專題 牛頓運動定律與直線運動

專題牛頓運動定律與直線運動第1頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月主干知識整合專題二

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一、勻變速直線運動的規(guī)律1．勻變速直線運動的公式第2頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

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2．勻變速直線運動的規(guī)律的應(yīng)用技巧(1)任意相鄰相等時間內(nèi)的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2.(2)某段時間的中間時刻的瞬時速度等于該段時間內(nèi)的平均速度，即vt/2＝(3)對于初速度為零的勻變速直線運動，可盡量利用初速度為零的運動特點解題．如第n秒的位移等于前n秒的位移與前n－1秒的位移之差，即x′n＝xn－xn－1＝an2－a(n－1)2＝a(2n－1)．第3頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

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(4)逆向思維法：將末速度為零的勻減速直線運動轉(zhuǎn)換成初速度為零的勻加速直線運動處理．末速度為零的勻減速直線運動，其逆運動為初速度為零的勻加速直線運動，兩者加速度相同．如豎直上拋運動上升階段的逆運動為自由落體運動，豎直上拋運動上升階段的最后1s內(nèi)的位移與自由落體運動第1s的位移大小相等．(5)加速度不變的勻減速直線運動涉及反向運動時(先減速后反向加速)，可對全過程直接應(yīng)用勻變速運動的規(guī)律解題．如求解初速度為19.6m/s的豎直上拋運動中3s末的速度，可由vt＝v0－gt直接解得vt＝－9.8m/s，負(fù)號說明速度方向與初速度相反．第4頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

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3．圖象問題(1)兩種圖象分類斜率的意義縱軸截距的意義圖象與t軸所圍面積特例勻速直線運動勻變速直線運動x－t圖象速度初位置x0與時間軸不平行的直線拋物線v－t圖象加速度初速度v0位移與時間軸平行的直線過原點的直線第5頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

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(2)v－t圖象的特點①v－t圖象上只能表示物體運動的兩個方向，t軸上方代表的是“正方向”，t軸下方代表的是“負(fù)方向”，所以v－t圖象只能描述物體做“直線運動”的情況，不能描述物體做“曲線運動”

的情況．②v－t圖象的交點表示同一時刻物體的速度相等．③v－t圖象不能確定物體的初始位置．(3)利用運動圖象分析運動問題要注意以下幾點①確定圖象是v－t圖象還是x－t圖象．②明確圖象與坐標(biāo)軸交點的意義．第6頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

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③明確圖象斜率的意義：v－t圖象中圖線的斜率或各點切線的斜率表示物體的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正負(fù)反映了加速度的方向；x－t圖象中圖線的斜率或各點切線的斜率表示物體的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正負(fù)反映了速度的方向．

④明確圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積的意義．⑤明確兩條圖線交點的意義．第7頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

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二、牛頓第二定律的四性性質(zhì)內(nèi)容瞬時性力與加速度同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化同體性在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究對象在同一時刻對應(yīng)的物理量矢量性加速度與合力方向相同獨立性當(dāng)物體受幾個力的作用時，每一個力分別產(chǎn)生的加速度只與此力有關(guān)，與其他力無關(guān)；物體的加速度等于所有分力產(chǎn)生的加速度分量的矢量和第8頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

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三、超重與失重1．物體具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)時處于超重狀態(tài)．2．物體具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)時處于失重狀態(tài)；物體具有的向下的加速度等于重力加速度時處于完全失重狀態(tài)．注意：無論是超重還是失重，物體的重力不會改變．四、力F與直線運動的關(guān)系合外力F與物體的速度v在同一直線上時，物體做直線運動．若F與v同向，物體做加速運動；若F與v反向，物體做減速運動．在以上情形下，若力F恒定，則物體做勻變速直線運動.第9頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月要點熱點探究專題二

│要點熱點探究追及與相遇問題初速度小(或初速度為零)的甲物體勻加速追做勻速運動的速度大的乙物體：(1)當(dāng)兩者速度相等時，甲、乙兩物體的間距為甲追上乙前的最大距離；(2)若甲從兩物體第一次相遇的位置開始追乙，當(dāng)兩者位移相等時，甲、乙兩物體再次相遇；若甲、乙剛開始相距s0，則當(dāng)兩物體的位移之差為s0時，甲、乙兩物體相遇．第10頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二│要點熱點探究例1一輛值勤的警車停在一條公路的直道邊，當(dāng)警員發(fā)現(xiàn)從他旁邊以v＝8m/s的速度勻速行駛的貨車有違章行為時，決定前去追趕，經(jīng)Δt＝2.5s警車發(fā)動起來，以加速度a＝2m/s2做勻加速運動．試問：(1)警車發(fā)動起來后要多長的時間才能追上違章的貨車？(2)若警車能達(dá)到的最大速度是vm＝12m/s，達(dá)到最大速度后以該速度勻速運動，則警車發(fā)動起來后要多長的時間才能追上違章的貨車？第11頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二│要點熱點探究例1

(1)10s

(2)14s【解析】(1)Δx＝vΔt＝2.5×8m＝20m設(shè)警車發(fā)動起來后要經(jīng)時間t1才能追上違章的貨車，則－vt1＝Δx，解得t1＝10s(2)若警車的最大速度是vm＝12m/s，則警車發(fā)動起來后加速的時間t0＝＝6s<10s，這以后警車做勻速運動．設(shè)警車發(fā)動起來后經(jīng)過時間t2追上違章的貨車，則＋vm(t2－t0)－vt2＝Δx解得t2＝14s第12頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二

│要點熱點探究變式題

甲、乙兩車在一平直道路上同向運動，其v－t圖象如圖1－2－1所示，圖中ΔOPQ和ΔOQT的面積分別為s1和s2(s2＞s1)初始時，甲車在乙車前方s0處．下列說法中錯誤的是(

)A．若s0＝s1＋s2，兩車不會相遇B．若s0＜s1，兩車相遇2次C．若s0＝s1，兩車相遇1次D．若s0＝s2，兩車相遇1次第13頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月專題二│要點熱點探究例1變式題D【解析】

由圖可知甲的加速度a1比乙的加速度a2大，在達(dá)到速度相等的時間T內(nèi)兩車相對位移為s1.若s0＝s1＋s2，速度相等時甲比乙位移多s1<s0，乙車還沒有追上，此后甲車比乙車快，不可能追上，A對；若s0<s1，乙車追上甲車時乙車比甲車快，因為甲車加速度大，甲車會再追上乙車，之后乙車不能再追上甲車，B對；若s0＝s1，恰好在速度相等時追上，之后不會再相遇，C對；若s0＝s2(s2>s1)，兩車速度相等時還沒有追上，并且此后甲車快、更追不上，D錯．第14頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

與電磁場結(jié)合的直線運動【例1】質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球以一定初速度v0與水平方向成

角射出，如圖2-1-1所示，如果在某方向加上一定大小的勻強(qiáng)電場后，能保證小球仍能沿v0方向做直線運動，則所加電場的最小值為().A.

.

B.C.

D.圖2-1-1B類型一第15頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月【解析】

(1)建如圖甲所示坐標(biāo)系，設(shè)場強(qiáng)E與v0成

角，則受力如圖：由牛頓第二定律可得：Eqsin

-mgcosq=0①Eqcos

-mgsinq=ma②由①式得：E=③【分析】由題意可知小球沿v0方向做直線運動，設(shè)小球的重力與電場力的合外力為F，判定小球的重力與電場力的合外力在v0所在直線上．第16頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月Emin=選B.

(2)采用圖解法求解，如圖乙所示：從圖中可得，過重力箭頭到速度的反向延長線垂直線段最短，這段線段表示所求的最小電場力．，則E=

由式得：③選B.

第17頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月【變式題】如圖2-1-2所示，圓弧虛線表示正點電荷電場的等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等．光滑絕緣直桿沿電場方向水平放置并固定不動，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點O相連，并以某一初速度從M點運動到N點，OM<ON.若滑塊在M、N時彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則()第18頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月A．滑塊從M到N的過程中，速度可能一直增大B．滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置3到4的小C．在M、N之間的范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同的兩個位置D．在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個位置第19頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月【例2】

如圖2-2-1所示，一個彈簧臺秤的秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都不計，盤內(nèi)靜止放置一個物體P，P的質(zhì)量m=12kg，彈簧的勁度系數(shù)k=300N/m.現(xiàn)在給P施加一個豎直向上的力F，使物體P從靜止開始向上做勻加速直線運動，已知在t=0.2s內(nèi)F是變力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2.求：(1)物體P勻加速運動的加速度；(2)F的最小值和最大值各是多?。繌椈深悊栴}類型二第20頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月【分析】本題的關(guān)鍵是找到t=0.2s時刻，物體P的位置，由于本題彈簧臺秤的秤盤質(zhì)量和彈簧質(zhì)量都不計，則t=0.2s時彈簧恰好恢復(fù)到原長．第21頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【解析】(1)因為在t=0.2s內(nèi)F是變力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s時，P離開秤盤．此時P受到盤的支持力為零，由于盤和彈簧的質(zhì)量都不計，所以此時彈簧處于原長．在0～0.2s這段時間內(nèi)P向上運動的距離：X==0.4m因為，所以P在這段時間的加速度a=20m/s2(2)當(dāng)P開始運動時拉力最小，此時對物體P有，又因此時N=mg，所以有=240N當(dāng)P與盤分離時拉力F最大，=360N.第22頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【評析】中學(xué)階段，一般涉及彈簧不計其質(zhì)量，稱之為“輕彈簧”，是一種理想化的模型．彈簧類問題要注意以下幾點：(1)彈簧的彈力遵循胡克定律，在題目中要注意先確定原長位置、現(xiàn)長位置、形變量x與空間位置變化的關(guān)系．分析形變所對應(yīng)的彈力大小、方向，以此來分析計算物體運動狀態(tài)的可能性．(2)彈簧的形變發(fā)生及改變需要一段時間，在瞬間內(nèi)形變量可認(rèn)為不變．因此在分析瞬時變化時，認(rèn)為彈力不變．(3)彈簧彈力做功，由于彈力是變力，但形變是線性變化，可用平均力求解．彈力做了多少功，一定有對應(yīng)的彈性勢能發(fā)生了改變．第23頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【變式題】如圖2-2-2所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為()A．0B．大小為g，方向豎直向下C．大小為g，方向垂直于木板向下D．大小為g，方向水平向右圖2-2-2C第24頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【解析】未撤離木板前，小球受到重力G，彈簧拉力F，木板支持力FN，如圖所示，三力平衡，于是有：FNcosq=mg，F(xiàn)N=當(dāng)撤離木板的瞬間，G和F保持不變(彈簧的彈力不能突變)，木板支持力FN立即消失，小球受G和F的合力大小等于AB撤離之前的FN(三力平衡)，方向與FN的方向相反，故加速度方向為垂直木板向下，大小為：a===g.第25頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月皮帶類問題

【例3】一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點)，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的．現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動，當(dāng)其速度達(dá)到v0后，便以此速度做勻速運動．經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動．求此黑色痕跡的長度．

【分析】本題的關(guān)鍵是對皮帶與煤塊隔離分析，結(jié)合牛頓運動定律判斷得出各自的運動情況，由于運動情況不同，軌跡長度不等，正是形成黑色痕跡的原因．類型三第26頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0.根據(jù)牛頓運動定律，可得a=μg.設(shè)經(jīng)歷時間t，傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，煤塊則由靜止加速到v，v0=a0t，v=at由于a<a0，故v<v0，煤塊繼續(xù)受到滑動摩擦力的作用．再經(jīng)過時間t′，煤塊的速度由v增加到v0，有v0=v+at′此后，煤塊與傳送帶運動速度相同，相對于傳送帶不再滑動，不再產(chǎn)生新的痕跡．

第27頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【評析】本題從實際出發(fā)，從生活中提煉，創(chuàng)設(shè)了一種新情景，學(xué)生通過構(gòu)建傳送帶模型，以隔離法為處理方法，運用牛頓運動定律進(jìn)行求解，也可以巧妙運用v—t圖象快速處理．傳送帶上留下的黑色痕跡的長度l=x0-x，由以上各式得L=x0=a0t2+v0t′，設(shè)在煤塊的速度從0增加到v0的整個過程中，傳送帶和煤塊移動的距離分別為x0和x，有第28頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月連接體問題若干個物體通過一定的方式連接在一起，就構(gòu)成了連接體，其連接方式一般通過細(xì)繩、輕桿等物體來實現(xiàn)的．連接體常會處于某種運動狀態(tài)，如處于平衡狀態(tài)或以相同的加速度運動．求解連接體的加速度或內(nèi)部物體間的相互作用力，是力學(xué)中能力考查的重要內(nèi)容，在高考中也經(jīng)常出現(xiàn)，解決上述問題的有效方法是綜合運用整體法與隔離法．類型四第29頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【例4】如圖2-4-1所示，質(zhì)量M=8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平恒力F=8N，當(dāng)小車向右運動的速度達(dá)到1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質(zhì)量為m=2kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，小車足夠長．求從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t=1.5s小物塊通過的位移大小為多少？(取g=10m/s2)．圖2-4-1

【分析】此類題求解的關(guān)鍵是運用整體、隔離法受力分析，再運用牛頓運動定律求解第30頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【解析】開始一段時間，物塊相對小車滑動，兩者間相互作用的滑動摩擦力的大小為：Ff=μmg=4N物塊在Ff的作用下加速，加速度為am==2m/s2，

小車在推力F和Ff的作用下加速，加速度為aM=初速度為v0=1.5m/s=0.5m/s2，從靜止開始運動．設(shè)經(jīng)過時間t1，兩者達(dá)到共同速度v，則有：v=amt1=v0+aMt1代入數(shù)據(jù)可得：t1=1s，v=2m/s在這t1時間內(nèi)物塊向前運動的位移為

第31頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月以后兩者相對靜止，相互作用的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力．將兩者作為一個整體，在F的作用下運動的加速度為a，則F=(M+m)a，得a=0.8m/s2在剩下的時間t2=t-t1=0.5s時間內(nèi)，物塊運動的位移為x2=vt2+可見小物塊在總共1.5s時間內(nèi)通過的位移大小為，得x2=1.1m.

【評析】對于有共同加速度的連接體問題，一般先用整體法由牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)題目要求，將其中的某個物體進(jìn)行隔離分析和求解．對于加速度不同的連接體應(yīng)對每個物體分別隔離分析受力和運動．x=x1+x2=2.1m.第32頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月臨界問題解決臨界問題，必須在變化中去尋找臨界條件，即不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要研究變化的過程、變化的物理量，尋找臨界條件，解決臨界問題的基本思路是：

(1)認(rèn)真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)；(2)尋找過程中變化的物理量(自變量與因變量)；(3)探索因變量隨自變量變化時的變化規(guī)律，要特別注意相關(guān)物理量的變化情況；(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系．顯然分析變化過程、確定因變量隨自變量變化的規(guī)律，是解決問題的關(guān)鍵．類型五第33頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【例5】如圖2-5-2所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的AB兩物體，B的質(zhì)量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=(9-2t)N，(t的單位是秒)．從t=0開始計時，則()A．A物體在3s末時刻的加速度是初始時刻的倍B．t>4s后，B物體做勻加速直線運動C．t=4.5s時，A物體的速度為零D．t＞4.5s后，A、B的加速度方向相反

圖2-5-2ABD第34頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月當(dāng)t=4s時N=0，A、B兩物體開始分離，此后B做勻加速直線運動，而A做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)t=4.5s時A物體的加速度為零而速度不為零．t＞4.5s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反．當(dāng)t<4s時，A、B的加速度均為a=.綜上所述，選項A、B、D正確．-FB

=

對于A、B整體據(jù)牛頓第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a，設(shè)A、B間的作用為N，則對B據(jù)牛頓第二定律可得：N+FB=mBa解得N=mBN【解析】第35頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月多過程問題圖2-6-1

【例6】一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平面的中央．桌布的一邊與桌的

AB邊重合，如圖2-6-1所示．已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為μ1，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2.現(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB邊．若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？(以g表示重力加速度)

類型六第36頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

(1)小圓盤的運動分為兩個階段：一是在桌布上以μ1g的加速度向前勻加速運動一段距離x1，獲得速度v1；二是在桌子上以μ2g的加速度向前勻減速運動，滑行距離為x2，則x1+x2≤(2)桌布以a的加速度向前加速運動的距離x=at2；同時圓盤向前運動x1的距離，二者的相對位移大小恰好為.【分析】第37頁，課件共43頁，創(chuàng)作于2023年2月

【解析】設(shè)圓盤的質(zhì)量為m，桌長為l，在桌布從圓盤下抽出的過程中，盤的加速度為a1，有：μ1mg=ma1桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運動，以a2表示加速度的大小，有μ2mg=ma2設(shè)盤剛離開桌布時的速度為v1，移動的距離為x1，離開桌布后在桌面上在運動距離x2后便停下，有v=2a1x1