高考物理一輪復(fù)習(xí) 3.2牛頓第二定律 兩類動力學(xué)問題課件 滬科版必修1.ppt

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第2講牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題 知識點1牛頓第二定律 單位制 思維激活1 如圖所示 甲 乙兩圖中水平面都是光滑的 小車的質(zhì)量都是M 人的質(zhì)量都是m 甲圖人推車 乙圖人拉繩 繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計 的力都是F 對于甲 乙兩圖中車的加速度大小說法正確的是 A 甲圖中車的加速度大小為B 甲圖中車的加速度大小為C 乙圖中車的加速度大小為D 乙圖中車的加速度大小為 解析 選C 對甲圖 以車和人為研究對象 不受外力作用 故加速度為零 A B錯誤 乙圖中人和車受繩子的拉力作用 以人和車為研究對象 受力為2F 所以a C正確 D錯誤 知識梳理 1 內(nèi)容 物體加速度的大小跟 成正比 跟 成反比 加速度的方向跟 的方向相同 2 表達式 3 適用范圍 1 牛頓第二定律只適用于 參考系 即相對地面 的參考系 2 牛頓第二定律只適用于 相對于分子 原子 低速運動 遠小于光速 的情況 它受到的作用力 物體的質(zhì)量 作用力 F ma 慣性 靜止或 做勻速直線運動 宏觀物體 4 單位制 1 單位制 由 和 一起組成了單位制 2 基本單位 的單位 力學(xué)中的基本量有三個 它們分別是 和 它們的國際單位分別是 和 3 導(dǎo)出單位 由 根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位 基本單位 導(dǎo)出單位 基本量 質(zhì)量 時間 長度 千克 kg 秒 s 米 m 基本量 知識點2牛頓定律的應(yīng)用 思維激活2 如圖所示 物體沿斜面由靜止滑下 在水平面上滑行一段距離后停止 物體與斜面和水平面間的動摩擦因數(shù)相同 斜面與水平面光滑連接 圖中v a f和S分別表示物體的速度大小 加速度大小 摩擦力大小和位移 其中正確的是 解析 選C 物體在兩個過程中所受合力恒定 由牛頓第二定律可知 物體的加速度恒定 兩個過程物體都做勻變速運動 故速度v隨時間均勻變化 選項A錯誤 兩個過程加速度a都不隨時間變化 選項B錯誤 由s v0t at2可知s t圖像兩個過程都是拋物線 選項D錯誤 由f1 mgcos 和f2 mg可知 選項C正確 知識梳理 1 動力學(xué)的兩類基本問題 1 已知受力情況求物體的 2 已知運動情況求物體的 2 解決兩類基本問題的方法 以 為 橋梁 由 和 列方程求解 具體邏輯關(guān)系如圖 運動情況 受力情況 加速度 運動 學(xué)公式 牛頓運動定律 微點撥 1 對牛頓第二定律的三點提醒 1 公式F ma中 F與a是瞬時對應(yīng)關(guān)系 2 F ma是矢量式 a的方向與F的方向相同 與速度方向無關(guān) 3 物體受到幾個力的作用 每個力各自獨立使物體產(chǎn)生一個加速度 但物體表現(xiàn)出來的加速度只有一個 即各個力產(chǎn)生加速度的矢量和 2 加速度與速度的兩個易混點 1 a 是加速度的決定式 a 是加速度的定義式 物體的加速度是由合外力決定的 與速度無關(guān) 2 物體所受的合外力減小 加速度一定減小 而速度不一定減小 考點1對牛頓第二定律的理解牛頓第二定律的 五性 深化理解 題組通關(guān)方案 典題1 2013 新課標全國卷 一物塊靜止在粗糙的水平桌面上 從某時刻開始 物塊受到一方向不變的水平拉力作用 假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 以a表示物塊的加速度大小 F表示水平拉力的大小 能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是 解題探究 1 根據(jù)物塊受力情況 在F逐漸增大的過程中 加速度a的變化有什么特點 提示 當F小于最大靜摩擦力時 a 0 F大于最大靜摩擦力以后 a逐漸增大 2 根據(jù)受力情況確定圖像有什么特點 圖像一定 原點 a一定隨F的增大而 不通過 增大 典題解析 選C 物塊在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用 根據(jù)牛頓第二定律 有F f ma 即F ma f 該關(guān)系為線性函數(shù) 當a 0時 F f 當F 0時 a 符合該函數(shù)關(guān)系的圖像為C 通關(guān)1 1 1 多選 2014 寧波模擬 如圖所示 一小車上有一個固定的水平橫桿 橫桿左邊固定有一輕桿與豎直方向成 角 輕桿下端連接一小球 橫桿右邊用一根細線吊一小球 當小車向右做加速運動時 細線保持與豎直方向成 角 若 則下列說法正確的是 A 輕桿對小球的彈力方向沿著輕桿方向向上B 輕桿對小球的彈力方向與細線平行C 輕桿對小球的彈力方向既不與細線平行 也不沿著輕桿方向D 此時小車的加速度為gtan 解析 選B D 由于兩小球加速度相同 輕桿對小球的彈力方向與細線平行 小球受力如圖所示 由牛頓第二定律得mgtan ma 解得a gtan 故小車的加速度為gtan 選項B D正確 2 2013 安徽高考 如圖所示 細線的一端系一質(zhì)量為m的小球 另一端固定在傾角為 的光滑斜面體頂端 細線與斜面平行 在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中 小球始終靜止在斜面上 小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為 重力加速度為g A T m gsin acos FN m gcos asin B T m gcos asin FN m gsin acos C T m acos gsin FN m gcos asin D T m asin gcos FN m gsin acos 解析 選A 受力分析如圖 建立如圖所示的坐標系在豎直方向上受力平衡 合力為零 列式可得 FNcos Tsin mg 0 在水平方向上 由牛頓第二定律可得 Tcos FNsin ma 聯(lián)立 兩式可解得 T m gsin acos FN m gcos asin 故A項正確 加固訓(xùn)練 1 2014 唐山模擬 從16世紀末 人類對力的認識逐漸清晰和豐富 建立了經(jīng)典力學(xué)理論 以下有關(guān)力的說法正確的是 A 物體的速度越大 說明它受到的外力越大B 物體的加速度在改變 說明它受到的外力一定改變C 馬拉車做勻速運動 說明物體做勻速運動需要力來維持D 一個人從地面跳起來 說明地面對人的支持力大于人對地面的壓力 解析 選B 物體的速度大小與加速度大小無關(guān) 即與合外力大小無關(guān) 選項A錯誤 根據(jù)牛頓第二定律可知物體的加速度在改變 說明它受到的外力一定改變 選項B正確 根據(jù)牛頓第一定律可知力是改變物體運動狀態(tài)的原因 不是維持物體運動狀態(tài)的原因 選項C錯誤 根據(jù)牛頓第三定律可知地面對人的支持力大小等于人對地面的壓力大小 選項D錯誤 2 2012 海南高考 根據(jù)牛頓第二定律 下列敘述正確的是 A 物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B 物體所受合外力必須達到一定值時 才能使物體產(chǎn)生加速度C 物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比D 當物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時 物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比 解析 選D 物體加速度的大小與物體受到的合力成正比 與物體的質(zhì)量成反比 選項A錯誤 力是產(chǎn)生加速度的原因 只要有合力 物體就有加速度 它們之間有瞬時對應(yīng)關(guān)系 不存在累積效應(yīng) 選項B錯誤 物體加速度的大小與它受到的合力成正比 選項C錯誤 根據(jù)矢量的合成和分解 即Fx max 選項D正確 考點2牛頓第二定律的瞬時性1 兩種模型 牛頓第二定律的表達式為F ma 其核心是加速度與合外力的瞬時對應(yīng)關(guān)系 二者總是同時產(chǎn)生 同時消失 同時變化 具體可簡化為以下兩種模型 拓展延伸 1 剛性繩 或接觸面 不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體 剪斷 或脫離 后 其彈力立即消失 不需要形變恢復(fù)時間 2 彈簧 或橡皮繩 兩端同時連接 或附著 有物體的彈簧 或橡皮繩 特點是形變量大 其形變恢復(fù)需要較長時間 在瞬時性問題中 其彈力的大小往往可以看成保持不變 2 解題思路 題組通關(guān)方案 典題2 2014 泉州模擬 如圖所示 豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A B A B的質(zhì)量均為2kg 它們處于靜止狀態(tài) 若突然將一個大小為10N 方向豎直向下的力施加在物塊A上 則此瞬間 A對B的壓力大小為 g取10m s2 A 10NB 20NC 25ND 30N 解題探究 1 A與B之間的彈力和彈簧的彈力是否都能發(fā)生突變 提示 A與B之間的彈力可以發(fā)生突變 而彈簧的彈力是不能發(fā)生突變的 2 請畫出施加力F前后 A B整體和A的受力分析圖 提示 典題解析 選C 對A B整體分析 當它們處于靜止狀態(tài)時 彈簧的彈力等于A B整體的重力 在施加力F的瞬間 彈力不變 故A B所受合力為10N 則a 2 5m s2 隔離A物塊受力分析得F mg N ma 解得N 25N 所以A對B的壓力大小等于25N 選項C正確 通關(guān)1 1 1 拓展延伸 結(jié)合 典題2 回答下列問題 1 若將物塊A突然撤去 此瞬間物塊B的加速度大小及方向如何 提示 撤去物塊A前 彈簧的彈力等于A B的總重力 在撤去物塊A的瞬間 彈簧彈力不變 對物塊B由牛頓第二定律得F彈 mg ma 解得a 10m s2 方向豎直向上 2 若將物塊B突然沿水平方向抽出 此瞬間物塊A的加速度大小及方向如何 提示 物塊B突然沿水平方向抽出的瞬間 物塊A只受重力作用 故物塊A的加速度a g 10m s2 方向豎直向下 2 2014 朝陽區(qū)模擬 如圖所示 一根質(zhì)量不計的輕彈簧上端固定在天花板上 下端與一質(zhì)量為m的托盤連接 托盤中有一個質(zhì)量為M的砝碼 當托盤靜止時 彈簧的伸長量為L 現(xiàn)將托盤向下拉 彈簧又伸長了 L 未超過彈簧的彈性限度 然后使托盤由靜止釋放 則剛釋放托盤時 砝碼對托盤的作用力等于 解析 選A 以托盤和砝碼整體為研究對象 當托盤靜止時受到平衡力的作用 設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k 由胡克定律得 m M g kL 彈簧又伸長 L 剛釋放時 彈簧彈力不變 對整體由牛頓第二定律得k L L m M g m M a 以砝碼為研究對象 設(shè)托盤對砝碼的作用力為N 由牛頓第二定律得N Mg Ma 聯(lián)立以上各式解得N 1 Mg 由牛頓第三定律得砝碼對托盤的作用力為 1 Mg A正確 加固訓(xùn)練 1 一輕彈簧的上端固定 下端懸掛一重物 彈簧伸長了8cm 再將重物向下拉4cm 然后放手 則在釋放重物瞬間 重物的加速度是 解析 選B 假設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k 第一次彈簧伸長了x1 8cm 第二次彈簧伸長了x2 12cm 第一次受力平衡 則有kx1 mg 0 第二次由牛頓第二定律得 kx2 mg ma 解得 a 選項B正確 2 多選 如圖所示 A B球的質(zhì)量相等 彈簧的質(zhì)量不計 傾角為 的斜面光滑 系統(tǒng)靜止時 彈簧與細線均平行于斜面 在細線被燒斷的瞬間 下列說法正確的是 A 兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下 大小均為gsin B B球的受力情況未變 瞬時加速度為零C A球的瞬時加速度沿斜面向下 大小為2gsin D 彈簧有收縮的趨勢 B球的瞬時加速度向上 A球的瞬時加速度向下 瞬時加速度都不為零 解析 選B C 細線燒斷瞬間 彈簧彈力與原來相等 B球受力平衡 aB 0 A球所受合力為mgsin kx 2mgsin maA 解得aA 2gsin 方向沿斜面向下 故A D錯誤 B C正確 學(xué)科素養(yǎng)升華 瞬時性問題的解題技巧 1 分析物體在某一時刻的瞬時加速度 關(guān)鍵是明確該時刻物體的受力情況或運動狀態(tài) 再由牛頓第二定律求出瞬時加速度 此類問題應(yīng)注意以下兩種模型 輕繩模型 受外力時形變微小不計 力可以發(fā)生突變 輕彈簧模型 受外力時形變較大 力不能發(fā)生突變 2 在求解瞬時性加速度問題時應(yīng)注意 物體的受力情況和運動情況是時刻對應(yīng)的 當外界因素發(fā)生變化時 需要重新進行受力分析和運動分析 加速度可以隨著力的突變而突變 而速度的變化需要一個積累的過程 不會發(fā)生突變 考點3動力學(xué)的兩類基本問題動力學(xué)的兩類基本問題的解題步驟 1 選取研究對象 根據(jù)問題的需要和解題的方便 選出被研究的物體 可以是一個物體 也可以是幾個物體組成的整體 2 分析研究對象的受力情況和運動情況 注意畫好受力分析圖 明確物體的運動過程和運動性質(zhì) 3 選取正方向或建立坐標系 通常以加速度的方向為正方向或以加速度方向為某一坐標軸的正方向 4 求合外力F 5 根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式列方程求解 必要時還要對結(jié)果進行討論 解題技巧 題組通關(guān)方案 典題3 15分 2013 山東高考 如圖所示 一質(zhì)量m 0 4kg的小物塊 以v0 2m s的初速度 在與斜面成某一夾角的拉力F作用下 沿斜面向上做勻加速運動 經(jīng)t 2s的時間物塊由A點運動到B點 A B之間的距離L 10m 已知斜面傾角 30 物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù) 重力加速度g取10m s2 1 求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小 2 拉力F與斜面夾角多大時 拉力F最小 拉力F的最小值是多少 解題探究 1 請用已知物理量符號寫出物塊由A到B的運動學(xué)方程 位移方程 速度方程 vB v0 at 2 請畫出物塊的受力分析圖 提示 3 請寫出拉力F最小值的求解思路 提示 由牛頓第二定律列方程 求出F的表達式 應(yīng)用三角函數(shù)求極值 典題解析 1 由運動學(xué)方程得 L v0t at2 2分 vB v0 at 2分 代入數(shù)值解得 a 3m s2 vB 8m s 2分 2 對物塊受力分析如圖所示 設(shè)拉力F與斜面成 角 對物塊由牛頓第二定律得 垂直斜面方向 Fsin N mgcos30 0 2分 沿斜面方向 Fcos mgsin30 f ma 2分 又f N 2分 聯(lián)立 三式 代入數(shù)值解得 Fcos Fsin 5 2 則 2分 當 30 時 拉力F有最小值 且Fmin N 1分 答案 1 3m s28m s 2 30 N 通關(guān)1 1 1 為了使雨滴能盡快地淌離房頂 要設(shè)計好房頂?shù)母叨?設(shè)雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動 那么如圖所示的四種情況中符合要求的是 解析 選C 如圖所示 設(shè)房屋頂寬為2b 斜邊長為s 則s 根據(jù)牛頓第二定律a gsin 因s at2 故t 當 45 時 t最小 故選項C正確 2 某工人裝卸貨物時要把重為1200N的貨物沿傾斜的木板推上汽車 木板長5m 一端離地高1m 貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為0 5 假定工人推力方向與板面平行 g取10m s2 2 45 3 16 求 1 工人搬運過程中的推力至少多大 2 若工人用 1 中大小的推力沿板面向下推貨物 貨物由靜止從木板頂端推到底端的時間 解析 1 貨物勻速上滑時用力最小 由平衡條件有 F Gsin Gcos 0 由幾何關(guān)系 sin cos 解得F 828N 2 向下推時 由牛頓第二定律得F Gsin Gcos ma 解得a 2gsin 4m s2由s at2解得t s 1 58s答案 1 828N 2 1 58s 加固訓(xùn)練 1 質(zhì)量m 10kg的物體 在F 40N的水平向左的力的作用下 沿水平桌面從靜止開始運動 物體運動時受到的滑動摩擦力Ff 30N 在開始運動后的第5s末撤去水平力F 求物體從開始運動到最后停止總共發(fā)生的位移 保留三位有效數(shù)字 解析 加速過程由牛頓第二定律得 F Ff ma1解得 a1 1m s2 5s末的速度 vt a1t 5m s5s內(nèi)的位移 x1 a1t2 12 5m減速過程由牛頓第二定律得 Ff ma2解得 a2 3m s2減速位移 x2 4 2m總位移 x x1 x2 16 7m答案 16 7m 2 如圖所示 木塊的質(zhì)量m 2kg 與地面間的動摩擦因數(shù) 0 2 木塊在拉力F 10N作用下 在水平地面上從靜止開始向右運動 運動5 2m后撤去外力F 已知力F與水平方向的夾角 37 sin37 0 6 cos37 0 8 g取10m s2 求 1 撤去外力前 木塊受到的摩擦力大小 2 剛撤去外力時 木塊運動的速度 3 撤去外力后 木塊還能滑行的距離為多少 解析 1 木塊受力如圖所示 由牛頓第二定律得 豎直方向 FN Fsin37 mg 0Ff FN解得 Ff 2 8N 2 由牛頓第二定律得 水平方向 Fcos37 Ff ma1解得 a1 2 6m s2由運動學(xué)公式得 v2 2a1x1解得 v 5 2m s 3 撤去外力后 木塊受力如圖所示 由牛頓第二定律得 mg ma2解得 a2 2m s2由運動學(xué)公式得 v2 2a2x2解得 x2 6 76m答案 1 2 8N 2 5 2m s 3 6 76m 資源平臺 動力學(xué)中的臨界問題如圖所示 物體A疊放在物體B上 B置于光滑水平面上 A B質(zhì)量分別為mA 6kg mB 2kg A B之間的動摩擦因數(shù) 0 2 開始時F 10N 此后逐漸增加 在增大到45N的過程中 則 g取10m s2 A 當拉力F 12N時 物體均保持靜止狀態(tài)B 兩物體開始沒有相對運動 當拉力超過12N時 開始相對滑動C 兩物體從受力開始就有相對運動D 兩物體始終沒有相對運動 解析 選D 首先了解各物體的運動情況 B運動是因為A對它有靜摩擦力 但由于靜摩擦力存在最大值 所以B的加速度存在最大值 可以求出此加速度下拉力的大小 如果拉力再增大 則物體間就會發(fā)生相對滑動 所以這里存在一個臨界點 就是A B間靜摩擦力達到最大值時拉力F的大小 以A為研究對象進行受力分析 A受水平向右的拉力 水平向左的靜摩擦力 則有F Ff mAa 再以B為研究對象 B受水平向右的靜摩擦力Ff mBa 當Ff為最大靜摩擦力時 解得a 6m s2 F 48N 由此可以看出當F 48N時 A B間的摩擦力達不到最大靜摩擦力 也就是說 A B間不會發(fā)生相對運動 故選項D正確 滿分指導(dǎo)之3相對運動中的動力學(xué)問題 案例剖析 18分 2013 新課標全國卷 一長木板在水平地面上運動 在t 0時刻將一 相對于地面靜止的物塊輕放到木板上 以后木板運動的 速度 時間圖像如圖所示 已知物塊與木板的質(zhì)量相等 物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦 物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 且 物塊始終在木板上 取重力加速度的大小g 10m s2 求 1 物塊與木板間 木板與地面間的 動摩擦因數(shù) 2 從t 0時刻到物塊與木板均停止運動時 物塊相對于木板的位移的大小 審題 抓住信息 準確推斷 破題 形成思路 快速突破 1 物塊與木板間 木板與地面間的動摩擦因數(shù)的求解 請分析t 0至t1 0 5s的時間內(nèi)物塊和木板的運動規(guī)律 提示 從t 0時開始 木板對物塊的摩擦力使物塊由靜止開始加速 物塊和地面對木板的摩擦力使木板減速 t1 0 5s時兩者達到共同速度 由速度 時間圖像寫出物塊和木板加速度大小的表達式 物塊的加速度 木板的加速度 列出物塊 木板的動力學(xué)方程 對物塊 對木板 1mg ma1 1mg 2 2mg ma2 2 物塊相對于木板的位移的大小的求解 請分析t1 0 5s后的時間內(nèi)物塊和木板的運動規(guī)律 提示 假設(shè)物塊相對于木板靜止 則f 1mg 與假設(shè)矛盾 所以物塊相對于木板向前減速滑動 而不是與木板共同運動 請寫出求解物塊相對于木板的位移的大小的思路 提示 由牛頓第二定律分別求出物塊和木板的加速度 再由運動學(xué)規(guī)律分別求出物塊和木板的位移 兩者位移之差即為物塊相對于木板的位移 解題 規(guī)范步驟 水到渠成 1 從t 0時開始 木板對物塊的摩擦力使物塊由靜止開始加速 物塊和地面對木板的摩擦力使木板減速 直到兩者具有共同速度為止 由題圖可知 在t1 0 5s時 物塊和木板的速度相同為v1 1m s 設(shè)t 0到t t1時間內(nèi) 物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2 則a1 m s2 2m s2 2分 a2 m s2 8m s2 2分 設(shè)物塊與木板間 木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為 1 2 根據(jù)牛頓第二定律 對物塊有 1mg ma1 2分 對木板有 1mg 2 2mg ma2 2分 聯(lián)立方程得 1 0 2 2 0 3 1分 2 在t1時刻后 地面對木板的摩擦力阻礙木板運動 物塊與木板之間的摩擦力改變方向 設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f 物塊和木板的加速度大小分別為a 1和a 2 由牛頓第二定律得對物塊有f ma 1對木板有2 2mg f ma 2假設(shè)物塊相對木板靜止 即f 1mg 與假設(shè)矛盾 所以物塊相 對木板向前減速滑動 而不是與木板共同運動 物塊加速度大小a 1 a1 2m s2 2分 物塊的v t圖像如圖中的點劃線所示 此過程木板的加速度a 2 2 2g 1g 4m s2 2分 由運動學(xué)公式可得 物塊和木板相對地面的位移分別為s1 2 0 5m 2分 2分 物塊相對木板的位移大小為s s2 s1 1 125m 1分 答案 1 0 20 3 2 1 125m 點題 突破瓶頸 穩(wěn)拿滿分 1 常見的思維障礙 不能根據(jù)速度 時間圖像判斷物塊和木板的運動規(guī)律 導(dǎo)致無法求解 沒有判斷物塊和木板共速后二者的運動規(guī)律 誤認為物塊相對于木板靜止 而導(dǎo)致求解錯誤 2 因解答不規(guī)范導(dǎo)致的失分 在對木板列牛頓第二定律方程時 沒有畫出受力分析圖 把地面對木板的摩擦力寫成 2mg導(dǎo)致失分 求解物塊相對于木板的位移的大小時 沒有認真審題 錯求成物塊的位移而導(dǎo)致失分