牛顿第二定律1内容：物体加速度的大小跟作用力成跟物体的质.ppt

第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题 考点自清 一、牛顿第二定律 1.内容:物体加速度的大小跟作用力成 ,跟物体的质量成 .加速度的方向与 相同. 2.表达式: . 3.适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于 参考系(相对地面静止或 的参考系).,正比,作用力方向,反比,F=ma,惯性,匀速直线运动,(2)牛顿第二定律只适用于 物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况. 特别提醒 1.牛顿第二定律F=ma在确定a与m、F的数量关系的 同时,也确定了三个量间的单位关系及a和F间的 方向关系. 2.应用牛顿第二定律求a时,可以先求F合,再求a,或 先求各个力的加速度,再合成求出合加速度.,宏观,二、两类动力学问题 1.已知物体的受力情况,求物体的 . 2.已知物体的运动情况,求物体的 . 名师点拨 利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用,将运动学规律和牛顿第二定律相结合,寻找加速度和未知量的关系,是解决这类问题的思考方向.,受力情况,运动情况,三、单位制 1.单位制由基本单位和导出单位共同组成. 2.力学单位制中的基本单位有 , , . 3.导出单位有 , , 等. 特别提醒 在计算的时候,如果所有的已知量都用同一种单位制中的单位来表示,那么,只要正确地应用物理公式,计算的结果就总是用这个单位制中的单位来表示,而在计算过程中不必所有的物理量都带单位.,长度(m),质量(kg),时间(s),力(N),速度(m/s),加速度(m/s2),热点一 牛顿第二定律的“四性” 1.瞬时性:牛顿第二定律表明了物体的加速度与物体所受合外力的瞬时对应关系.a为某一瞬时的加速度,F即为该时刻物体所受的合外力,对同一物体a与F的关系为瞬时对应. 2.矢量性:牛顿第二定律公式是矢量式,任一瞬间a的方向均与F合的方向相同.当F合方向变化时,a的方向同时变化,且任意时刻两者均保持一致. 3.同一性:牛顿第二定律公式中的三个物理量必须是针对同一物体而言的;物体受力运动时必然只有一种运动情形,其运动状态只能由物体所受的合力决定,而不能是其中的一个力或几个力.,热点聚焦,4.同时性:牛顿第二定律中F、a只有因果关系而没有先后之分,F发生变化时a同时变化,包括大小和方向. 交流与思考:牛顿第一定律是不受任何外力作用下的规律,跟合外力为零情况下的牛顿第二定律的结论是一致的,所以可以将牛顿第一定律看做牛顿第二定律的特例.这种说法是否正确？谈谈你的观点.,提示:牛顿第一定律是不受任何外力作用下的理想化情况,无法用实验直接验证.牛顿第一定律是以伽利略的“理想实验”为基础,将实验结论经过科学抽象、归纳推理而总结出来的.因此,牛顿第一定律是一种科学的抽象思维方法,它并不是实验定律.而牛顿第二定律表示实际物体在所受外力作用下遵循的规律,是实验定律.牛顿第一定律有着比牛顿第二定律更丰富的内涵,牛顿第一定律和牛顿第二定律是地位相同的两个规律,两者没有从属关系.因此,牛顿第一定律并不是牛顿第二定律的特例.,热点二 解答两类动力学问题的基本方法及步骤 1.分析流程图 2.应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便,选出被研究的物体. (2)分析物体的受力情况和运动情况,画好受力分析图,明确物体的运动性质和运动过程.,受力情况,F合 =ma,加速度a,运动学 公式,运动情 况v0、v、x、t,(3)选取正方向或建立坐标系,通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向. (4)求合外力F合. (5)根据牛顿第二定律F合=ma列方程求解,必要时还要对结果进行讨论. 特别提醒 1.物体的运动情况是由所受的力及物体运动的初始 状态共同决定的. 2.无论是哪种情况,联系力和运动的“桥梁”是加 速度.,题型1 涉及牛顿第二定律的过程分析 如图1所示,自由下落的小 球下落一段时间后,与弹簧接触,从 它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短 的过程中,小球的速度、加速度的变化情况如何？ 速度的变化取决于速度方向与加速度方向的关系(当a与v同向时,v变大,当a与v反向时,v变小),而加速度由合力决定,所以要分析v、a的变化,必须先分析物体受到的合力的变化.,题型探究,图1,思维点拨,解析 小球接触弹簧上端后受到两个力作用:向下的重力和向上的弹力. 在接触后的前一阶段,重力大于弹力,合力向下,因为弹力F=kx不断增大,所以合外力不断减小,故加速度不断减小,由于加速度与速度同向,因此速度不断变大. 当弹力逐步增大到与重力大小相等时,合外力为零,加速度为零,速度达到最大. 后一阶段,即小球达到上述位置之后,由于惯性小球仍继续向下运动,但弹力大于重力,合外力竖直向上,且逐渐变大,因而加速度逐渐变大,方向竖直向上,小球做减速运动,当速度减小到零时,达到最低点,弹簧的压缩量最大.,答案 小球的加速度方向是先向下后向上,大小是先变小后变大;速度方向始终竖直向下,大小是先变大后变小. 规律总结 很多非匀变速过程都要涉及应用牛顿第二定律进行过程分析,如“电磁感应部分导体棒获得收尾速度前的过程”“机车起动获得最大速度之前的过程”等都属于这一问题.分析此类问题应注意以下几方面: (1)准确分析研究对象的受力情况,明确哪些力是恒力,哪些力是变力,如何变化. (2)依据牛顿第二定律列方程,找到运动情况和受力情况的相互制约关系,发现潜在状态(如平衡状态、收尾速度等),找到解题突破口.,变式练习1 如图2所示,弹簧左端固定, 右端自由伸长到O点并系住物 体m.现将弹簧压缩到A点,然 后释放,物体一直可以运动到 B点,如果物体受到的阻力恒定,则 ( ) A.物体从A到O先加速后减速 B.物体从A到O加速运动,从O到B减速运动 C.物体运动到O点时所受合力为0 D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小 解析 首先有两个问题应清楚,物体在A点的弹力大于物体与地面之间的阻力(因为物体能运动),物体在O点的弹力为0.所以在A、O之间有弹力与阻,图2,力相等的位置,故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速,A选项正确,B选项不正确;O点的弹力为0,但摩擦力不是0,所以C选项不正确;从A到O的过程加速度先减小、后增大,故D选项错误. 答案 A,题型2 牛顿第二定律的基本应用 (2008海南15)科研人员乘气球进行科学考察.气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg.气球在空中停留一段时间后,发现气球漏气而下降,及时堵住.堵住时气球下降速度为1 m/s,且做匀加速运动,4 s内下降了12 m.为使气球安全着陆,向舱外缓慢抛出一定的压舱物.此后发现气球做匀减速运动,下降速度在5分钟内减少了3 m/s.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略,重力加速度g=9.89 m/s2,求抛掉的压舱物的质量.,思路导图 解析 设堵住漏洞后,气球的初速度为v0,所受的空气浮力为F,气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为m,由牛顿第二定律得 mg-F=ma ,式中a是气球下降的加速度.以此加速度在时间t内下降了h,则h=v0t+ 当向舱外抛掉质量为m的压舱物后,有 F-(m-m)g=(m-m)a 式中a是抛掉压舱物后气球的加速度.由题意,此时a方向向上,v=at 式中v是抛掉压舱物后气球在t时间内下降速度的减少量.由得m=m 将题设数据m=990 kg,v0=1 m/s,t=4 s, h=12 m,t=300 s,v=3 m/s,g=9.89 m/s2 代入式得m=101 kg 答案 101 kg,规律总结 动力学问题不外乎两大类:一类是已知力求运动,对这类问题首先要求出合外力,而后根据牛顿第二定律求加速度,再求其他运动学量;另一类是已知运动求力,这类问题要首先求出加速度,再根据牛顿第二定律求合外力,最后再运用力的合成与分解知识求解某些具体的作用力.这两类问题都要遵从以下解题步骤: (1)明确研究对象. (2)对研究对象进行受力分析,画出受力分析图,同时还应该分析研究对象的运动情况(包括速度、加速度),并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来.,变式练习2 如图3所示, 质量为m的人站在自动扶梯上,扶梯正以加速度a向上 减速运动,a与水平方向的夹 角为.求人所受到的支持 力和摩擦力. 解析 解法一 以人为研究对象,他站在减速上升的电梯上,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的支持力FN,还受到水平方向的静摩擦力F静,由于物体斜向下的加速度有一个水平向左的分量,故可判断静摩擦力的方向水平向左,人受力如图(a)所示,建立如图所示的坐标系,并将加速度分解为水平方向加速度ax和竖直方向加速度ay,如图(b)所示,则,图3,ax=acos,ay=asin. 由牛顿第二定律得F静=max,mg-FN=may 解得F静=macos,FN=m(g-asin) 解法二 以人为研究对象,受力分析如图所示.因摩擦力F为待求,且必沿水平方向,设为水平向右.建立图示坐标,并规定正方向. 根据牛顿第二定律得 x方向:mgsin-FNsin-Fcos=ma ,y方向:mgcos+Fsin-FNcos=0 由两式可解得FN=m(g-asin),F=-macos F为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为水平向左. 答案 F静=macos FN=m(g-asin),题型3 用动力学方法分析多过程问题 如图4所示,在光滑水平面AB上,水平恒力F推动质量为m=1 kg的物体从A点由静止开始做匀加速直线运动,物体到达B点时撤去F,接着又冲上光滑斜面(设经过B点前后速度大小不变,最高能到达C点,用速度传感器测量物体的瞬时速度,表中记录了部分测量数据),求:,图4,(1)恒力F的大小. (2)斜面的倾角. (3)t=2.1 s时物体的速度. 解析 (1)物体从A到B过程中:a1= =2 m/s2 则F=ma1=2 N (2)物体从B到C过程中a2= =5 m/s 由牛顿第二定律可知mgsin=ma2 代入数据解得sin=1/2,=30,(3)设B点的速度为vB,从v=0.8 m/s到B点过程中 vB=0.8+a1t1 从B点到v=3 m/s过程vB=3+a2t2 t1+t2=1.8 s 解得t1=1.6s t2=0.2 s vB=4 m/s 所以,当t=2 s时物体刚好达到B点 当t=2.1 s时v=vB-a2(t-2) v=3.5 m/s. 答案 (1)2 N (2)30 (3)3.5 m/s,本题共20分.其中式各2分, 式各1分. 为了考查学生的各方面能力,题目中的已知条件和数据以多种形式提供,列表提供已知数据是最近几年高考试题中出现的一种新的形式,要求同学们能从表中的数据获取有用的信息进行求解.,自我批阅 (11分)在消防演习中,消防队员从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下,经一段时间落地.为 了获得演习中的一些数据,以 提高训练质量,研究人员在轻 绳上端安装一个力传感器并 与数据处理系统相连接,用来记录消防队员下滑过程中轻绳受到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况如图5所示.已知某队员在一次演习中的数据如图所示,经2.5 s时间落地.(g取10 m/s2)求:,图5,(1)该消防队员下滑过程中,在01 s内的加速度是多少？ (2)该消防队员在下滑过程中的最大速度是多少？ (3)该消防队员在落地时速度是多少？ 解析 (1)该队员在01 s时间内以a1匀加速下滑 由牛顿第二定律得:mg-F1=ma1 (2分) 所以a1=g- =4 m/s2 (1分) (2)该队员在01s内加速下滑,1 s2.5 s内减速下滑,在t=1 s时速度达到最大,则最大速度vm=a1t1(2分) 代入数据解得:vm=4 m/s (1分) (3)设该队员减速下滑的加速度为a2,由牛顿第二定律得:F2-mg=ma2 (2分) a2= -g=2 m/s2 队员落地时的速度v=vm-a2t2 (2分) t2=1.5 s代入数据解得:v=1 m/s (1分) 答案 (1)4 m/s2 (2)4 m/s (3)1 m/s,素能提升 1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据.刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹.在某次交通故事中,汽车的刹车线的长度是14 m,假设汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.7,g=10 m/s2.则汽车开始刹车时的速度为 ( ) A.7 m/sB.10 m/s C.14 m/sD.20 m/s 解析 由牛顿第二定律得汽车刹车时的加速度 a= =g=7 m/s2,则v02=2ax,v0= =14 m/s, C正确.考查牛顿第二定律及匀变速直线运动规律.,C,2.如图6所示,三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上,它们与桌面间的动摩擦因数都相同.现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上,用 的外力沿水平方向作用在3上,使三者都做加速运动.令a1、a2、a3分别表示物块1、2、3的加速度,则 ( ) A.a1=a2=a3B.a1=a2,a2a3 C.a1a2,a2a3D.a1a2,a2a3,图6,解析 对物块进行受力分析,根据牛顿第二定律可得: 比较大小可得C选项正确. 答案 C,3.如图7甲所示,在粗糙水平面上,物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动,其速度时间图象如图乙所示,下列判断正确的是 ( ) A.在01 s内,外力F不断增大 B.在1 s3 s内,外力F的大小恒定 C.在3 s4 s内,外力F不断减小 D.在3 s4 s内,外力F的大小恒定,图7,解析 在01 s内,物块做匀加速直线运动,外力F恒定,故A错.在1 s3 s内,物块做匀速运动,外力F也恒定,B正确.在3 s4 s内,物块做加速度增大的减速运动,所以外力F不断减小,C对,D错. 答案 BC,4.如图8所示,物体P以一定的初速度v沿光滑水平面向右运动,与一个右端固定的轻质弹簧相撞,并被弹簧反向弹回.若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律,那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中 ( ) A.P的加速度大小不断变化,方向也不断变化 B.P的加速度大小不断变化,但方向只改变一次 C.P的加速度大小不断改变,当加速度数值最大时, 速度最小 D.有一段过程,P的加速度逐渐增大,速度也逐渐增 大,图8,解析 P的加速度由弹簧弹力产生,当P压缩弹簧时弹力增大,然后弹簧将P向左弹开,弹力减小,因此加速度先增大后减小,方向始终向左,A、B两项错;加速度最大时弹簧的压缩量最大,P的速度为零,C对;向右运动时,加速度增大,但加速度与速度方向相反,速度减小,向左运动时加速度减小但与速度同向,速度增大,D项错. 答案 C,5.在某一旅游景区,建有一山坡滑草运动项目.该山坡可看成倾角=30的斜面,一名游客连同滑草装置总质量m=80 kg,他从静止开始匀加速下滑,在时间t=5 s内沿斜面滑下的位移x=50 m.(不计空气阻力,取g=10 m/s2).问: (1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力Ff为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数为多大？ (3)设游客滑下50 m后进入水平草坪,试求游客在水平面上滑动的最大距离.,解析 (1)由x= at2得a=4 m/s2 由mgsin-Ff=ma,得Ff=mgsin-ma=80 N (2)由Ff=mgcos可求得= (3)在水平面上:mg=ma得a=g= m/s2 由v=at,v2=2ax,可得x=100 m 答案 (1)80 N (2) (3)100 m,6. 质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角=37,如图9所示.力F作用2秒钟后撤去,物体 在斜面上继续上滑了1.25 秒钟后,速度减为零.求: 物体与斜面间的动摩擦 因数和物体的总位移x. (已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2) 解析 设力F作用时物体沿斜面上升的加速度为a1,撤去力F后其加速度变为a2,则:a1t1=a2t2 ,图9,有力F作用时,物体受力为:重力mg、推力F、支持力FN1、摩擦力Ff1 在沿斜面方向上,由牛顿第二定律可得 Fcos-mgsin-Ff1=ma1 Ff1=FN1=(mgcos+Fsin) 撤去力F后,物体受重力mg、支持力FN2、摩擦力Ff2,在沿斜面方向上,由牛顿第二定律得 mgsin+Ff2=ma2 Ff2=FN2=mgcos 联立式,代入数据得 a2=8 m/s2 a1=5 m/s2 =0.25,物体运动的总位移 x= a1t12+ a2t22=（ 522+ 81.252 ）m =16.25 m 答案 0.25 16.25 m,7. 如图10所示, 一足够长的光滑斜面倾角为=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=0.2,当物体受到一水平 向左的恒力F=8 N作用t=2 s 后撤去该力,不考虑物体经 过B点时的碰撞损失,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?,图10,解析 在F的作用下物体运动的加速度a1,由牛顿运动定律得F-mg=ma1 解得a1=2 m/s2 F作用2 s后的速度v1和位移x1分别为 v1=a1t=4 m/s x1=a1t2/2=4 m 撤去F后,物体运动的加速度为a2 mg=ma2 解得a2=2 m/s2 第一次到达B点所用时间t1,则 d-x1=v1t1-a2t12/2 解得t1=1 s,此时物体的速度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 mgsin 30=ma3 t2= =0.8 s 第二次经过B点时间为t=t1+t2=1.8 s 所以撤去F后,分别经过1 s和1.8 s物体经过B点. 答案 1 s 1.8 s,反思总结,牛顿第二定律,理解,同时关系,瞬时关系,独立关系,因果关系,同体关系,应用,由运动求力,由力求运动,返回,