回归原点03 牛顿运动定律的应用（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

回归原点3　牛顿运动定律的应用 回归原点——回归教材核心 感悟经典案例 1 [核心考点] 1．牛顿第二定律：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。 【说明】　①F＝ma，F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度。 ②应用F＝ma时，所有物理量的单位都必须统一成国际单位制单位，m单位为kg，F单位为N，a单位为m/s2。 回归原点3　牛顿运动定律的应用 2 2．超重、失重和完全失重 项目 超重 失重 完全失重 定义 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象 回归原点3　牛顿运动定律的应用 3 项目 超重 失重 完全失重 加速 度特征 加速度方向向上 加速度方向向下 加速度方向向下，a＝g 原理 方程 F－mg＝ma⇒ F＝m(g＋a)>mg mg－F＝ma⇒ F＝m(g－a)<mg mg－F＝ma， a＝g⇒F＝0 运动 状态 加速上升或减速下降 加速下降或减速上升 以a＝g加速下降或减速上升 回归原点3　牛顿运动定律的应用 4 3．国际单位制的基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n，(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I，(IV) 坎[徳拉] cd 回归原点3　牛顿运动定律的应用 5 [核心解读] 1．连接体动力学问题 (1)加速度相同的连接体问题 分析思路：先整体、后隔离(先易后难) 回归原点3　牛顿运动定律的应用 6 (2)加速度不同的连接体问题 分析思路：隔离法。 回归原点3　牛顿运动定律的应用 7 2．传送带问题 物体的运动速度与传送带速度的关系决定摩擦力的情况。传送带的长度提供位移的限制条件。 (1)初速度方向与传送带方向相同 回归原点3　牛顿运动定律的应用 8 回归原点3　牛顿运动定律的应用 9 (2)初速度方向与传送带方向相反 回归原点3　牛顿运动定律的应用 10 3．滑块—滑板问题 (1)最大加速度分析(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面光滑) 回归原点3　牛顿运动定律的应用 11 (2)位移关系(滑块由滑板一端运动到另一端) 回归原点3　牛顿运动定律的应用 12 [经典案例] [典例1]　(人教版教材必修第一册P106例题2)如图，一位滑雪者，人与装备的总质量为75 kg，以2 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30°，在5 s的时间内滑下的路程为60 m。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10 m/s2。 回归原点3　牛顿运动定律的应用 13 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。 回归原点3　牛顿运动定律的应用 14 [解析]　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。 根据匀变速直线运动规律，有x＝v0t＋at2 其中v0＝2 m/s，t＝5 s，x＝60 m，则有 a＝＝ m/s2＝4 m/s2 15 根据牛顿第二定律，有 y方向　FN－mgcos θ＝0 x方向　mgsin θ－Ff＝ma 得FN＝mgcos θ Ff＝m(gsin θ－a) 其中，m＝75 kg，θ＝30°，则有Ff＝75 N，FN＝650 N 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650 N，方向垂直斜面向下。滑雪者受到的阻力大小为75 N，方向沿山坡向上。 [答案]　见解析 16 [典例2]　(人教版教材必修第一册P115T7)如图所示，质量为2.5 kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)求木块对铁箱压力的大小。 (2)求水平拉力F的大小。 (3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经1 s时间木块从左侧到达右侧，则此时木块相对铁箱运动的距离是多少? 回归原点3　牛顿运动定律的应用 17 [解析]　(1)对木块，在竖直方向，根据平衡条件可得mg＝f＝μ2FN 解得对铁箱木块的支持力的大小为 FN＝20 N 根据牛顿第三定律，木块对铁箱压力的大小为F'N＝20 N。 18 (2)木块在水平方向的加速度为 a＝＝ m/s2＝40 m/s2 对铁箱和木块整体有 F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 解得水平拉力F的大小为F＝129 N。 19 (3)撤去拉力后，铁箱和木块的速度均为6 m/s。 撤去拉力后，木块相对铁箱滑动，木块的加速度大小为a2＝μ2g＝2.5 m/s2 铁箱的加速度大小为a1＝＝3.1 m/s2 铁箱减速至速度为零的时间为t0＝≈1.9 s>1 s 故木块到达铁箱右端时，铁箱未静止，木块相对铁箱运动的距离为ΔL＝vt－a2t2－＝0.3 m。 [答案]　(1)20 N　(2)129 N　(3)0.3 m 20 $