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第三课时--牛顿第二定律的应用PPT课件下载

素材编号:
192895
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ZIP/RAR
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weishenhe
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2018-01-07
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物理课件PPT
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第三课时--牛顿第二定律的应用PPT课件

第三课时--牛顿第二定律的应用PPT课件免费下载是由PPT宝藏(www.pptbz.com)会员weishenhe上传推荐的物理课件PPT, 更新时间为2018-01-07,素材编号192895。

这是一个关于第三课时--牛顿第二定律的应用PPT课件,主要介绍了如下:第一关:基础关 展望高考;第二关:技法关 解读高考;第三关:训练关 笑对高考;随堂训练等等内容,欢迎点击下载第三课时--牛顿第二定律的应用PPT课件哦。不论超重、失重或完全失重,物体的重力依然不变,只是“视重”改变.重力是由于地球对物体的吸引而产生的,地球对物体的引力不会由于物体具有向上或向下的加速度而改变。

第三课时 牛顿第二定律的应用 第一关:基础关 展望高考 基础知识 牛顿运动定律应用的两种基本类型知识讲解 (1)已知物体的受力情况,求解物体的运动情况. 解决这类题目,一般是应用牛顿运动定律求出物体的加速度,再根据物体的初始条件,应用运动学公式,求出物体运动的情况,即求出物体在任意时刻的位置、速度及运动轨迹.流程图如下: (2)已知物体的运动的情况,求解物体的受力情况. 解决这类题目,一般是应用运动学公式求出物体的加速度,再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力,进而求出物体所受的其他外力.流程图如下: 分析解决这两类问题的关键是抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度. 活学活用如图所示,传送带与地面倾角为37°,AB长为16 m,传送带以10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速地放一个质量为0.5 kg的物体,它与传送带间的动摩擦因数为0.5.求物体从A至B所需的时间. 解析:物体放上传送带后,开始阶段由于传送带速度大于物体的速度.物体受到一沿传送带向下的滑动摩擦力,其受力如图所示.由牛顿第二定律有: mgsinθ+μmgcosθ=ma1 a1=10×10×(0.6+0.5×0.8)m/s2=10 m/s2 物体加速至与传送带具有相等的速度所需时间为:s 物体在重力作用下将继续加速,当物体速度大于传送带的速度时,物体受到的滑动摩擦力沿传送带向上,如图所示.则有: mgsinθ-μmgcosθ=ma2,a2=2 m/s2 L-s=vt2 s t=t1+t2=2 s. 答案:2 s 第二关:技法关 解读高考 解题技法一、 超重和失重的应用 技法讲解 1.理解超重和失重,应当注意以下几点: (1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力依然不变,只是“视重”改变.重力是由于地球对物体的吸引而产生的,地球对物体的引力不会由于物体具有向上或向下的加速度而改变. (2)发生超重或失重的现象和物体的速度无关,只决定于加速度的方向.所以发生超重时,物体可能向上加速或向下减速(加速度方向向上);发生失重时,物体可能向上减速或向下加速(加速度方向向下). (3)在完全失重的状态下,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如单摆停摆、天平失效、液体柱不再产生向下的压强等. 2.超重及失重的应用我们的目的不只是判断超重或失重,还要利用超重或失重时产生的现象对问题作出快速判断. (1)发生超重时,物体对水平支持面的压力或对竖直悬挂物的拉力大于本身重力. (2)发生失重时,物体对水平支持面的压力或对竖直悬挂物的拉力小于本身重力. (3)在已知物体对悬挂物的拉力或对支持面的压力大于或小于重力时,可判知物体的运动情况. 典例剖析 【例1】 一物体放置在倾角为θ的斜面上,斜面固定于加速上升的电梯中,加速度为a,如图所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下,下列说法中正确的是( ) A.当θ一定时,a越大,斜面对物体的正压力越小 B.当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越大 C.当a一定时,θ越大,斜面对物体的正压力越小 D.当a一定时,θ越大,斜面对物体的摩擦力越小 [解析] 解法一:物体放在斜面上,受到三个力作用:重力mg、斜面的支持力FN和静摩擦力Ff,如图所示.由于物体在电梯中,具有与电梯相同的向上加速度,故物体在水平方向上合外力为零,在竖直方向由牛顿运动定律可得: Ffcosθ=FNsinθ Ffsinθ+FNcosθ-mg=ma 由以上两式解得 FN=m(g+a)cosθ Ff=m(g+a)sinθ 由支持力和摩擦力的表达式可判断选项B、C正确. 解法二:在加速度向上的系统中的物体处于超重状态,也就是在该系统中放一静止的物体,受到的重力大小可以认为是m(g+a). 然后利用平衡条件进行判断. 对于在斜面上的物体,斜面对物体的支持力FN=m(g+a)cosθ.斜面对物体的静摩擦力Ff=m(g+a)sinθ.由支持力和摩擦力的表达式可以判断B、C两项正确. [答案] BC 二、 整体法和隔离法的运用技法讲解研究对象的选取方法——整体法和隔离法的运用. 1.选取隔离法的条件:若连接体内各物体的加速度不相同,且需要求物体之间的作用力. 这种情况就需要把物体从系统中隔离出来,将内力转化成外力,分析物体的受力情况和运动情况,并分别应用牛顿第二定律求解.隔离法是受力分析的基础,应重点掌握. 2.选取整体法的条件:若连接体内各物体具有相同的加速度,并且不需要求物体之间的作用力. 这种情况可以把它们看作一个整体(当成一个质点),来分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律来解决问题. 3.整体法和隔离法交替运用原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求加速度,然后再用隔离法,选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力. 注意:处理连接体的一般方法是先整体法求加速度,后隔离法求内力. 典例剖析 【例2】 质量为m的两个梯形木块A和B,紧挨着并排放在水平面上,在水平推力F作用下向右做加速运动,如图所示.为使运动过程中A和B之间不发生相对滑动,求推力F的大小.(不计一切摩擦力) [解析] 先以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F=2ma 再用隔离法分别对A、B进行受力分析,其受力分析图如图所示. 因题意要求A和B之间不发生相对滑动,对A有:FN·cosθ≤mg F-FN·sinθ=ma,对B有FN′sinθ=ma 由牛顿第三定律FN=FN′ 由上式解得:F≤2mgtanθ. 故F的大小应满足的条件0≤F≤2mgtanθ. [答案] 0≤F≤2mgtanθ 三、 临界问题的分析方法技法讲解 1.在应用牛顿运动定律解动力学问题时,如果物体运动的加速度变化,则意味着物体的受力情况发生了变化;反之,受力情况变化,则加速度就变化.在变化时,有可能出现一些临界问题、临界状态,特别是题目中出现“最大、最小、刚好”等词语时,往往会出现临界现象、临界状态. 2.临界现象的临界点必然隐藏在运动的过程中.分析这类问题的方法,是更加细致地分析受力情况和运动过程,也可配合使用极限法推断物理过程的发展方向和发展结果,以能够快速找出临界点和临界条件. 3.两个物体恰好分开的临界条件是: (1)两物体间无相互作用力(如弹力); (2)两物体具有相同的加速度和速度,此时以后,两物体的加速度和速度可能不同. 典例剖析 【例3】 如图所示,木块A与B用一根轻弹簧相连,竖直放置在C板上,用手托住C板.A、B、C的质量分别为m、2m、3m.为使C板能即刻与B分离,则手向下对C施加多大的力? [解析] B、C分离瞬间,A、B、C的受力如图所示.由牛顿第二定律对A、B、C分别列方程得: A:FN=mAg B:FN+mBg=mBaB C:F+mCg=mCaC 第三关:训练关 笑对高考 随堂·训练 1.如图所示,两个质量为m的完全相同的物块,中间用绳连接,若绳能够承受的最大拉力为T,现将两物块放在光滑水平面上,用拉力F1拉一物块时,恰好能将连接绳拉断;倘若把两物块放在粗糙水平面上,用拉力F2拉一物块时(设拉力大于摩擦力),也恰好将连接绳拉断,比较F1、F2的大小可知( ) A.F1>F2 B.F1mB 解析:由牛顿第二定律F-mg=ma,a 答案:AB 3.一水桶侧壁上不同高度处开有两个小孔,把桶装满水,水从孔中流出,如图所示.用手将桶提至高处,松手让桶自由落下,则在桶下落过程中( ) A.水仍能从小孔中以原流速流出 B.水仍能从小孔中流出,但流速变快 C.水几乎不从小孔流出 D.水仍能从上孔中流出,但两孔流速相同 解析:桶和桶中的水自由下落时,都处于完全失重状态,故相互之间无作用力. 答案:C 4.如图所示一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传递,水平部分长为2.0 m,其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4 m,一个可视为质点物块无初速度地放在传送带最左端,已知物块与传送带间动摩擦μ=0.2,试问: (1)物块能否达斜面顶端?若能,说明理由,若不能,求出物块上升的最大高度. (2)出发后9.5 s内物块运动的路程.(sin37°=0.6,g取10 m/s2) (2)物块的运动全过程为:先加速1 s,匀速0.5 s,上升 s,下降s回到传送带,再经过1 s速度减为零,然后加速1 s运动到斜面底端……如此往复,周期为 由第一次到达斜面底端算起,还剩8 s,恰好完成三个周期,因此S=L+6(S1+S3)=10 m. 答案:(1)见解析 (2)10 m 5.如图所示,一足够长的光滑斜面倾角为θ=30°,斜面AB与水平面BC连接,质量m=2 kg的物体置于水平面上的D点,D点距B点d=7 m.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,当物体受到一水平向左的恒力F=8 N作用时,且当作用时间t=2 s后撤去该力,不考虑物体经过B点碰撞时的能量损失,重力加速度g取10 m/s2.求撤去拉力F后,经过多长时间物体经过B点. 解析:设在F的作用下物体运动的加速度为a1,由牛顿运动定律得 F-μmg=ma1 解得:a1=2 m/s2 F作用2 s后的速度v1和位移s1分别为 v1=a1t=4 m/s s1=a1t2=4 m 撤去F后,物体运动的加速度为a2 μmg=ma2 解得:a2=2 m/s2 设物体第一次到达B点所用时间为t1,则 d-s1=v1t1-a2 /2 解得:t1=1 s 此时物体速度v2=v1-a2t1=2 m/s 当物体由斜面重回B点时,经过时间t2,物体在斜面上运动的加速度为a3,则mgsin30°=ma3 t2=2v2/a3=0.8 s 所以撤去力F后,分别经过1 s和1.8 s物体经过B点. 答案:1 s和1.8 s

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牛顿第二定律教课PPT:这是一个关于牛顿第二定律教课PPT,主要介绍了如下:灵活运用牛顿第二定律解题;有相互作用力的系统(整体法与隔离法、隔离法、牛顿的质点系方程组、牛顿第二定律简单应用练习)等等内容,欢迎点击下载牛顿第二定律教课PPT哦。在连接体问题中,如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力,并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度,就可以把它们看成一个整体(当成一个质点),分析受到的外力和运动情况,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)

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