牛顿第二定律应用课件

牛顿第二定律应用牛顿第二定律应用1牛顿第二定律的应用范围很广，在力学范围内高考对它的考查主要有：(1)与弹簧弹力、摩擦力相关的问题；(2)超重与失重问题,连接体或多个物体问题,牛顿第二定律与图像、相对运动的综合等问题；(3)匀变速直线运动、平抛与类平抛运动、圆周运动与天体运动等.在学科内综合中，主要考查带电粒子在电场或混合场中的运动问题、“棒生电”的问题等.其考查的方式是渗透在综合题中,主要的命题题型为计算题与选择题.牛顿第二定律的应用范围很广，在力学范围内高考对它的考查主2本讲要求了解超重和失重现象，理解超重和失重的条件；掌握利用牛顿第二定律解决两类动力学问题的思路和方法；掌握利用牛顿第二定律解决连接体问题的分析思路和方法.解答超重与失重的习题要扣住物体或系统运动的加速度的大小与方向去分析；解答连接体或多个物体的习题须抓住加速度这一联系量，并优先考虑使用整体法解答，但涉及内力时应使用隔离法；与图像综合的习题应破译图像与物理过程对应关系，通过过程联想受力情况与运动情况，或通过图像挖掘加速度与合外力；与相对运动的综合题的突破口为位移关系.本讲要求了解超重和失重现象，理解超重和失重的条件；掌握利31.一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度.人对电梯底部的压力为()AmgB2mgCmgDmg【解析】根据牛顿第二定律可知，当电梯加速上升时，人处于超重状态.分析人的受力情况可知，受到了重力和电梯板的支持力的作用，设电梯板对人的支持力为FN，则有：D1.一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小4FN-mg=ma,代入数据a=g,解得：FN=mg+mg=mg.根据牛顿第三定律,人对电梯板的压力为mg,正确选项为D.2.在宇宙空间站下列仪器仍能使用的是()A.天平B.密度计C.测力计D.摆钟【解析】天平、密度计和摆钟都是利用重力的作用而工作的，在太空站中，物体几乎处于完全失重状态,因此这三种器材不能使用，但测力计仍能用来测力,如测量手对弹簧秤的拉力.正确选项为C.CFN-mg=ma,代入数据a=g,解得：FN=mg+53.如图3-12-1所示，置于光滑水平面上的木块A、B，其质量分别为mA和mB，当用水平力F作用于A木块左端时，两木块一起运动的加速度大小为a1，这时A、B之间的作用力大小为FN1;当水平力F作用于木块B的右端时，两木块一起运动的加速度大小为a2，这时A、B之间的作用力大小为FN2,则 ()AC3.如图3-12-1所示，置于光滑水平面上的木块A、B6A.a1=a2 B.FN1+FN2FC.FN1+FN2=F D.FN1FN2=mAmB【解析】可综合整体法和隔离法对物体进行受力分析，当F作用于A左端时，对于B:FN1=mBa1=当F作用于B右端时，a2=A.a1=a2 B.FN1+FN27对于A：FN2=mAa2=，综上所述，选项AC是正确的.4.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用,力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如下图所示.取重力加速度g=10m/s2.试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数.对于A：FN2=mAa2=，综上所述，选项AC8【解析】由v-t图形可知，物块在03 s内静止,36 s内做匀加速运动，加速度为a，69 s内做匀速运动，结合F-t图形可知：Ff=4 N=mg，由v-t图可知：当F=6N时，a=2 m/s2，且F-Ff=ma，解得m=1 kg,=0.4.5.如下图所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为的斜面体，斜面体表面也是粗糙的.有一质量为m的小滑块以初速度v0由斜面底端滑上斜面，经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动.求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？【解析】由v-t图形可知，物块在03 s内静止,369【解析】取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g，地面对系统的支持力FN、静摩擦力Ff(向左).建立坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得:【解析】取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的10一、超重和失重规律：(1)当物体具有竖直向上的加速度时，发生超重现象.(2)当物体具有竖直向下的加速度时，发生失重现象.(3)当物体具有竖直向下的加速度大小为g时，发生完全失重现象.说明：(1)无论物体处在失重或超重状态，物体的重力始终存在且没有变化，只是物体对支持物的压力或悬挂物的拉力大于或小于物体的重力.(2)超重、失重现象与速度方向无关，只与加速度方向有关.一、超重和失重11(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理效应都会消失，如单摆停摆、天平失效、浸在液体中物体浮力消失，水银气压计失效等.二、连接体问题1.常见的连接体一般具有加速度的大小相等的特点，其中，连接体的加速度是一个关键量，它联系着内力与外力，是解题的切入口.常见的题型有已知内力求外力；已知外力求内力.2.处理连接体问题常常要交叉使用整体法和隔离法.(1)整体法：以分析系统所受外力(无须考虑系统的内力)与运动的关系的研究方法.(2)隔离法：以分析系统中某一个物体所受外力与运动的关系的研究方法.(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理效应都会12探究点一超重与失重例1如右图所示,滑轮的质量不计,已知三个物体的质量关系是:m1=m2+m3，这时三个物体均处于静止状态，弹簧秤的读数为T，若把物体m2从右边移到左边的物体m1上,弹簧秤的读数T将 ()A.增大B.减小C.不变D.无法确定探究点一超重与失重例1如右图所示,滑轮的质量不计,已13【解析】原来系统处于平衡状态，所以弹簧秤读数为T=(m1+m2+m3)g.当m2从右边移到左边后，左边的物体加速下降，右边的物体以大小相同的加速度加速上升，但由于m1+m2m3，故系统的重心加速下降，系统处于失重状态，因此T(m1+m2+m3)g，所以选项B正确.【答案】【点拨】超重、失重的实质是物体具有竖直方向的加速度时，物体对其支持物的压力或对悬挂物的拉力的增加或减小解这类问题的关键是先判断出系统的加速度方向，以确定物体是处于超重还是失重状态，再由超重、失重的特点判断力的关系【解析】原来系统处于平衡状态，所以弹簧秤读数为T=(m114变式题如右图所示，某商场内电梯与水平面夹角为30，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的 ,则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍?【解析】依题意可知，物体在沿斜面方向存在加速度，分解加速度可知物体存在竖直向上的加速度，因此人处于超重状态，对梯面压力大于人的重力.而人在水平方向的加速度分量是梯面给人的摩擦力所产生的.变式题如右图所示，某商场内电梯与水平面夹角为30，当15(1)对人进行受力分析：重力mg、支持力FN，摩擦力F(摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方向可推知F水平向右).(2)建立直角坐标系：取水平向右(即F方向)为x轴正向，此时只需分解加速度，其中ax=acos30，ay=asin30(如下图所示).(1)对人进行受力分析：重力mg、支持力FN，摩擦力16(3)建立方程：x方向F=macos30,y方向FN-mg=masin30,所以【点拨】物体在受到三个或三个以上的不同方向的力作用时，一般都要用到正交分解法，在建立直角坐标系时不管选取哪个方向为x轴的正向，所得的最后结果都应是一样的，在选取坐标轴时，为使解题方便，应尽量减少矢量的分解(3)建立方程：x方向F=macos30,y方向FN-17探究点二连接体问题的处理方法例2如右图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的AB两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力B=2N，A受到的水平力A=(9-2t)N，(t的单位是s).从t0开始计时，则 ()探究点二连接体问题的处理方法例2如右图所示，在光滑水18【解析】对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用力为FN，则对B据牛顿第二定律可得:FN+FB=mBa，解得A.A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍B.ts后,B物体做匀加速直线运动C.t4.5 s时,A物体的速度为零D.t4.5 s后,A与B的加速度方向相反【解析】对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(m19当t=4s时FN=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动,而A做加速度逐渐减小的加速运动,当t=4.5 s时A物体的加速度为零而速度不为零.t4.5s后,A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反.当ts时，A、B的加速度均为a=.综上所述，选项A、B、D正确.【答案】【点评】常见的连接体具有相等的加速度大小,它是连接体问题的关键量.当t=4s时FN=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加20【解析】先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值.当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们之间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动.这时以A为对象得到a=5m/s2;再以A、B系统为对象得到F=(mA+mB)a=15N.变式题如右图所示,mA=1kg,mB=2kg，A、B间静摩擦力的最大值是5N，水平面光滑.用水平力F拉B，当拉力大小分别是F=10N和F=20N时,A、B的加速度各多大？【解析】先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值.21(1)当F=10N15N时，A、B一定仍相对静止，所以aAaB=3.3m/s2.(2)当F=20N15N时，A、B间一定发生了相对滑动,用质点组牛顿第二定律列方程:F=mAaAmBaB,而aA=5m/s2，于是可以得到aB=7.5m/s2.(1)当F=10N15N时，A、B一定仍相对静止，所以22探究点三牛顿第二定律与图像例3将一物块以10m/s的初速度沿粗糙斜面向上推出，取向上方向为正，物体的速度图像如右图所示.求斜面的倾角及物体与斜面间的动摩擦因数.【解析】由图像可得，上滑时加速度大小为：a1=8m/s2，下滑加速度大小为：a2=2m/s2.根据牛顿第二定律：探究点三牛顿第二定律与图像例3将一物块以10m/s的23所以gsin+gcos=8，gsin-gcos=2;解得：=30，=【点评】运用牛顿第二定律能解决两类问题：已知受力情况求解运动情况；已知运动情况求受力情况.它们通过加速度与合外力建立起联系.其中，通过运动图像能得出物体的加速度或合外力，为解决这类问题提供切入口.所以gsin+gcos=8，gsin-gcos24变式题 一质量为m=40 kg的小孩在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6 s内体重计示数F的变化如下图所示.试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10 m/s2.变式题 一质量为m=40 kg的小孩在电梯内的体重计上，25【解析】由图可知，在t0到t12s的时间内，体重计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为f1，电梯及小孩的加速度为a1，根据牛顿第二定律，得：f1-mgma1 在这段时间内电梯上升的高度：h1a1t 在t1=2 s到t25 s的时间内，体重计的示数等于mg，故电梯应做匀速上升运动，速度为t1时刻的电梯的速度，即：v1a1t1【解析】由图可知，在t0到t12s的时间内，体重计的26在这段时间内电梯上升的高度：h2v1(t2-t1)在t2=5 s到t36 s的时间内，体重计的示数小于mg,故电梯应做减速上升运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为f2，电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律，得：mg-f2ma2 在这段时间内电梯上升的高度：h3v1(t3-t2)-a2(t3-t2)2 电梯上升的总高度：hh1h2+h3 由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据解得：h9 m在这段时间内电梯上升的高度：h2v1(t2-t1)27探究点四运用整体法解答系统动力学问题【解析】解法一：运用隔离法求解先隔离物块m,根据v2=2as,求得a=0.7 m/s2g sin=5 m/s2例4质量M=10 kg的斜面ABC静置于粗糙水平地面上，斜面倾角=30,一质量m=1.0 kg的物块由静止开始沿斜面下滑,如右图所示,当滑行路程s=1.4 m时,其速度v=1.4 m/s,在这过程中斜面没有动，求地面对斜面ABC的摩擦力的大小与方向.探究点四运用整体法解答系统动力学问题【解析】解法一：运28可见物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力，如下图中(a)所示.可见物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力，如下图中(a)所示.29对物块而言:x方向:mgsin-F=ma，y方向:F1-mgcos=0.对斜面ABC，它的受力如图(b)所示，其中假设地面对斜面的摩擦力F方向向左，斜面静止时F+Fcos-F1sin=0，解得F=macos=10.7N=0.61 N.计算表明F的方向与假设方向是一致的，水平向左.解法二：运用整体法求解对物块而言:30如右图所示，物块有水平向左的分加速度ax=acos，由于物块受到的重力mg是竖直向下的，所以这个水平向左的分加速度ax只能是斜面对物块的作用力(支撑力F1和滑动摩擦力F的合力)的水平分力Fx产生的，Fx=max=macos.根据牛顿第三定律，物块施于斜面的反作用力的水平分力为Fx,且Fx=Fx=macos,方向向右.再以斜面为研究对象，斜面受到的重力Mg和地面对它的支持力F2都是在竖直方向的，水平方向上地面对斜面的摩擦力F和Fx，构成一对平衡力，故F=Fx=macos=0.61 N,方向向左.以上两种方法均为隔离法，此题还可用整体法求解：把物块和斜面看作一个系统，此系统内的物块m如右图所示，物块有水平向左的分加速度ax=acos，由31【点评】运用牛顿第二定律分析多物体的动力学问题，既可采用隔离法.又可采用整体法，因整体法不涉及内力，故解题方法比较简单.具有水平向左的加速度ax=acos,此时物块和斜面的相互作用力弹力和摩擦力均看作内力，只有系统所受的外力才能使系统产生加速度，故这个水平外力只可能是地面对斜面向左的静摩擦力.所以大小F=macos=0.61 N.【点评】运用牛顿第二定律分析多物体的动力学问题，既可采用32变式题如右图所示，滑杆和底座的质量为M，一质量为m的猴子沿杆以0.4 g的加速度加速下滑，此时底座对地面的压力为 ()A.Mg+0.4mgB.Mg+0.6mgC.(M+m)gD.Mg变式题如右图所示，滑杆和底座的质量为M，一质量为m的猴33【答案】【解析】解析一：(隔离法)设猴子与杆之间的摩擦力为Ff，对猴子则有:mg-Ff=ma.对滑杆和底座则有Mg+Ff=N,解得FN=Mg+0.6mg,故选项B是正确的.解析二：(整体法)整体运用牛顿运动定律得：(M+m)g-FN=ma，解得FN=(M+m)g-ma=Mg+0.6mg.【答案】【解析】解析一：(隔离法)设猴子与杆之间的34探究点五临界问题例5 如右图所示，光滑球恰好放在木块的圆弧槽中，它的左边的接触点为A，槽的半径为R，且OA与水平线成角，通过实验知道:当木块的加速度过大时，球可以从槽中滚出，圆球的质量为m，木块的质量为M，各种摩擦及绳和滑轮的质量不计，则木块向右加速度最小为多大时球才离开圆槽？探究点五临界问题例5 如右图所示，光滑球恰好放在木块的35【解析】当加速度a=0时，球受重力和支持力.支持力的作用点在最底端当加速度略大于零，球不能离开圆槽，球同样受重力和支持力，但支持力的方向斜向右上方，即支持力的作用点沿圆弧槽向A点移动.当加速度逐渐增大，支持力的作用点移到A点时,球即将离开圆弧槽，此状态为临界状态，分析小球受力如右图所示.由牛顿第二定律：mgcot=ma0可得a0=gcot显然，当木块向右的加速度a至少为gcot时，球离开圆弧槽【解析】当加速度a=0时，球受重力和支持力.支持力的作用36【点评】若题目中出现“恰好”、“最大”或“刚好”等词语时，一般都有临界现象出现，为了把这个临界条件挖掘出来，应将物理问题(或过程)推向极端(极限思维)，一般得找出初态物理现象规律，再将某个物理量增大或减小(如本题中将a逐渐增大)，从而将比较隐蔽的临界条件(如本题中支持力作用点为A点时)挖掘出来.【点评】若题目中出现“恰好”、“最大”或“刚好”等词语时37探究点六牛顿第二定律与相对运动的综合例6一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为.初始时，传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动.经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.探究点六牛顿第二定律与相对运动的综合例6一水平的浅色38【解析】根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0.根据牛顿定律，可得：a=g 设经过时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有v0=a0t v=at 由于aa0，故vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用.再经过时间t，煤块的速度由v增加到v0，有v0=v+at 【解析】根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间39此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹.设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有s0=a0t2+v0ts=传送带上留下的黑色痕迹的长度：l=s0-s 由以上各式得：l=【点评】牛顿第二定律与相对运动的综合题主要是利用相对位移关系求解，为此，我们必须分析出相对运动的两个物体的运动性质，得出它们的加速度，再结合运动学公式求解.此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不40