牛顿运动定律ppt

课堂例题
例1. 如图所示，mA=1kg，mB=2kg，A、B间
静摩擦力的最大值是5N，水平面光滑。用水平力F拉B，当
拉力大小分别是F=10N和F=20N时，A、B的加速度各多大？
解：先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。 A 当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保 B F 持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经 发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。 以A为对象得到a =5m/s2；再以A、B系统为对象得到 F =（mA+mB）a =15N ⑴当F=10N<15N时， A、B一定仍相对静止，所以 F a A = aB = = 3. /s 2 3m m A +m B ⑵当F=20N>15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿 第二定律列方程：m A a A + m B a B，而a =5m/s2，于是可以得到 F= A 2 a B =7.5m/s

已知受力情况求解运动情况；已知运动情况求受力 情况.它们通过加速度与合外力建立起联系.其中， 通过运动图像能得出物体的加速度或合外力，为解 决这类问题提供切入口.
3 . 5
课堂小结
1.动力学的两类基本问题 2.超失重问题 3.瞬时加速度问题 4.连接体问题 5.临界问题 6.图像问题
典例1．如图所示，质量M=400克的劈形木块B上叠放一 木块A，A的质量m=200克。A、B一起放在斜面上，斜面 倾角θ=37°。B的上表面呈水平，B与斜面之间及B与A之 间的摩擦因数均为μ=0.2。当B受到一个F=5.76牛的沿斜面 向上的作用力F时，A相对B静止，并一起沿斜面向上运动。 求： （1）B的加速度大小 （2）A受到的摩擦力 （3）A对B的压力
在C位置mg=kxc,a=0，物体速度达最大。 由C→B的过程中，由于mg<kx2, kx2-mg=ma， 物体做a增加的减速直线运动。 同理，当物体从B→A的过程时，可以分析B→C做加速 度度越来越小的变加速直线运动；从C→A做加速度越来 越大的减速直线运动。 正确答案：C
练一练
在一个箱子中用两条轻而不易伸缩的弹性绳ac和bc系住一个 小球m，分别求出下列三种情况下的Tac和Tbc？ （1）箱子水平向右匀速运动； （2）箱子以加速度a水平向左运动； （3）箱子以加速度a竖直向上运动。 （三次运动过程中，小球与箱子的相对位置保持不变）
分析：不难看出，当斜面体静止不 动时，小球的受力情况，如图(1)所 示．当斜面体向右做匀加速直线运动 的加速度大于某一临界值时，小球将 离开斜面．为此，需首先求出加速度 的这一临界值．
临界情况
当a<a0时
N＝mgcos－masinθ ．
当a>a0时，受力分析如图
力学中的许多问题，存在着临界情况，正确地找寻 这些临界情况给出的隐含条件是十分重要的．在本题中， 认定隐含条件为N＝0，就可借此建立方程求解．
的过程中，速率都是先增大，后减小
D、物体在B点时，所受合力为零
【解析】 主要研究a与F合的对应关系，弹簧这种特殊模型的变 化特点，以及由物体的受力情况判断物体的运动性质。 找出AB之间的C位置，此时F合=0， 由A→C的过程中，由mg>kx1，得mg-kx1 ma，物体做a减小的变加速直线运动。
=
FN a f
mg f’ Mg
课堂例题4
物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧
上，如图所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时，物 体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是： A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大 C、物体从A下降B，以及从B上升到A
在轨道上运行（完全失重）等问题
课堂例题1 a 请用超失重的观点判断下列 两种情况下地面对M的支持力 与（M+m）g的大小关系？
m M
N_______(M+m)g
a
m M
N_______(M+m)g
练一练
三.连接体问题
1.区分内力和外力 2.整体法与隔离法相结合 3.充分利用整体和个体加速度相同 建立方程
②对研究对象进行受力分析
画出受力示意图，不多力也不少力 ③分析物体的运动情况 明确运动性质，及初、末状态的参量。（包括速度、加 速度） ④应用牛顿第二定律和运动学公式列方程，统一单位 代入数据求解
说明：
①若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一 般用平行四边形定则解题；
②若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，
一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既 可以分解力，也可以分解加速度）。 ③当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时， 那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。
课堂例题1
a1
N
F f
G
N’
a2
f’ G
课堂例题2 如图所示，传送带与水平面夹角θ=370，
并以v0=10m／s运行，在传送带一端A处轻轻放上一小物 块（初速为零），物块与皮带间动摩擦因数μ=0．5， AB=16m，求物块从A到B的时间．
六 图像问题
正确理解X-t图像、v-t图像和F-t图像物理意义
X/m
v
4 4
F/N
4
4
t/s
4
t/s
4
t/s
例1 将一物块以10m/s的初速 度沿粗糙斜面向上推出，取向上方 向为正，物体的速度图像如右图所 示.求斜面的倾角及物体与斜面间的 动摩擦因数.
所以gsinθ+μgcosθ=8，gsinθ-μgcosθ=2; 解得：θ=30°，μ= 【点评】运用牛顿第二定律能解决两类问题：
二、超、失重问题：
1、超重现象:
a
运动学特征
动力学特征
有向上的加速度a （加速向升或减速下降）
2、失重现象:
a
运动学特征
动力学特征
有向下的加速度a （减速上升或加速下降） 重力 G 不变！
视重 F’可变！
注意：
①超、失重现象与物体运动方向无关，只取决于
物体加速度的方向
②常见的超重与失重现象：过桥、飞船上升、下降 ，
【点评】本题利用了加速度与合外力的同向 性，由加速度的方向确定了合外力的方向，进而 求出了合外力的大小.
四。瞬时加速度问题
1.了解环境变化前各物体受力情况 （平衡方程或动力学方程） 2.环境变化瞬间各力变化情况 3.结合动力学方程判断a

注意：“绳”和“线”的理想化模型的 特性： （１）轻 （２）软 （３）不可伸长，张力可突变 弹簧和橡皮绳理想化模型的特性： （力． （３）受力形变明显，弹力不能突 变，但弹簧或橡皮绳被剪断时，弹 力立即消失
解:小物块放上皮带到速度达到V0阶段： mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 t1=V0/a1=10/10=1s， s1=½V0t1=½×10×1=5m 小物块速度达到V0后，因为μ=0．5<0.75,故继续加速 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，a2=2m／s2 而s2=（16－5）m=11m，由位移公式s=v0t2＋½a2t22 可解得 t2=1s，t2/=－11s（舍去）． 于是得t=t1＋t2=2s 即小物块从A运动到B的时间是 2s
F1 v a G
壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方
向的夹角会改变，因此F1的方向会改
变。所以必须先求出这个临界值。
当时G和F1的合力刚好等于ma，所以a的临界值为 a 当a=g时小球必将离开后壁。不难看出，这时
3 g 4
F 1=
2 mg=56N， F2=0
典题再现. 倾角为θ 的斜面体上，用长为的细绳吊 着一个质量为m的小球，不计任何摩擦．试求 斜面体以加速度a向右做匀加速度直线运动时， 绳中的张力．
牛顿运动定律的应用
江苏省常州高级中学 钱明忠
运 动 (a) 学
动力学
静 (F) 力 学
F合=ma
知识内容
一.动力学的两类基本问题
受力情况 合力F合 F合=ma 运动学公式 a 运动情况
分析解决这两类问题的关键，应抓住受力情况和运动 情况之间的联系桥梁—— 加速度。
知识内容 解题步骤：
①确定研究对象
行四边形定则求出：F1=G/COS370=50N，可见向右加速时F1 的大小与a无关； F2可在水平方向上用牛顿第二定律列方程：F2-0.75G =ma
计算得F2=70N。可以看出F2将随a的增大而增大。（这种
情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。）
课堂例题
⑵必须注意到：向右减速时， F2有可能减为零，这时小球将离开后
练一练
如右图所示, 动力 小车上有一竖杆，杆端用细 绳拴一质量为m的小球.当小 车沿倾角为30°的斜面匀加 速向上运动时，绳与杆的夹 角为60°，求小车的加速度 和绳中拉力大小.
重点探究 【解析】分析小球的受力后，画出受 力图如右图所示.其中，因加速度是沿斜面 方向，故小球所受合外力也是沿斜面方向, 小球的受力及力的合成如图所示，由几何 关系可得：∠1=∠2=30°，所以F=mg， 由F=ma得a=g.从图中可得绳中拉力为FT= 2mgcos 30°= 3 mg.
练一练
课堂例题3
如右图所示，滑杆和底座的质量为M，一 质量为m的猴子沿杆以0.4 g的加速度加速下滑， 此时底座对地面的压力为 （ ） A. Mg + 0.4mg B. Mg+ 0.6mg C. (M+m)g D. Mg
【解析】解析一：(隔离法)设猴子与杆之间的摩
擦力为f，对猴子则有:mg-f= ma. 对滑杆和底座则有Mg+ f=ＦN,解得FN=Mg+ 0.6mg, 故选项B是正确的. 【答案】Ｂ
重点探究 例题1. 如右图所示，质量相等的两 个物体之间用一轻弹簧相连，再用 m 一细线悬挂在天花板上静止，求：