4.5 牛顿第二定律的应用 课件-2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第一册

第四章　运动和力的关系 单元活动构建 单元活动4　牛顿第二定律的综合应用 1 任务内容 任务一 图像问题 任务二 传送带问题 任务三 滑块—木板模型问题 1XXXX 2 资料1：人人都知道雨滴不会砸死人，但鲜有人知道雨滴为什么不会砸死人。因为从理论上来讲，一个从高空坠落的物体，是否能够砸死人，取决于这个物体下落的速度。如果雨滴下落过程中只受重力，速度肯定越来越大，但是雨滴除了受到重力外，还受到空气阻力，阻力大小与速度有关，速度越大，阻力越大。随着雨滴速度的增大，阻力逐渐增大，最终阻力与重力实现了平衡，于是雨滴下落的速度便不会再继续增大，而这个速度就称为“收尾速度”。 1XXXX 3 资料2：皮带输送机(如图所示)的日常工作就是输送货物，根据输送量大小、输送距离远近，可设计不同规格的皮带输送机，以满足各种需求。皮带输送机在节省人力、物力、财力的同时，也带动了经济发展。皮带输送机的装卸角度跟选择的输送带类型以及滚动的标准、动摩擦因数等有很大关系，但装卸角度一般不宜太大，一般以30°为限，不得大于30°，如果大于30°，货物容易滑落，尤其是圆滑物料，更容易滚落下来。还有一种大倾角皮带输送机，它的装卸角度可以超过30°，主要原因是在皮带上加了格挡，就算运送圆滑物料也不会滚落下来。 从雨滴到货物的装卸，从生活到生产的方方面面，很多问题的解决都要用到牛顿第二定律。 1XXXX 4 任务一　图像问题 活动1　某同学研究雨滴下落的规律时查阅资料，了解到较大的雨滴是从大约1 000 m的高空形成并落下的。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，g取10 m/s2。若忽略空气阻力的影响，请你估算雨滴落地时速度的大小。 1XXXX 5 活动2　通过查阅资料可知：①雨滴由于受空气阻力的影响，实际到达地面附近时的速度已趋于稳定(即收尾速度)，其数值大约为 4 m/s；②雨滴运动过程中所受空气阻力Ff的大小与速度v的关系如图甲所示。 (1)请在图乙中画出雨滴下落过程中的v-t 图像。 (2)求当雨滴的速度为1 m/s时加速度的大小。 1XXXX 提示：(1)由Ff-v图像可知Ff大小与速度v成正比，设比例系数为k，则表达式为 Ff＝kv 由牛顿第二定律有mg－kv＝ma 故雨滴加速下降过程中，随着速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减为0时，速度达到最大，此后做匀速直线运动，v-t图像如图所示。 1XXXX (2)收尾速度即雨滴的最大速度vm＝4 m/s，此时加速度为0，由mg＝kvm 当v1＝1 m/s，由牛顿第二定律得 mg－kv1＝ma1 联立可得a1＝7.5 m/s2。 1XXXX 1XXXX 任务二　传送带问题 活动　如图所示，滑块在传送带上运动。 (1)如何判断滑块在传送带上所受摩擦力的方向？ 提示：通过滑块相对传送带的运动方向或运动趋势方向判断。 (2)滑块相对地面的位移与滑块相对传送带的位移、传送带相对地面的位移间有什么关系？ 提示：滑块相对地面的位移等于滑块相对传送带的位移和传送带相对地面的位移之和。 1XXXX 10 任务三　滑块—木板模型问题 活动　如图所示，一滑块放在静止于光滑水平地面 的木板上，滑块和木板间存在摩擦，现有一水平力F作用在滑块上。 (1)滑块与木板恰好不发生相对滑动的条件是什么？ 提示：滑块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，且二者加速度相同。 (2)若不施加力F，而给滑块一向右的初速度v0，滑块恰好不滑离木板的条件是什么？ 提示：滑块运动到木板的另一端时，滑块与木板的速度相等。 1XXXX 11 1．动力学中的图像问题 (1)几种常见的图像：v-t图像、a-t图像、F-t图像、a-F图像等。 (2)两类问题 ①已知物体的运动图像或受力图像，分析受力或运动情况的问题。 ②已知物体的受力或运动情况，选择正确的图像。 (3)图像问题的分析思路 ①分析图像问题时，首先明确图像的种类及其意义，再明确图线的点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等的物理意义。 ②根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。 1XXXX 12 2．传送带模型的分析方法和思路 (1)常见传送带模型的类型 类型 图示 滑块运动情况 水平 传送 带 ①可能一直加速。 ②可能先加速后匀速 ①v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速。 ②v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端。 ②传送带较长时，滑块先向左运动再回到右端 1XXXX 13 类型 图示 滑块运动情况 倾斜传送带 ①可能一直加速。 ②可能先加速后匀速 ①可能一直加速。 ②可能先加速后匀速。 ③可能先以a1加速再以a2加速 组合传送带 运动情况较复杂，根据具体的受力情况分析运动情况 1XXXX (2)传送带模型分析流程 1XXXX (3)分析滑块在传送带上运动的六点注意 ①根据滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向。 ②在水平匀速传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止且做匀速运动。 ③在倾斜匀速传送带上，滑块与传送带共速时，须比较mg sin θ与μmg cos θ的大小才能确定滑块下一时刻的运动情况。μ<tan θ，共速不能保持，μ≥tan θ，共速可以保持。 1XXXX ④滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为0后将反向加速返回。 ⑤注意传送带的长度是否有限，判定滑块与传送带共速前是否滑出。 ⑥滑块在传送带上运动形成的划痕长度等于滑块与传送带的相对位移大小，应注意多个阶段的相对运动形成的划痕是否有重合的情况。 3．滑块—木板模型问题 (1)模型特点 滑块(可视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板间存在摩擦力的相互作用并发生相对滑动。 1XXXX (2)位移关系 如图甲、乙所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝l(或Δx＝x2－x1＝l)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝l。 1XXXX (3)分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联 1XXXX (4)解决滑块—木板模型中速度临界问题的思路 1XXXX (5)求解“滑块—木板”类问题的方法技巧 ①理清各物体初态时彼此间的相对运动(或相对运动趋势)和各自相对地面的运动，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 ②准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 ③速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 1XXXX 1．受2022年北京冬奥会的影响，滑雪运动在我国受到人民群众的广泛喜爱。如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上的A点由静止滑下，经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间变化的图像如图乙所示。已知斜面与水平面的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，取sin 37°＝0.6。则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为 (　　) √ 1XXXX 22 1XXXX 2．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。g取10 m/s2，由图像可知 (　　) A. A的质量mA＝2 kg B. A的质量mA＝6 kg C. A、B间的动摩擦因数μ＝0.2 D. A、B间的动摩擦因数μ＝0.6 √ √ 1XXXX 1XXXX 3．(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一个物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上传送带，传送带上的速度传感器记录下了物块速度随时间的变化，如图乙所示(取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块滑上传送带后第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是 (　　) A．μ＝0.4 B. μ＝0.2 C. t＝4.5 s D. t＝3 s √ √ 1XXXX 1XXXX (1)木板的长度L。 (2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2。 (3)物块从到达长木板上端至滑离木板所用的时间t。 1XXXX 1XXXX 1XXXX 5．一个质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一个倾角θ＝37°且足够长的斜面。现用传感器测出了小物块从斜面底端运动至最高点过程中多个时刻的瞬时速度并画出小物块上滑过程中速度v随时间t变化的图像，如图所示。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。 (1)求小物块冲上斜面上滑的加速度大小a。 (2)求小物块与斜面间的动摩擦因数。 (3)通过计算分析说明小物块能否返回出发点。 1XXXX (2)对小物块进行受力分析，如图所示。 根据牛顿第二定律有mg sin 37°＋Ff＝ma 又FN＝mg cos 37°，Ff＝μFN，联立解得μ＝0.25。 1XXXX (3)当小物块运动到最高点时，速度为0，对小物块进行受力分析，其受到竖直向下的重力、沿斜面向上的摩擦力、垂直斜面向上的支持力。重力沿斜面向下的分力G1＝mg sin 37°＝12 N 小物块受到的最大静摩擦力 Ffmax＝μFN＝μmg cos 37°＝4 N 因为重力沿斜面向下的分力大于小物块受到的最大静摩擦力，故小物块向下做匀加速直线运动，因此小物块能返回出发点。 答案：(1)8 m/s2　(2)0.25　(3)见解析 1XXXX 6．如图所示为一水平传送带装置的示意图，A、B为传送带的左、右端点，AB长l＝2 m，初始时传送带处于静止状态。当质量m＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带上A点时，传送带立即启动，启动过程可视为做加速度a＝2 m/s2的匀加速运动，传送带加速结束后立即做匀速运动。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2) (1)如果煤块以最短时间到达B点，煤块到达B点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B点的过程中，在传送带上留下的痕迹至少多长？ 1XXXX 1XXXX 1XXXX 传送带匀速运动的时间 t2＝t－t1＝1 s 位移x2＝vt2＝2 m 故痕迹最小长度Δx＝x1＋x2－l＝1 m。 答案：(1)2 m/s　(2)1 m 1XXXX 7．如图所示，传送带与水平地面间的夹角θ＝37°，从A点到B点长度l＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针匀速转动。在传送带上端A处无初速度地释放一个质量 m＝0.5 kg 的可视为质点的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数 μ＝0.5。煤块与传送带相对滑动时会在传送带上留下黑色痕迹。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)煤块从A运动到B所用的时间。 (2)煤块从A运动到B的过程中，煤块在传送带上 留下的痕迹长度。 1XXXX 解析：(1)煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，受力分析如图甲所示。 其加速度a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 设经过t1，煤块速度与传送带相同，则有 1XXXX 1XXXX (2)第一阶段痕迹长度Δx1＝v0t1－x1＝5 m 第二阶段痕迹长度Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m Δx2与Δx1的一部分重合，故痕迹总长度为5 m。 答案：(1)1.5 s　(2)5 m 1XXXX 8．如图所示，质量m1＝2.0 kg的长木板A放在光滑水平面上，质量m2＝0.5 kg的小滑块B放在长木板A的最右端，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取 10 m/s2。 (1)长木板A在外力作用下以加速度a1＝1.2 m/s2向右加速运动时，求滑块B所受的摩擦力大小与方向。 (2)要使滑块B脱离长木板A，至少要用多大的水平力拉长木板？ (3)若长木板A长L＝2 m，在F＝9.5 N的水平拉力的作用下由静止开始运动，滑块B滑离长木板A需多长时间？ 1XXXX 解析：(1)对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得 μm2g＝m2a 解得A、B保持相对静止的最大加速度 a＝μg＝0.3×10 m/s2＝3 m/s2>a1 可知长木板A在外力作用下以加速度a1＝1.2 m/s2 向右加速运动时，A、B保持相对静止，根据牛顿第二定律得Ff＝m2a1＝0.5×1.2 N＝0.6 N，方向水平向右。 (2)A、B发生相对滑动的临界加速度a＝3 m/s2，对整体分析有 F＝(m1＋m2)a＝(2.0＋0.5)×3 N＝7.5 N。 1XXXX 答案：(1)0.6 N　方向水平向右　(2)7.5 N (3)2 s 1XXXX 提示：雨滴下落时若忽略空气阻力的影响，雨滴做自由落体运动，由运动学公式v2＝2gh 可得v＝＝ m/s＝100 m/s。 活动3　通过查阅资料可知：雨滴的收尾速度 vm＝，r是雨滴半径，ρ是雨滴的密度，k是比例系数。一般情况下，小雨雨滴和暴雨雨滴落地时的速度有何不同？说明该自然现象产生的原因。 提示：一般情况下，暴雨雨滴落地时速度要比小雨雨滴落地时的速度大。雨滴收尾速度vm＝与雨滴半径r有关，暴雨的雨滴体积大，半径大，因此速度也大。 A. 　　　B. 　　　 C. 　　　D. A　解析：由题中v-t图像可知，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的加速度之比为＝，设滑雪爱好者与滑雪板的总质量为m，滑雪板与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1，μmg＝ma2，又＝，解得 μ＝，故A正确，B、C、D错误。 BC　解析：由题图乙可以看出图像在(48，6)点出现了转折，说明当F达到48 N之后A、B发生了相对运动，当力F<48 N时加速度较小，A、B相对静止。当力F<48 N时采用整体法，由牛顿第二定律有 F＝(mA＋mB)a，a＝，根据题图乙可得mA＋mB＝8 kg；当F>48 N 时，A的加速度较大，A、B相对滑动，对A采用隔离法，由牛顿第二定律有F－μmAg＝mAa′，则a′＝－μg，根据题图乙可得mA＝6 kg，μ＝0.2，A、D错误，B、C正确。 BC　解析：由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t图像中，图像与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端的过程中，物块的位移为0，由题图乙可得 －×4×2 m＋×1×2 m＋2 m/s×t′＝0，解得t′＝1.5 s，故物块在传送带上运动的总时间 t＝3 s＋1.5 s＝4.5 s，C正确，D错误。 4．如图所示，在倾角θ＝37°的足够长固定斜面上，将质量m2＝4 kg的长木板由静止释放的同时，质量m1＝0.5 kg的物块(视为质点)以v0＝2 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为0。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝，求： 解析：(1)物块在木板上滑行时，应用牛顿第二定律可得m1g sin θ＋μ1m1g cos θ＝m1a1，由运动学关系v＝2a1L，代入数据，解得L＝2 m。 (2)物块上滑时木板保持静止，根据平衡条件有 m2g sin θ＝μ1m1g cos θ＋μ2(m1＋m2)g cos θ 代入数据，解得木板与斜面间的动摩擦因数 μ2＝。 (3)物块下滑过程中，对其应用牛顿第二定律得m1g sin θ－μ1m1g cos θ＝m1a2，解得a2＝2 m/s2； 因m2g sin θ＋μ1m1g cos θ＞μ2(m1＋m2)g cos θ，木板将沿斜面下滑，对木板有m2g sin θ＋μ1m1g cos θ－μ2(m1＋m2)g cos θ＝m2a3，解得 a3＝1 m/s2； 根据相对运动的位移关系L＝(a2－a3)t2，代入数据，解得t＝2 s。 答案：(1)2 m　(2)　(3)2 s 解析：(1)由题图可知小物块冲上斜面上滑的加速度 a＝＝－8 m/s2，则小物块冲上斜面上滑的加速度大小为8 m/s2。 解析：(1)为使煤块以最短时间到达B点，煤块从A点到B点一直做匀加速运动，有μmg＝ma1 解得a1＝1 m/s2 由v＝2a1l 解得vB＝2 m/s。 (2)传送带加速结束时的速度v＝vB＝2 m/s时，煤块在传送带上留下的痕迹最短，煤块运动时间t＝＝2 s 传送带加速过程中有v＝at1 解得t1＝1 s 传送带加速过程中的位移x1＝at＝1 m 其加速度a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 设经过t1，煤块速度与传送带相同，则有 t1＝＝1 s 煤块的位移x1＝a1t＝5 m＜l 即煤块下滑5 m后与传送带共速，达到v0后，由于μ＜tan 37°，则μmg cos θ<mg sin θ，煤块仍将加速下滑，受到向上的摩擦力，受力分析如图乙所示，此时煤块的加速度 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝l－x1＝5.25 m x2＝v0t2＋a2t 联立解得t2＝0.5 s(另一解不合题意，舍去) 则煤块从A运动到B所用的时间 t＝t1＋t2＝1.5 s。 (3)当拉力F＝9.5 N时，A、B发生相对滑动，此时滑块B的加速度aB＝μg＝3 m/s2 长木板A的加速度 aA＝＝ m/s2＝4 m/s2 滑块B滑离长木板A的过程有 aAt2－aBt2＝L 代入数据解得t＝2 s(另一解不合题意，舍去)。 $