南方新高考高考物理一轮总复习 专题三 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件 新人教版

第2讲 牛顿第二定律两类动力学问题1内容：物体的加速度跟所受的_成正比，跟物体的_成反比，加速度的方向跟_的方向一致合外力质量合外力2表达式：F 合ma.3牛顿运动定律的适用范围：只适用于宏观物体的低速问题，不适用于微观粒子和高速运动的物体一、牛顿第二定律二、两类动力学问题1两类动力学问题运动情况受力情况(1)已知受力情况求物体的_(2)已知运动情况求物体的_2解决两类基本问题的方法以_为“桥梁”，由_和_列方程求解加速度运动学公式牛顿运动定律【基础检测】(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零答案：CD考点 1 对牛顿第二定律的理解重点归纳1因果性：只要物体所受合外力不为零，物体就获得加速度，即力是产生加速度的原因2瞬时性：加速度和物体受到的合外力是瞬时对应关系，即加速度随合外力同时产生、同时变化、同时消失，保持时刻对应的关系3矢量性：力和加速度都是矢量，物体加速度的方向由物体所受合外力的方向决定4同一性：m、F、a 必须是对应同一研究对象，加速度 a相对于同一惯性系(一般是地球)5独立性：作用于物体的力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，互不影响【考点练透】1(多选)下列关于牛顿第二定律的说法，正确的是()A物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定，与物体的速度无关B物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关C物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度的方向总是相同的D一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了答案：AB2如图 3-2-1 所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到 O 点并系住质量为 m 的物体，现将弹簧压缩到 A 点，然后释放，物)体可以一直运动到 B 点如果物体受到的阻力恒定，则(图 3-2-1A物体从 A 到 O 先加速后减速B物体从 A 到 O 做加速运动，从 O 到 B 做减速运动C物体运动到 O 点时，所受合外力为零D物体从 A 到 O 的过程中，加速度逐渐减小解析：物体从 A 到 O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大当物体向右运动至 AO间某点(设为点 O)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左至O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大所以物体越过O点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动正确选项为 A.答案：A考点 2 动力学的两类基本问题重点归纳1动力学两类基本问题的分析流程2应用牛顿运动定律解题的一般步骤(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，确定某一物体或几个物体组成的系统为研究对象(2)分析物体的受力情况和运动情况，画好受力示意图，明确物体的运动性质和运动过程(3)利用牛顿第二定律(在受力情况已知时)或结合运动学公式(在运动情况已知时)进行求解(4)必要时对结果进行讨论 典例剖析例 1：如图 3-2-2 所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为 2 kg，受到一个斜向下的、与水平方向成 37角的推力 F10 N 的作用，使木块从静止开始运动，4 s 后撤去推力，若木块与水平台面间的动摩擦因数为 0.1.(取 g10 m/s2)求：图 3-2-2(1)撤去推力时木块的速度为多大？(2)撤去推力到停止运动过程中木块的加速度为多大？(3)木块在水平面上运动的总位移为多少？思维点拨：正确选择研究对象并进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度是快速求解此类题型的关键解：(1)撤去力 F 之前，对木块进行受力分析，如图 3-2-3所示图 3-2-3由牛顿第二定律得水平方向：Fcos 37fma1竖直方向：FNmgFsin 37又 fFN解得 a12.7 m/s24 s 末的速度为va1t2.74 m/s10.8 m/s.(2)撤去 F 后，根据牛顿第二定律mgma2a2g1 m/s2.所以，木块运动的总位移为 ss1s279.92 m.备考策略：动力学的两类基本问题是高考命题的热点，此类问题是考查牛顿运动定律的重点，每年必考考题多以生产和生活的实际问题为命题背景，解题的关键是求加速度【考点练透】3(2015 年河南洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败其简化模型如图 3-2-4 所示，AC 是长度 L15.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在 A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域已知BC 长度 L21.1 m，瓶子质量 m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g 取 10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力 F11 N，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围图 3-2-4解：要想获得成功，瓶子滑到 B 点时速度恰好为 0，力作用时间最短，滑到 C 点时速度恰好为 0，力作用时间最长设力作用时的加速度为 a1、位移为 x1，撤力时瓶子的速度为 v1，撤力后瓶子的加速度为 a2、位移为 x2，则Fmgma1mgma2L1L2x1x2L1由以上各式联立可解得：0.4 mx10.5 m.4设某一舰载机的质量为 m2.5104 kg，速度为 v042 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a0 0.8 m/s2 的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机如图 3-2-5 所示为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为 F1.2105 N，减速的加速度 a1 20 m/s2 ，此时阻拦索夹角106，空气阻力和甲板阻力保持不变求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin 530.8，cos 530.6)图 3-2-5解：(1)设甲板的长度至少为 s0，则由运动学公式得代入数据可得 s01102.5 m.(2)舰载机受力分析如图D18 所示，其中T 为阻拦索的张力，f 为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得 2Tcos 53fFma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时 fma0联立可得 T5105 N.图 D18方法瞬时加速度问题分析物体的加速度 a 与其所受的合外力 F 是瞬时对应的，同时产生，同时变化，同时消失此类问题常见的有绳(杆)和弹簧(弹性绳)模型：绳(杆)的弹力可以发生突变；轻弹簧(弹性绳)的弹力不能突变例 2：如图 3-2-6 所示，质量为 m 的小球被水平绳 AO 和与竖直方向成角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳 AO 烧断，在绳 AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是()A弹簧的拉力 Fmgcos B弹簧的拉力 Fmgsin C小球的加速度为零D小球的加速度 agsin 图 3-2-6审题突破：绳 AO 烧断的瞬间，弹簧的形变是明显形变，在很短的时间内来不及恢复，所以近似认为弹簧的弹力没有发生变化解答此题应该对小球进行两次受力分析，一次是绳断之前，一次在绳断之后，这两次受力分析的联系点是弹簧的弹力一样解析：烧断绳 AO 之前，小球受3 个力，如图3-2-7 所示烧断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A 正确烧断细绳的瞬间，小球受到的合外力与 T(绳 AO 的拉力)等大反向，即 F合mgtan ，则小球的加速度 agtan .答案：A图 3-2-7题外拓展：本题中若 B 点断开，则弹簧的弹力消失，而绳子形变属于微小形变，弹力也变成零，即在 B 点断开的瞬间，小球只受到重力的作用，加速度为 g；若弹簧换成绳子，在绳AO 烧断的瞬间，因 OB 绳不可伸长，球的加速度只能垂直于绳OB 向斜下方，绳 OB 的拉力发生了突变，有兴趣的同学可求一下小球的加速度【触类旁通】1(2016 年山东潍坊第一次联考)如图 3-2-8 所示，在光滑的水平面上，质量分别为 m1 和 m2 的木块 A 和 B 之间用轻弹簧相连，在拉力 F 的作用下，以加速度 a 向右做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力 F，此瞬时 A 和 B 的加速度为 a1 和 a2，则(图 3-2-8)a，所以选项 C 正确解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度 a 向右做匀加速直线运动时，弹簧的弹力 F弹m1a.在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为 m1a，因此对 A 物体来讲，加速度此时仍为 a，对 B 物体：取向右为正方向，m1am2a2，a2m1m2答案：C2如图 3-2-9 所示，A、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为 30的光滑斜面上A、B 两小球的质量分别为 mA、mB，重力加速度为 g，若不计弹簧质量，在线被剪断)瞬间，A、B 两球的加速度分别为(图 3-2-9答案：D易错点 对物体的运动过程分析不到位例 3：如图 3-2-10 所示，有一水平传送带以 2 m/s 的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为 0.5，则传送带将该物体传送 10 m 的距离所需时间为多少？图 3-2-10错解分析：由于物体轻放在传送带上，所以初速度v00，物体在竖直方向所受合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(传送带施加)，做初速度 v00 的匀加速运动，位移为 10 m.据牛顿第二定律 Fma 有fmgmaag5 m/s2上述解法的错误出在对这一物理过程的认识传送带上轻放的物体，其运动有可能分为两个过程：一是在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始做匀速直线运动关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答正解分析：以物体为研究对象，如图 3-2-11 所示，在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做初速度为零的匀加速运动图 3-2-11根据牛顿第二定律 Fma 有水平方向：fma竖直方向：Nmg0fN由以上三式解得 a5 m/s2.设经时间 t1 后物体速度达到传送带的速度，根据匀加速直线运动的速度公式 vtv0at解得 t10.4 s时间 t1 内物体的位移为物体位移为0.4 m时，物体的速度与传送带的速度相同，0.4 s后物体不受摩擦力作用，开始做匀速运动，设匀速运动的位移为 s2，有 s2v2t2因为 s2ss1(100.4) m9.6 m，v22 m/s解得 t24.8 s则传送 10 m 所需时间为tt1t2(0.44.8) s5.2 s.指点迷津：对物体准确进行受力分析，是求解此类问题的关键判断两者什么时候达到共同速度，是解题的突破口【触类旁通】3(多选，2015 年山东师大附中质检)如图 3-2-12 所示，质量为 m1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为 10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的)大小为 F2 N 的恒力，在此恒力作用下(g 取 10 m/s2)(图 3-2-12A物体经 10 s 速度减为零B物体经 2 s 速度减为零C物体速度减为零后将保持静止D物体速度减为零后将向右运动解析：物体受到向右的滑动摩擦力，FfFNG3 N，根据牛顿第二定律得，aFFfm231m/s25 m/s2，方向向误减速到零后，FFf ，物体处于静止状态，不再运动，C 正确，D 错误答案：BC4(2015 年河南中原名校联考)如图 3-2-13 甲所示，光滑水平面上的 O 处有一质量为 m2 kg 的物体物体同时受到两个水平力的作用，F14 N，方向向右，F2 的方向向左，大小如图乙所示物体从静止开始运动，此时开始计时求：(1)当 t0.5 s 时物体的加速度大小(2)物体在 t0 至 t2 s 内何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在 t0 至 t2 s 内何时物体的速度最大？最大值为多少？F1F2 43甲乙图 3-2-13解：(1)当 t0.5 s 时，F2(220.5)N3 NF1F2maam 2m/s20.5 m/s2.(2)物体所受的合外力为F合F1F24(22t)22t(N)作出 F 合-t 图象如图 D19 所示图 D19从图中可以看出，在 02 s 范围内，当 t0 时，物体有最大加速度 a0.F 合 0ma0F合 2 2当 t2 s 时，物体也有最大加速度 a2.F 合 2ma2a2m 2m/s21 m/s2负号表示加速度方向向左(3)由牛顿第二定律得aF 合m1t(m/s2)画出 a-t 图象如图 D20 所示图 D20由图可知 t1 s 时速度最大，最大值等于上方三角形的面积