学的两类基本问题
3.两类基本问题的解题思路
1.解题步骤（1）确定研究对象，构建物理模型（2）对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据合成法或正交分解法求物体所受到的合力。（3）对研究对象进行运动过程分析，画出运动过程图。（4）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。（5）结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出运动的时间、位移和速度等。
三、问题1 已知受力确定运动情况
2.解题关键（1）抓住两个分析，受力分析和运动过程分析。（2）求解物体运动的加速度。
1．运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。 （1）运动员以3．4m/s的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0．02，冰壶能在冰面上滑行多远？g取10m/s2。 （2）若运动员仍以3．4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶多滑行了多少距离？
分析（1）对物体进行受力分析后，根据牛顿第二定律可以求得冰壶滑行时的加速度，再结合冰壶做匀减速直线运动的规律求得冰壶滑行的距离。 （2）冰壶在滑行10m后进入冰刷摩擦后的冰面，动摩擦因数变化了，所受的摩擦力发生了变化，加速度也会变化。前一段滑行10m的末速度等于后一段运动的初速度。 根据牛顿第二定律求出后一段运动的加速度，并通过运动学规律求出冰壶在后一段过程的滑行距离，就能求得比第一次多滑行的距离。
解：（1）选择滑行的冰壶为研究对象。冰壶所受的合力等于滑动摩擦力Ff。设冰壶的质量为m，以冰壶运动方向为正方向建立一维坐标系，滑动摩擦力Ff的方向与运动方向相反，则 Ff＝－µ1FN＝－µ1mg 根据牛顿第二定律，冰壶的加速度为 a1＝Ff/m＝－µ1mg/m＝－μ1g＝－0．02×10m/s2＝－0．2m/s2加速度为负值，方向跟x轴正方向相反。将v0＝3．4m/s，v＝0代入v2－v02＝2a1x1，得冰壶的滑行距离为冰壶滑行了28．9m。 （2）设冰壶滑行10m后的速度为v10，则对冰壶的前一段运动有 v102＝v02＋2a1x10冰壶后一段运动的加速度为a2＝－µ2g＝－0．02×0．9×10m/s2＝－0．18m/s2滑行10m后为匀减速直线运动，由v2－v102＝2a2x2，v＝0，得第二次比第一次多滑行了（10＋21－28．9）m＝2．1m第二次比第一次多滑行了2．1m。
2．如图所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，x1段光滑，x2段有摩擦，已知x2＝2x1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求物体与x2段之间的动摩擦因数μ．（g取10m/s2）
解析：在x1段物体做匀加速直线运动，在x2段物体做匀减速运动．物体在x1、x2两段的受力分析如图所示，则由牛顿第二定律，在x1段有mgsin30°＝ma1，在x2段有mgsin30°-μmgcs30°＝ma2，根据运动学规律，在x1段有v2＝2a1x1，在x2段有0-v2＝2a2x2，即2a1x1＝-2a2x2，又x2＝2x1，解得 。
3. 一斜面AB长为9 m，倾角θ为37°，一质量为2 kg的小物体（可视为质点）从斜面顶端A点由静止开始下滑，如图所示。（g取10 m/s2） （1）若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，求小物体下滑到斜面底端B点时的速度及所用时间。 （2）若给小物体一个沿斜面向下的初速度，恰能沿斜面匀速下滑，则小物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？
【详解】(1)根据牛顿第二定律得 解得 a = 2m/s2 根据位移公式得 解得 v = 6m/s 根据速度公式得 t = v/a = 3s (2)受力分析得 解得 µ = 0.75
四、问题2　 知运动情况确定受力
3.解题关键(1)抓住受力分析和运动过程分析。(2)求解物体运动加速度。
3．如图所示，一位滑雪者，人与装备的总质量为75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30°，在5s的时间内滑下的路程为60m。求滑雪者对雪面的压力及滑雪者受到的阻力（包括摩擦和空气阻力），g取10m/s2。
分析：由于不知道动摩擦因数及空气阻力与速度的关系，不能直接求滑雪者受到的阻力。应根据匀变速直线运动的位移和时间的关系式求出滑雪者的加速度，然后，对滑雪者进行受力分析。滑雪者在下滑过程中，受到重力mg、山坡的支持力FN以及阻力Ff的共同作用。通过牛顿第二定律可以求得滑雪者受到的阻力。 解：以滑雪者为研究对象。建立如图所示的直角坐标系。
滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。a根据匀变速直线运动规律，有 x＝v0t＋at2/2 其中v0＝2m/s，t＝5s，x＝60m，则有:根据牛顿第二定律，有y方向 FN－mgcsθ＝0 x方向 mgsinθ－Ff＝ma 得 FN＝mgcsθ Ff＝m（gsinθ－a） 其中，m＝75kg，θ＝30°， 则有Ff＝75N，FN＝650N根据牛顿第三定律，滑雪者对雪面的压力大小等于雪面对滑雪者的支持力大小，为650N，方向垂直斜面向下。滑雪者受到的阻力大小为75N，方向沿山坡向上。
4．如图所示，固定斜面长10m、高6m，质量为2kg的木块在一个沿斜面向上的20N的拉力F的作用下，由从斜面底端静止开始运动，已知木块2s内的位移为4m，若2s末撤去拉力，再经过多长时间木块能回到斜面底端？（g取10m/s2）
解析：由题意得sinθ＝0．6，csθ＝0．8．设木块做匀加速运动时的加速度大小为a1，由x1＝a1t12/2得，根据牛顿第二定律得F-μmgcsθ-mgsinθ＝ma1， 解得μ＝0．25．2s末撤去拉力时木块的速度大小v＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s，撤去F后木块上滑的加速度大小为:上滑到最高点的时间， 上滑的位移大小为x2＝vt2/2＝1m，下滑的加速度大小为：，由x1＋x2＝a3t32/2得 故t＝t2＋t3＝2．08s．
6．一质量为m=2 kg的滑块在倾角为θ=30°的足够长的斜面上在无外力F的情况下以加速度a=2.5 m/s2匀加速下滑。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图所示，使滑块由静止开始向上匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面运动的位移x=4 m。求：（g取10 m/s2）（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；（2）恒力F的大小。
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得 mgsin θ-μmgcs θ=ma代入数据解得 （2）滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，由 x=a1t2/2 代入数据解得加速度大小 a1=2 m/s2根据牛顿第二定律可得Fcs θ-mgsin θ-μ（Fsin θ＋mgcs θ）=ma1代入数据得 F= N 。
1．应用牛顿第二定律解题可分为两类：一类是已知受力求解运动情况；一类是已知运动情况求解受力。 2．基本方法和步骤，即分析过程、建立图景、确定研究对象、进行受力分析、根据定律列方程，进而求解验证效果。 3．在斜向力作用下，可将该力沿运动方向和垂直运动方向分解，转化为受水平力的情形。
1.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数为0.5，天花板长为L＝4m，取sin 37°＝0.6，试求：(1)刷子沿天花板向上运动的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间． 2. 民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4．0 m，构成斜面的气囊长度为5．0 m．要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2．0 s（g取10 m/s2），则：（1）乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？（2）气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？
3.如图所示，质量为1 kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，杆与水平方向成θ=37°角，球与杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球在大小为20 N，方向竖直向上的拉力F作用下，从距杆的底端0.24 m处由静止开始沿杆斜向上运动，经过1 s后撤去拉力F（g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8）。求：（1）撤去拉力F前，小球沿杆上滑的加速度大小；（2）小球从开始运动直至滑到杆的底端所需的时间。 4. 如图所示，固定斜面长10 m，高6 m，质量为2 kg的木块在一个沿斜面向上的20 N的拉力F的作用下，从斜面底端由静止开始运动，已知木块2 s内的位移为4 m，若2 s末撤去拉力，再经过多长时间木块能回到斜面底端？(g取10 m/s2)