4.5 牛顿运动定律的应用 课件-2025-2026学年高一上学期物理粤教版必修第一册

该高中物理课件聚焦牛顿运动定律的应用，通过“列车进站停靠车门位置”等情境及“运动方向与合力方向关系”等问题搭建学习支架，衔接受力分析、加速度桥梁作用与运动学公式，系统呈现已知受力求运动、已知运动求受力及多过程问题的解决思路。 其亮点在于结构化设计（基础落实-重难探究-随堂检测）与核心素养融合，以科学思维（如典例中受力分析模型建构、运动学公式推理）为主线，渗透科学态度与责任（社会应用案例）。采用情境导入、问题驱动教学，助力学生提升动力学问题解决能力，也为教师提供清晰教学路径。

第四章　牛顿运动定律 第五节　牛顿运动定律的应用 学 习 目 标 1.已知物体的受力情况确定物体的运动情况.(科学思维) 2.已知物体的运动情况确定物体的受力情况.(科学思维) 3.掌握应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题的基本思路和方法,并能解释相关自然现象.(科学思维) 4.初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响,建立应用科学知识解决实际问题的意识.(科学态度与责任) 基础落实·必备知识全过关 1.在应用牛顿第二定律分析和解决问题时,一般而言,首先确定研究对象,进行　　　　　;其次根据　　　　　　　,将待求量和已知量之间的关系联系起来,　　　　是联系力与运动的桥梁.  2.力与运动问题一般分为两类:一是根据运动情况求　　　　情况;二是根据受力情况求　　　　情况.  受力分析 牛顿第二定律 加速度 受力 运动 想一想 (1)物体的运动方向是否一定与物体所受合力的方向一致?为什么? 提示 不一定.物体的运动情况由物体所受的合力和物体的初始状态共同决定.如物体以某一初速度v0冲上光滑斜面,合力方向沿斜面向下,而物体的运动方向沿斜面向上.物体的受力情况决定了加速度,但与速度没有直接关系. (2)加速度在解决动力学的两类问题中有什么作用? 提示 加速度是联系物体的受力情况和运动情况的桥梁,无论是已知受力情况求解运动情况,还是已知运动情况求解受力情况,都需要根据已知条件确定加速度这个桥梁.所以充分利用已知条件,确定加速度的大小和方向是解决动力学问题的关键. 情境链接 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? 提示 控制牵引力,控制加速度,进而控制位移. 易错辨析 1.根据物体加速度的方向可以判断物体所受合力的方向.(　　) 2.根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向.(　　) 根据物体加速度的方向可以直接判断物体受到的合力的方向. 3.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.(　　) 物体运动状态的变化情况是由它受到的合力和质量决定的. √ × × 重难探究·能力素养全提升 探究点一　从运动确定受力情况 导学探究 如图所示,在行驶过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害.为了尽可能地减少碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊.假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(即30 m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,根据以上条件我们能否求出安全带及安全气囊对乘客的作用力呢? 提示 能;从踩下刹车到车完全停止的5 s内,人的速度由30 m/s减小到0,视为匀减速运动,则有a= m/s2=-6 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F=ma=70×(-6) N=-420 N,负号表示力的方向跟初速度的方向相反. 知识归纳 1.基本思路 2.解题步骤 典例剖析 【例题1】 在我国东北寒冷的冬季,狗拉着雪橇在水平冰面上做匀加速直线运动①如图所示.速度v与位移s关系满足v=(v的单位为m/s,s的单位为m)②,已知雪橇的质量为10.6 kg,小孩的质量为30 kg,拉雪橇的绳与水平面间的夹角为37°③,雪橇与冰面间的动摩擦因数为0.02,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求绳中拉力T的大小. 教你析题 读取题干 获取信息 ① 加速度沿水平方向,匀加速直线运动 ② =2as的变式 ③ 绳中拉力同时具有水平、竖直两个分效果 教你破题 由速度v与位移s的关系可知 2a=0.2 m/s2 解得加速度大小a=0.1 m/s2 对小孩和雪橇整体受力分析,如图所示 雪橇匀加速运动时,有 竖直方向(m0+m)g=FN+Tsin 37° 水平方向Tcos 37°-f=(m0+m)a 又f=μFN 联立解得T=15 N. 答案 15 N 规律方法　从运动确定受力情况的注意事项 (1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆. (2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力. 对点演练 1.一架无人机在某次执行任务时由静止开始竖直向上运动,一段时间后关闭动力系统,其v-t图像如图所示.已知无人机质量为3 kg,运动过程中空气阻力大小恒定,g取10 m/s2.无人机的升力大小为(　　) A.12 N B.36 N C.42 N D.48 N D 解析 由题图可知,v-t图像的斜率即为无人机运动的加速度,故0~9 s内无人机的加速度大小a1=4 m/s2,9~12 s内无人机的加速度大小a2=12 m/s2,由牛顿第二定律得上升阶段F-mg-f=ma1,下降阶段f+mg=ma2,联立解得F=48 N, f=6 N,故选D. 探究点二　由受力确定运动情况 导学探究 已知冰壶和冰面间的动摩擦因数,将质量为m的冰壶沿冰面以速度v0投出,如图所示,能否预测它滑行的距离? 冰壶比赛 提示 冰壶受到的合力等于摩擦力,F合=f=μmg(μ为冰壶和冰面间的动摩擦因数), 知识归纳 1.从受力确定运动情况的一般求解步骤 2.由受力求加速度的解题方法 (1)合成法:物体只受两个力的作用产生加速度时,合力的方向就是加速度的方向,解题时要求准确作出力的平行四边形,然后运用几何知识求合力 F合.反之,若知道加速度方向就知道合力方向. (2)正交分解法:当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,通常用正交分解法解答,一般把力正交分解为沿加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量,即沿加速度方向Fx=ma,垂直于加速度方向Fy=0. 典例剖析 【例题2】 有“海洋之舟”美称的企鹅喜欢在冰面上做游戏.如图所示,一质量为m=21 kg的企鹅先从倾斜冰面底端由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”,“奔跑”时间t1=6 s时,速度达到v1=4 m/s,此时企鹅突然卧倒以肚皮贴着冰面继续向上滑行,最后退滑到出发点(假设企鹅在滑动过程中姿势保持不变).已知倾斜冰面倾角为θ=30°,企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ= ,g取10 m/s2.求: (1)企鹅向上“奔跑”时所受的合力大小; (2)企鹅向上运动的最远距离; (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小. 解析 (1)企鹅向上“奔跑”时的加速度大小为 企鹅向上“奔跑”时所受的合力大小为 F1=ma1=14 N. (2)企鹅向上奔跑的距离为 设企鹅向上滑行时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得 mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2 解得a2=8 m/s2 设企鹅向上滑行的距离为s2,由运动学公式得 解得s2=1 m 企鹅向上运动的最远距离为 sm=s1+s2=13 m. (3)企鹅向下滑行时,由牛顿第二定律得 mgsin 30°-μmgcos 30°=ma3 解得a3=2 m/s2 设企鹅退滑到出发点时的速度大小为v3,由运动学公式得 对点演练 2.(2025陕晋青宁卷)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　　) A 解析 根据牛顿第二定律F=ma和F-t图像可知,分拣机器人0~1 s内加速度a1=1 m/s2,1~2 s内加速度a2=0,2~3 s内加速度a3=-1 m/s2,在v-t图像中斜率表示加速度,故选A. 探究点三　动力学中的多过程问题 导学探究 我国科技工作者能准确地监控火箭的升空、变轨,列车的再一次大提速为人们节约了很多宝贵的时间,“缩短”了城市间的距离,这一切都得益于人们对力和运动的研究. 思考并探究下面的问题: (1)若假设两个站点之间为直线运动,列车从一个站点到下一个站点至少需要经历几个过程? 提示 三个,加速,匀速,减速. (2)每个过程之间的关联是什么? 提示 前一段的末速度,后一段的初速度. 知识归纳 1.问题界定:当题目给出的物理过程较复杂,由多个过程组成时,要明确整个过程由几个子过程组成,将过程合理分段,找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程. 2.两点提醒 (1)由于不同过程中力发生了变化,所以加速度也会发生变化,所以对每一个过程都要分别进行受力分析,分别求加速度. (2)对于多过程问题,前一过程的末速度往往是后一过程的初速度. 典例剖析 【例题3】 滑沙游戏中,游客从沙坡顶部坐滑沙车滑下.为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速.为便于研究,做如下简化:游客从沙坡顶部A点由静止滑下8 s后,操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止.已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg,沙坡倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力. (1)求游客匀速下滑时的速度大小. (2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m, 则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力? 解析 (1)游客开始下滑时,游客和滑沙车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 代入数据得a=2 m/s2 游客匀速下滑的初速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的大小 v0=at1=2×8 m/s=16 m/s. (2)游客和滑沙车整体滑到水平滑道上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律,有 代入数据得a'=-8 m/s2 力的方向都指向左边,由牛顿第二定律得-F-μmg=ma' 代入数据得F=210 N. 答案 (1)16 m/s　(2)210 N 规律总结　物体的多过程问题的分析 物体的多过程运动问题是牛顿运动定律应用的较难题型,它展示了物体在运动过程中的受力特点和运动情况,综合考查运用动力学相关知识处理实际运动问题的能力. 解答思路:首先理清物体的不同运动过程,根据受力特点确定各过程的运动性质,然后列相应的动力学方程(运用牛顿第二定律与运动学公式).注意不同过程中的中间衔接量,特别是两过程间的“速度”参量,往往是列式与计算的“桥梁”. 若运动过程涉及摩擦力,要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向,注意摩擦力是否发生突变. 对点演练 3.(2025湖南高一期末)如图所示,质量为m=1 kg的小球与质量为M=1 kg的斜面体间的动摩擦因数为μ=0.25.斜面倾角θ=37°,斜面AB长L=7 m,小球以v0=5 m/s的速度从A点沿斜面下滑,小球下滑过程中斜面体静止不动,不计空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 求: (1)小球从A点运动到B点的时间; (2)小球在沿斜面向下滑动过程中 水平地面对斜面体的支持力大小 和摩擦力大小. 解析 (1)小球从A点沿斜面下滑,对小球进行受力分析如图甲所示 则有mgsin θ-μFN1=ma,FN1=mgcos θ 解得FN1=8 N,a=4 m/s2 根据位移时间公式有L=v0t+at2 舍去时间负值解得t=1 s. (2)对斜面体进行分析,如图乙所示 根据平衡条件有 FN3=Mg+FN2cos θ+μFN1sin θ,f=|μFN1cos θ-FN2sin θ| 根据牛顿第三定律有FN1=FN2 解得FN3=17.6 N,f=3.2 N. 答案 (1)1 s　(2)17.6 N　3.2 N 甲 乙 学以致用·随堂检测全达标 1 2 3 1.(已知运动求受力情况)质量为1 kg的物体,受水平恒力F的作用,由静止开始在光滑的水平面上做匀加速直线运动,运动1 s后物体的位移为2 m,则恒力F的大小为(　　) A.1 N B.2 N C.4 N D.6 N C 1 2 3 2.(动力学的多过程问题)随着科技的发展,无人驾驶汽车技术越来越成熟.一无人驾驶汽车质量为2.0×103 kg,在试驾过程中以8 m/s的速度行驶.发现车头前方20 m处的斑马线上有行人,为礼让行人开始减速,从发现行人到停止运动,其v-t图像如图所示. 则下列说法正确的是(　　) A.汽车减速过程的加速度大小为2 m/s2 B.汽车停止时车头距斑马线2 m C.图示过程中汽车运动的平均速度大小为4 m/s D.汽车在减速过程中合力大小为4.0×103 N B 1 2 3 1 2 3 3.(已知受力求运动情况)如图所示,质量为m=20 kg的行李箱放在水平地面上,现在小李同学给行李箱施加一个大小F=80 N、方向与水平方向成θ=37°的拉力,已知行李箱与地面之间的动摩擦因数为μ=0.25,sin 37°= 0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2. (1)画出行李箱的受力示意图,并求出行李箱的加速度大小. (2)行李箱在拉力作用下2 s末的速度大小. (3)行李箱在拉力作用下2 s内通过的位移大小. 1 2 3 解析 (1)行李箱受力示意图如图所示 在水平方向上有 Fcos θ-f=ma 在竖直方向上有 Fsin θ+FN=mg 又f=μFN 代入数据解得 a=1.3 m/s2. 1 2 3 (2)行李箱做初速度为零的匀加速直线运动,有 v=at 代入数据解得 v=2.6 m/s. (3)由运动学公式得 s= at2 代入数据解得 s=2.6 m. 答案 (1)见解析图　1.3 m/s2　(2)2.6 m/s　(3)2.6 m 解析 由运动学公式得v= 根据牛顿第二定律得加速度大小a==μg,方向与运动方向相反, 根据运动学公式v2-=-2as,即可求得冰壶滑行的距离. a1= m/s2 s1=t1=12 m 0-=-2a2s2 =2a3sm 解得v3=2 m/s. 答案 (1)14 N　(2)13 m　(3)2 m/s v2-=2a's 解析 由运动学公式s=at2得a==4 m/s2, 对物体,由牛顿第二定律得F=ma=4 N.故选C. 解析 由图可知,汽车减速过程的加速度大小为a= m/s2= m/s2,故A错 误;从发现行人到汽车静止,汽车的位移大小为s=8×0.5 m+×8×3.5 m=18 m, 汽车停止时车头距斑马线Δs=20 m-18 m=2 m,故B正确;图示过程中汽车 运动的平均速度大小为 m/s=4.5 m/s,故C错误;汽车在减速过程中合 力大小为F=ma=2.0×103× N≈4.6×103 N,故D错误. $