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.ppt

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 AB 2 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2kg 受到一个斜向下的 与水平方向成37 角的推力F 10N的作用 使木块从静止开始运动 4s后撤去推力 若木块与水平台面间的动摩擦因数 为0 1 取g 10m 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 Fcos37 f ma1竖直方向 FN mg Fsin37 又f FN 解得a1 2 7m s24s末的速度为 v a1t 2 7 4m s 10 8m s 2 撤去F后 根据牛顿第二定律 mg ma2a2 g 1m s2 所以 木块运动的总位移为s s1 s2 79 92m 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L1 5 5m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L2 1 1m 瓶子质量m 0 5kg 与桌面间的动摩擦因 数 0 2 g取10m s2 某选手作用在瓶子上的水平推力F 11N 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 F mg ma1 mg ma2 L1 L2 x1 x2 L1 由以上各式联立可解得 0 4m x1 0 5m 4 设某一舰载机的质量为m 2 5 104kg 速度为v0 42m 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 8m 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F 1 2 105N 减速的加速度a1 20m 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 sin53 0 8 cos53 0 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s0 1102 5m 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2Tcos53 f F ma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时f ma0 联立可得T 5 105N 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F mgcos B 弹簧的拉力F mgsin C 小球的加速度为零 D 小球的加速度a gsin 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a gtan 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 m1a m2a2 a2 m1m2 答案 C 2 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2m 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10m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v0 0 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v0 0的匀加速运动 位移为10m 据牛顿第二定律F ma有f mg maa g 5m 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F ma有水平方向 f ma 竖直方向 N mg 0f N 由以上三式解得a 5m 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vt v0 at 解得t1 0 4s 时间t1内物体的位移为 物体位移为0 4m时 物体的速度与传送带的速度相同 0 4s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s2 v2t2 因为s2 s s1 10 0 4 m 9 6m v2 2m s解得t2 4 8s 则传送10m所需时间为 t t1 t2 0 4 4 8 s 5 2s 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m 1kg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10m s时 给物体施加一个与速度方向相反的 大小为F 2N的恒力 在此恒力作用下 g取10m s2 图3 2 12A 物体经10s速度减为零B 物体经2s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 Ff FN G 3N 根据牛顿第二定律得 a F Ffm 2 31 m s2 5m s2 方向向 误 减速到零后 F Ff 物体处于静止状态 不再运动 C正确 D错误 答案 BC 4 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m 2kg的物体 物体同时受到两个水平力的作用 F1 4N 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t 0 5s时物体的加速度大小 2 物体在t 0至t 2s内何时物体的加速度最大 最大值 为多少 3 物体在t 0至t 2s内何时物体的速度最大 最大值为 多少 F1 F24 3 甲 乙 图3 2 13解 1 当t 0 5s时 F2 2 2 0 5 N 3NF1 F2 ma a m2 m s2 0 5m s2 2 物体所受的合外力为 F合 F1 F2 4 2 2t 2 2t N 作出F合 t图象如图D19所示 图D19 从图中可以看出 在0 2s范围内 当t 0时 物体有最大加速度a0 F合0 ma0 F合2 2 当t 2s时 物体也有最大加速度a2 F合2 ma2 a2 m2 m s2 1m s2 负号表示加速度方向向左 3 由牛顿第二定律得 a F合m 1 t m s2 画出a t图象如图D20所示 图D20 由图可知t 1s时速度最大 最大值等于上方三角形的面 积