物理必修ⅰ沪科版牛顿运动定律案例分析概要PPT课件
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上海科教版高中物理必修1课件 牛顿运动定律的案例分析课件4
f＝2 N，由牛顿第二定律得F－f＝ma，
解得质量m＝0.5 kg，又因为f＝μmg，所以动摩擦因数μ＝
mfg＝0.4。故选A。
答案：A
返回
的，都为a＝gsin
37°＝6
m/s2，则上滑的最大位ຫໍສະໝຸດ s＝v20 2a＝
122 2×6
m＝12
m，上滑过程中的时间t1＝
va0＝
12 6
s＝2
s，返
回过程所用的时间与上滑过程的时间相等，故从开始冲上
斜面到返回斜面底端总共用时为2t1＝4 s。
答案：12 m 4 s
返回
[例3] 如图5－4－1所示，固定光 滑轻杆与地面成一定倾角，在杆上套有 一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力 F的作用下向上运动，推力F与小环的速 图5－4－1 度v随时间的变化规律如图5－4－2所示，取重力加速度g ＝10 m/s2。求：
[思路点拨] 由撤去力F前及撤去力F后的运动情况 以及运动学规律求出撤去力F前的加速度，然后由牛顿第 二定律求解恒力F的大小。
返回
[解析] 设未撤去力F物块的位移s1，撤去力F后物 块位移s2，撤去力F时速度为v。
对撤去力F前，由运动学公式有v2＝2a1s1，撤去力F 后有v＝a2t，v2＝2a2s2，又s1＋s2＝s，由题意知，撤去力 F后，摩擦力f＝μmg，故由牛顿第二定律有a2＝μg，联 立以上各式解得a1＝8 m/s2。
地后速度v2＝0，则可求出队员在重心下移0.5 m的过程中的
平均加速度。设队员着地后的平均加速度为a，由v
2 t
－v
2 0
＝
2as得(取向上的方向为正方向)a＝0－2sv21＝
－40 2×－0.5
m/s2＝
2013年沪科版物理必修1精品课件5.3《牛顿运动定律的案例分析》
【答案】 C
【规律总结】 (1)利用公式推导其他物理量 的单位． (2)根据单位可以发现错误． (3)计算时所有物理量统一到国际单位制后， 中间计算可省去单位，使计算简便．
变式训练 2．在解一道文字计算题时(用字母表示结果的 计算题)，一个同学解得 s＝2Fm(t1＋t2)，用单 位制的方法检查这个结果( ) A．一定正确 B．一定错误 C．如果用国际单位制，结果可能正确
C．公式F＝ma中，a实际上是作用于该物体上 每一个力所产生的加速度的矢量和
D．物体的运动方向一定与它所受合外力方向 一致
解析：选BC.F、m、a必须选取统一的国际单 位，才可写成F＝ma的形式，否则比例系数 k≠1,所以选项A错误；牛顿第二定律表述的 是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它 既表明F合、m、a三者数值上的对应关系,同 时也表明合外力的方向与加速度的方向是一 致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一 定相同，所以选项B正确，选项D错误；
a＝ a21＋a22＝ 1.52＋22 m/s2＝2.5 m/s2，方 向与 a2 方向成 37°角．(4 分) 【答案】 2.5 m/s2 斜向上与F2成37°角
由力的独立作用原理知，作用在物体上的每 个力都将各自产生一个加速度，与其他力的 作用无关，物体的加速度是每个力所产生的 加速度的矢量和，故选项C正确．
要点二 单位制的应用 学案导引
1．在物理公式中的各个物理量所选取的单位 是任意的吗？ 2．选取统一的单位制后，在计算过程中各物 理量是否还写出其单位？
由平行四边形定则得合力
F＝ F12＋F22＝ 32＋42 N＝5 N(2 分) F 与 F2 成 α 角，则 tanα＝FF12＝34，α＝37°(如 图甲)．(2 分) 由牛顿第二定律得 a＝mF ＝52 m/s2＝2.5 m/s2.(2 分) 加速度斜向上与 F2 成 37°角，
【规律总结】 (1)利用公式推导其他物理量 的单位． (2)根据单位可以发现错误． (3)计算时所有物理量统一到国际单位制后， 中间计算可省去单位，使计算简便．
变式训练 2．在解一道文字计算题时(用字母表示结果的 计算题)，一个同学解得 s＝2Fm(t1＋t2)，用单 位制的方法检查这个结果( ) A．一定正确 B．一定错误 C．如果用国际单位制，结果可能正确
C．公式F＝ma中，a实际上是作用于该物体上 每一个力所产生的加速度的矢量和
D．物体的运动方向一定与它所受合外力方向 一致
解析：选BC.F、m、a必须选取统一的国际单 位，才可写成F＝ma的形式，否则比例系数 k≠1,所以选项A错误；牛顿第二定律表述的 是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它 既表明F合、m、a三者数值上的对应关系,同 时也表明合外力的方向与加速度的方向是一 致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一 定相同，所以选项B正确，选项D错误；
a＝ a21＋a22＝ 1.52＋22 m/s2＝2.5 m/s2，方 向与 a2 方向成 37°角．(4 分) 【答案】 2.5 m/s2 斜向上与F2成37°角
由力的独立作用原理知，作用在物体上的每 个力都将各自产生一个加速度，与其他力的 作用无关，物体的加速度是每个力所产生的 加速度的矢量和，故选项C正确．
要点二 单位制的应用 学案导引
1．在物理公式中的各个物理量所选取的单位 是任意的吗？ 2．选取统一的单位制后，在计算过程中各物 理量是否还写出其单位？
由平行四边形定则得合力
F＝ F12＋F22＝ 32＋42 N＝5 N(2 分) F 与 F2 成 α 角，则 tanα＝FF12＝34，α＝37°(如 图甲)．(2 分) 由牛顿第二定律得 a＝mF ＝52 m/s2＝2.5 m/s2.(2 分) 加速度斜向上与 F2 成 37°角，
沪科版ppt物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
体的加速度大小不变一定受恒力作用
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
练习：1、 一质量为1Kg的物体只受到两个大小为2N和3N的共点力作用， 则这个物体运动的加速度的范围是__1_m__/s_2_≤__a_≤__5_m__/s_2____。
F合
a = F合 /m =10/2 m/s2= 5 m/s2
F2
加速度的方向和合力方向相同。
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
F合=ma
（1）正比关系
决定式
定义式
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
例：下列说法中正确的是（
）
A．同一物体所受合外力越大，加速度越大。
B．同一物体所受合外力越大，速度越大。
C．物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时， 物体的速度逐渐减小。
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
示例2
质量为4.64×105kg的某型号火箭在竖直 向上发射时，初始推力是6×106N，则起 动时的加速度为多大？ 讨论：随着火箭上升过程中的燃料的消 耗，火箭质量的减小，其加速度将如何 变化？
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
分析：合力 F合的范围 1N≤ F合≤5N所以加速度 a 的范围 —11kN—g ≤ a ≤ —15kN—g
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
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练习：1、 一质量为1Kg的物体只受到两个大小为2N和3N的共点力作用， 则这个物体运动的加速度的范围是__1_m__/s_2_≤__a_≤__5_m__/s_2____。
F合
a = F合 /m =10/2 m/s2= 5 m/s2
F2
加速度的方向和合力方向相同。
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
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F合=ma
（1）正比关系
决定式
定义式
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例：下列说法中正确的是（
）
A．同一物体所受合外力越大，加速度越大。
B．同一物体所受合外力越大，速度越大。
C．物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时， 物体的速度逐渐减小。
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示例2
质量为4.64×105kg的某型号火箭在竖直 向上发射时，初始推力是6×106N，则起 动时的加速度为多大？ 讨论：随着火箭上升过程中的燃料的消 耗，火箭质量的减小，其加速度将如何 变化？
沪科版（上海）物理高一第一学期- B 牛顿运动定律导学课件
分析：合力 F合的范围 1N≤ F合≤5N所以加速度 a 的范围 —11kN—g ≤ a ≤ —15kN—g
高中物理 5.4 牛顿运动定律的案例分析 课件(沪科版必修1)
F合 10 加速度 a＝ m ＝－ m/s2＝－2.5 m/s2. 4
由公式v＝v0＋at，v＝0得 所求速度v0＝－at＝－(－2.5)×4 m/s＝10 m/s. 再由v2－v02＝2as得 －v02 －102 所求位移 s＝ ＝ m＝20 m. 2a 2×－2.5
v0＋v 10＋0 或 s＝ t＝ ×4 m＝20 m. 2 2
基础自测
1．一光滑斜劈，在力F推动下 向左匀加速运动，且斜劈上有一木 块恰好与斜劈保持相对静止，如图 5－4－2所示，则木块所受合力的 图5－4－2 方向为 ( )
A．水平向左 C．沿斜面向下 答案：A B．水平向右 D．沿斜面向上
2．如图5－4－3小车以加 速度a向右匀加速运动，车中小 球质量为m，则线对球的拉力为 ( )
－f＝ma3，f＝μmgcos θ，解得 a3＝4 m/s2 设物体由最高点到斜面底端的时间为 t3， 1 2 所以物体向下匀加速运动的位移：s1＋s2＝ a3t3 ， 2 解得 t3＝ 10 s≈3.2 s 所以物体返回到斜面底端的时间为t总＝t2＋t3＝4.2 s 答案：(1)8 m/s (2)4.2 s
绳断后物体沿斜面向上做匀 减速直线运动，设运动的加速度 大小为a2，受力如上图所示，则 根据牛顿第二定律，对物体沿斜 面向上运动的过程有 mgsin θ＋f＝ma2 f＝μmgcos θ， 解得a2＝8 m/s2 v1 物体做减速运动的时间 t2＝ ＝1 s a2
v1t2 减速运动的位移 s2＝ ＝4.0 2 m，此后物体将沿着斜面匀加速下 滑，设物体下滑的加速度为 a3，受 力如右图所示，根据牛顿第二定律 对物体加速下滑的过程有 mgsin θ
(2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合外 力(包括大小和方向)． (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的 加速度． (4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式， 求出所需的运动学量——任意时刻的位移和速度， 以及运动轨迹等．
由公式v＝v0＋at，v＝0得 所求速度v0＝－at＝－(－2.5)×4 m/s＝10 m/s. 再由v2－v02＝2as得 －v02 －102 所求位移 s＝ ＝ m＝20 m. 2a 2×－2.5
v0＋v 10＋0 或 s＝ t＝ ×4 m＝20 m. 2 2
基础自测
1．一光滑斜劈，在力F推动下 向左匀加速运动，且斜劈上有一木 块恰好与斜劈保持相对静止，如图 5－4－2所示，则木块所受合力的 图5－4－2 方向为 ( )
A．水平向左 C．沿斜面向下 答案：A B．水平向右 D．沿斜面向上
2．如图5－4－3小车以加 速度a向右匀加速运动，车中小 球质量为m，则线对球的拉力为 ( )
－f＝ma3，f＝μmgcos θ，解得 a3＝4 m/s2 设物体由最高点到斜面底端的时间为 t3， 1 2 所以物体向下匀加速运动的位移：s1＋s2＝ a3t3 ， 2 解得 t3＝ 10 s≈3.2 s 所以物体返回到斜面底端的时间为t总＝t2＋t3＝4.2 s 答案：(1)8 m/s (2)4.2 s
绳断后物体沿斜面向上做匀 减速直线运动，设运动的加速度 大小为a2，受力如上图所示，则 根据牛顿第二定律，对物体沿斜 面向上运动的过程有 mgsin θ＋f＝ma2 f＝μmgcos θ， 解得a2＝8 m/s2 v1 物体做减速运动的时间 t2＝ ＝1 s a2
v1t2 减速运动的位移 s2＝ ＝4.0 2 m，此后物体将沿着斜面匀加速下 滑，设物体下滑的加速度为 a3，受 力如右图所示，根据牛顿第二定律 对物体加速下滑的过程有 mgsin θ
(2)根据力的合成与分解，求出物体所受的合外 力(包括大小和方向)． (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的 加速度． (4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式， 求出所需的运动学量——任意时刻的位移和速度， 以及运动轨迹等．
上海科教版高中物理必修1课件 牛顿运动定律的案例分析课件3
一、牛顿运动定律的适用范围 宏观 低速 光速 二、动力学的两类基本问题 1. 牛顿第二定律 运动学规律 2.运动学公式 牛顿第二定律 三、解决动力学问题的关键 加速度
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习探究区
一、从受力确定运动情况
已知物体的受力情况F—＝—m→a求得 a，
s＝v0t＋12at2 vt＝v0＋at v2t －v20＝2as
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
上来．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
沿x轴方向有 mg sin f ma
疏散时，乘客从气囊上由静止下 沿y轴方向有 N mg cos 0
下滑过程的加速度
a 下＝51－22 m/s2＝4 m/s2
mgsin θ＋μmgcos θ
a 上＝
m
＝gsin θ＋μgcos θ
a 下＝gsin θ－μgcos θ，
联立解得
θ＝30°，μ＝
3 15
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
自我检测区
整体法和隔离法的应用 3.如图所示，质量分别为 m1 和
→求得 s、v0、vt、t.
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习探究区
解析
例1.如图所示，质量m＝2 kg
的物体静止在水平地面上，物
f
体与水平面间的滑动摩擦力大
小等于它们间弹力的0.25倍，
现对物体施加一个大小F＝8 N、
与水平方向成θ＝37°角斜向上
的拉力，已知sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g取
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习探究区
一、从受力确定运动情况
已知物体的受力情况F—＝—m→a求得 a，
s＝v0t＋12at2 vt＝v0＋at v2t －v20＝2as
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
上来．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
沿x轴方向有 mg sin f ma
疏散时，乘客从气囊上由静止下 沿y轴方向有 N mg cos 0
下滑过程的加速度
a 下＝51－22 m/s2＝4 m/s2
mgsin θ＋μmgcos θ
a 上＝
m
＝gsin θ＋μgcos θ
a 下＝gsin θ－μgcos θ，
联立解得
θ＝30°，μ＝
3 15
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
自我检测区
整体法和隔离法的应用 3.如图所示，质量分别为 m1 和
→求得 s、v0、vt、t.
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习探究区
解析
例1.如图所示，质量m＝2 kg
的物体静止在水平地面上，物
f
体与水平面间的滑动摩擦力大
小等于它们间弹力的0.25倍，
现对物体施加一个大小F＝8 N、
与水平方向成θ＝37°角斜向上
的拉力，已知sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g取
高中物理 5.4 牛顿运动定律的案例分析(一)课件 沪科版必修1
高中物理·必修1·沪科版
第5章 研究力和运动的关系
5.4 牛顿运动定律的案例分析（一）
ppt精选
1
1
掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路 和方法.
2 学会处理动力学的两类基本问题．
ppt精选
2
一、牛顿运动定律的适用范围
宏观 低速 光速
二、动力学的两类基本问题
1. 牛顿第二定律 运动学规律
求得加速度a F=ma
ppt精选
7
例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 上来．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.运动学公式 牛顿第二定律
三、解决动力学问题的关键
加速度
ppt精选
3
一、从受力确定运动情况
已知物体的受力情况F—＝—m→a求得 a，
s＝v0t＋12at2 vt＝v0＋at v2t －v20＝2as
→求得 s、v0、vt、t.
ppt精选
4
解析
例1.如图所示，质量m＝2 kg
的物体静止在水平地面上，物
解析 以两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
F1－F2＝(m1＋m2)a
①
隔离物块 m1，由牛顿第二定律得 F1－T＝m1a
②
由①②两式解得 T＝m1mF21＋＋mm22F1
答案
m1F2＋m2F1 m1＋m2
第5章 研究力和运动的关系
5.4 牛顿运动定律的案例分析（一）
ppt精选
1
1
掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路 和方法.
2 学会处理动力学的两类基本问题．
ppt精选
2
一、牛顿运动定律的适用范围
宏观 低速 光速
二、动力学的两类基本问题
1. 牛顿第二定律 运动学规律
求得加速度a F=ma
ppt精选
7
例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 上来．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.运动学公式 牛顿第二定律
三、解决动力学问题的关键
加速度
ppt精选
3
一、从受力确定运动情况
已知物体的受力情况F—＝—m→a求得 a，
s＝v0t＋12at2 vt＝v0＋at v2t －v20＝2as
→求得 s、v0、vt、t.
ppt精选
4
解析
例1.如图所示，质量m＝2 kg
的物体静止在水平地面上，物
解析 以两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
F1－F2＝(m1＋m2)a
①
隔离物块 m1，由牛顿第二定律得 F1－T＝m1a
②
由①②两式解得 T＝m1mF21＋＋mm22F1
答案
m1F2＋m2F1 m1＋m2
上海科技教育出版社(沪科版)高中物理必修1：牛顿运动定律的案例分析_课件4
2.如图D所示，小车上固定一弯折硬杆ABC，C端固定一
质量为m的小球，已知角恒定，当小车水平向左做变
加速直线运动时，BC杆对小球作用力的方向为( D )
A.一定沿杆向上 B.一定竖直向上 C.可能水平向左 D.随加速度的数值改变而改变
杆对物体的弹力不一 图D 定沿杆的方向，可以与杆成任意 角度。
间两球的受力情况是关键。由于轻弹簧两端连着物体，物体要发生一段位移， 需要一定的时间，即弹簧所产生的弹力不能发生突变，故剪断细绳的瞬间，弹 力与剪断前相同。
1. 如图A所示，质量均为m的A和 B两球用轻弹簧连接， A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态。如果将悬 挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬间加速度各是多 少？
3.如图E所示，固定光滑斜面与地面成一定倾角，一物体在平行斜 面向上的拉力作用下向上运动，拉力F和物体速度v随时间的变化规律 如图F甲)、(乙)所示，取g＝10 m/s2。求物体的质量m及斜面与地
面间的夹角。
图E
图F
由题图可得，0～2 s内物体的加速度为
a＝Δv/Δt＝0.5 m/s2
①
由牛顿第二定律可得：F－mgsinθ＝ma ②
系于长度分别为L1、L2的两根细绳上，L1 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角
为，L2水平拉直，物体处于平衡状态。 (1)现将L2细绳剪断，求剪断L2细绳瞬间物
体的加速度。
(2)若将图中细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图乙所 示。求剪断L2细绳瞬间物体的加速度。
(1)细绳L2被剪断瞬间，绳L1拉力发生突变，由此后小球将摆动， 知重力产生两个效果，一个分力G1=mgcos平衡绳L1拉力，即T1=mgcos，另 一个切向分力G2=mgsin产生加速度，即此时a=G2/m=gsin，方向垂直于绳L1 斜向下。
5.4牛顿运动定律的案例分析(一)课件(沪科版必修1)
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
自我检测区
从受力确定运动情况
1 .一个滑雪运动员从静止开 始沿山坡滑下，山坡的倾角θ ＝30°，如图所示，滑雪板与 雪地间的动摩擦因数是0.04， 求5 s内滑下来的路程和5 s末 速度的大小(运动员一直在山 坡上运动)．
解析 以滑雪运动员为研究对象
答案
m1F km1＋m2
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习目标定位
再见
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
解析
弹性球下落过程的加速度为
f
a1＝ΔΔvt ＝40－.50 m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律
mg mg f ma1 f mg ma1 0.2 N
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习探究区
针对训练1
质量为0.1 kg的弹性球从空中 某高度由静止开始下落，该下 落过程对应的v-t图象如图所 示．弹性球与水平地面相碰后 离开地面时的速度大小为碰撞 前的 3 .设球受到的空气阻力
m2 的物块 A、B，用劲度系数 为 k 的轻弹簧相连.当用力 F
解析
对 整 体 分 析 得 ： F － (m1 ＋
m2)gsin θ＝(m1＋m2)a
①
沿倾角为 θ 的固定光滑斜面 隔离 A 得：kx－m1gsin θ＝m1a
向上拉两物块，使之共同加
②
速运动时，弹簧的伸长量为 多少？
联立①②得 x＝kmm1＋1Fm2
学高中习物探理究·必区修1·沪科版
第5章 研究力和运动的关系
5.4 牛顿运动定律的案例分析（一）
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
自我检测区
从受力确定运动情况
1 .一个滑雪运动员从静止开 始沿山坡滑下，山坡的倾角θ ＝30°，如图所示，滑雪板与 雪地间的动摩擦因数是0.04， 求5 s内滑下来的路程和5 s末 速度的大小(运动员一直在山 坡上运动)．
解析 以滑雪运动员为研究对象
答案
m1F km1＋m2
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习目标定位
再见
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
解析
弹性球下落过程的加速度为
f
a1＝ΔΔvt ＝40－.50 m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律
mg mg f ma1 f mg ma1 0.2 N
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
学习探究区
针对训练1
质量为0.1 kg的弹性球从空中 某高度由静止开始下落，该下 落过程对应的v-t图象如图所 示．弹性球与水平地面相碰后 离开地面时的速度大小为碰撞 前的 3 .设球受到的空气阻力
m2 的物块 A、B，用劲度系数 为 k 的轻弹簧相连.当用力 F
解析
对 整 体 分 析 得 ： F － (m1 ＋
m2)gsin θ＝(m1＋m2)a
①
沿倾角为 θ 的固定光滑斜面 隔离 A 得：kx－m1gsin θ＝m1a
向上拉两物块，使之共同加
②
速运动时，弹簧的伸长量为 多少？
联立①②得 x＝kmm1＋1Fm2
学高中习物探理究·必区修1·沪科版
第5章 研究力和运动的关系
5.4 牛顿运动定律的案例分析（一）
学习目标 知识储备 学习探究 课堂小结 自我检测
2019-学年高中物理沪科版必修1课件： 第5章 5.4 牛顿运动定律的案例分析教育精品.ppt
合 作 探 究 • 攻 重 难
(9)物体运动状态的变化情况决定了它的受力情况．
【提示】 物体运动状态的变化情况是由受力情况决定的．
(× )
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自 主 预 习 • 探 新 知
2．静止在光滑水平地面上的物体的质量为 2 kg，在水平恒力 F 推动下 开始运动，4 s 末它的速度达到 4 m/s，则 F 的大小为( )
1.基本思路 本类型问题是解决第一类问题的逆过程，其思路如下：
当 堂 达 标 • 固 双 基
合 作 探 究 • 攻 重 难
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自 主 预 习 • 探 新 知
2．解题步骤 (1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动过程分析，并画出受 力图和运动草图． (2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度． (3)根据牛顿第二定律列方程，求物体所受的合外力． (4)根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力．
(6)加速度是联系运动和力的桥梁．
(7)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．
(√ )
(√ )
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(8)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．( ×)
【提示】 物体运动状态的变化情况由物体受力情况决定．
当 堂 达 标 • 固 双 基
2
当 堂 达 标 • 固 双 基
合 作 探 究 • 攻 重 难
F－Ff＝ma1， Ff＝ma2， 解得：F＝1.4×105 N.
[答案] 1.4×105 N
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受力分析
Y
FN
f
X GX θ
θ
GY
G
直建何合受角立求合力力合力坐如沿方力沿标图什向?斜么复所系面方杂示—向向，下的—？如 正交分解
X：Gx － f =ma
Y：FN－GY =0
6
解： 以加速度方向为正方向
Y
已知：V0= 2 m/s , m＝75kg , t=4s ,X=60m 求f
F N
f
由运动学公式 x＝v0 t＋21 at2 得
球所受重力的 0.5 倍，求小球与杆之间的动摩擦因
数．
(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向的夹角
为 37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离
x 所需时间为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 11
思路点拨 求解本题时先由水平面上小球做匀速运动 时的二力平衡求出动摩擦因数，再分析小球在杆与水 平面成 37°角时的受力情况，根据牛顿第二定律列出 方程，求得加速度，再由运动学方程求解． 解析 (1)设小球所受风力为 F，则 F＝0.5mg. 当杆水平固定时，小球做匀速运动，则所受摩擦力 Ff 与风力 F 等大反向，即 Ff＝F 又因 Ff＝μFN＝μmg 以上三式联立解得小球与杆间的动摩擦因数 μ＝0.5.
的
应 ② 已知物体的运动情况，确定物体受力情况。 用
(1)
2
一、已知物体受力的情况，确定物体运动。
质量为20kg的物体若用20N的水平力牵引它，刚好 能在水平面上匀速前进。求： （1）若改用50N拉力沿与水平方向成370的夹角斜 上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3m 时，它的速度多大？ （2）在前进2.3m时撤去拉力，又经过3秒钟，物 体的速度多大？
骤 意正方向的规定
10
四、牛顿运动定律的综合应用
典例 4 如图 3 所示，风洞实验室中
可产生水平方向的、大小可以调节
的风力．现将一套有小球的细直杆
放入风洞实验室中，小球孔径略大
于细杆直径(如图 3 所示)．
图3
(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使
小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小
a1=1.15m/s2
由 v2 2ax 得v=2.3m/s
4
课 二、已知物体的运动情况，确定物体受力。
本
例 一个滑雪的人，质量m＝75kg，
题 2
以v0＝2m/s的初速度沿山坡匀加 速滑下，山坡的倾角θ＝30°，在t
＝5s的时间内滑下的路程x＝60m，
求滑雪人受到的阻力（。g取10m/s2）。
5
1、物体刚好能在水平面上匀速前 进，可以求什么？
2、求速度，物体做什么运动？ 怎么去求？
3
解：用水平力拉物体时，做匀
速由直平线衡运条动件，得受力如图（1）F：N1
F FN1=G (1)
f1
Ff1=F1
(2)
又Ff1=µFN1 (3)
由（1）（2）（3）得
µ=0.1
G
（1）
（2）撤去拉力后，物 体做匀减速直线运动。
又 Ff′＝μFN′，F＝0.5mg
解得小球的加速度
a＝(Fcos
θ＋mgsin m
θ)＋g(sinθ－μcosθ)＝
0.5mg(0.8m ＋0.5×0.6)＋g(0.6－0.5×0.8)＝34g
因 x＝12at2
故小球的下滑时间为 t＝
2ax＝
234xg＝
8x 3g.
13
课堂练习
拓展探究 如图4所示，自动扶梯与水平面夹角为θ， 上面站着质量为m的人，当自动扶梯以加速度a加速 向上运动时，求扶梯对人的弹力N 和扶梯对人的摩擦 力f.
8
ΣFx＝max＝Fsin α－mgsin α－f＝ma ΣFy＝may＝Fcos α－mgcos α－N＝0 又f＝μN，解得 a＝mF(sin α－μcos α)－g(sin α－μcos α) ＝2.5 m/s2. 答案 2.5 m/s2
9
应 解题思路：
用
力的合成
牛 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ定研究对象
与分解
顿
a 运 受力情况 合力F
F1 受力如图（3） FN1
Ff1
G
由牛顿第二定律得
（1）当用斜上方的拉力
时，物体做匀加速直线运
动，受力如图（2）
由牛顿第二定律得
F FN2+F2sin370=G (4)
F2cos370-Ff2=ma1 (5) f2
又Ff2=µFN2
（6)
由（4）（5）(6)得
F F2y
N2
G
Ff1=ma2 (7) 由（1）（3）（7）得 a2=1m/s2 F2又 得当t=2v.=30s时,即，经由过v30=秒a钟t ， F2物x 体的速度为0.
12
(2)当杆与水平方向成 θ＝37°角时，小球从静止开始沿
杆加速下滑．设下滑距离 x 所用时间为 t，小球受重力
mg、风力 F、杆的支持力 FN′和摩擦力 Ff′作用， 由牛顿第二定律可得，
沿杆的方向 Fcos θ＋mgsin θ－Ff′＝ma 垂直杆的方向
FN′＋Fsin θ－mgcos θ＝0
动
定
特别提示：
F= m a
运动 学公 运动情式况
律 解 • 1、在分析研究对象的受力情况时，请画出研究 题 对象的受力示意图。
的 • 2、在分析研究对象的运动情况时，请画出研究 一 对象的运动过程简图。
般 • 3、在用牛顿运动定律解题时,速度、加速度、 步 位移和力的正负号极易出错,解题时,一定要注
顿
运 牛顿第一定律（惯性定律） 动
定 力是改变物体运动状态的原因，并不是
律 维持物体运动的原因
的 复
惯性——物体本身固有的属性
习 牛顿第二定律（F=m a） 力是产生加
反映了力和运动的关系
速度的原因
牛顿第三定律（作用力和反作用力定律)
反映了物体之间的相互作用规律
1
牛
顿
运 动
• 两类问题：
定 律 ① 已知物体受力的情况，确定物体运动情况。
向夹角α＝30°，球与杆之间的动摩擦因数μ＝
3 6
，
球受到竖直向上的拉力F＝20 N，求球运动的加速 度．(g＝10 m/s2)
解析 对小球受力分析，由于竖直 向上的拉力 F 大于小球的重力，故 小球沿杆向上运动．以沿杆向上为 x 轴正方向，垂直于杆向上为 y 轴正 方向建立平面直角坐标系．在 x、y 方向分别应用牛顿 第二定律列方程，即可求出小球的加速度． 以小球为研究对象进行受力分析，如右图所示，建立 坐标系，根据牛顿第二定律
a ＝2（xt2－v0t①）
Gx= Gsinθ
②
GX
X
θ
θ
G
GY
根据牛顿第二定律F＝m a 得：
F＝Gx－f＝m a
③
由①②③得f＝ Gx －m a = Gsinθ－
2 m（x －v0t） t2
f＝－75 N
( f 方向沿斜面向上 )
7
三、牛顿第二定律和正交分解法
典例3 质量m＝1 kg的球穿在斜杆上，斜杆与水平方