《2020届高考物理总复习教科版课件：第3章 牛顿运动定律 第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题 (数理化网).ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理总复习教科版课件：第3章 牛顿运动定律 第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题 (数理化网).ppt（50页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题,基础回顾,核心探究,演练提升,基础回顾 自主梳理融会贯通,知识梳理,一、牛顿第二定律 1.内容:物体的加速度跟所受的合力成 ,跟物体的质量成 .加速度的方向跟 方向相同. 2.表达式:F合= . 3.适用范围:适用于 参考系中 物体的低速运动.,正比,反比,合力,ma,惯性,宏观,如图所示,超市中顾客随自动扶梯一起向上匀加速运动.已知扶梯倾角为,顾客质量为m,加速度为a.若求扶梯对顾客支持力或摩擦力,你有何思路? 答案:分析物体的受力,将加速度沿水平、竖直方向分解,然后根据牛顿第二定律分别列方程求解.,二、力学单位制 1.单位制:由 和 一起组成了单位制
2、.,基本单位,导出单位,2.基本单位:基本物理量的 .力学中的基本量有 、长度和 ,它们的国际单位分别是kg,m和 . 3.导出单位:由基本单位根据 推导出来的其他物理量的单位. 三、牛顿第二定律的应用 1.两类动力学问题 (1)已知受力情况,求物体的 情况. (2)已知运动情况,求物体的 情况. 2.解决两类问题的方法 以 为“桥梁”,由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解.,单位,质量,时间,物理关系,运动,受力,加速度,s,自主检测,1.思考判断 (1)千克、克、秒、小时、分钟均属于基本单位.( ) (2)牛顿第二定律表达式F=ma在任何情况下都适用.( ) (3)对静止在光滑水平面上的物
3、体施加一个水平力,当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度.( ) (4)质量越大的物体加速度越小.( ) (5)根据公式F=ma,可知物体所受的外力跟物体的加速度成正比.( ),答案:(1) (2) (3) (4) (5),2.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是( ) A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度 C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比 D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比,D,解析:根据牛顿第二定律a= 可知物体的加速度与速度无关,所以A错误;即使合力很小
4、,也能使物体产生加速度,所以B错误;物体加速度的大小与物体所受的合力成正比,所以C错误;力和加速度为矢量,水平方向的力产生水平方向的加速度,则物体水平加速度与质量成反比,所以D正确.,3.某实验小组在实验室设计了一个不用天平测量物体质量的实验,如图,在光滑水平台面右端固定一个恒力器,在台面左端放一辆小车,车上固定一遮光条,遮光条宽度为d,恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F,使小车由静止开始依次经过两个光电门,光电门1,2记录的挡光时间分别为t1,t2,测得两光电门中心间距为x,不计遮光条质量.根据以上实验数据可得小车质量为( ),B,核心探究 分类探究各个击破,考点一 牛顿第二定律的理解,
5、1.牛顿第二定律的“五”性,2.合力、加速度、速度间的决定关系 (1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向,只要合力不为零,不管速度是多少,物体都有加速度且与合力的方向一定相同,合力(或加速度)与速度无必然的联系. (2)合力(或加速度)与速度同向时,物体做加速运动;合力(或加速度)与速度反向时,物体做减速运动.,(4)速度的改变需经历一定的时间而不能突变;有力就一定有加速度,但有力速度可能为0.,【典例1】 (多选)如图所示,一轻质弹簧一端固定在墙上的O点,自由伸长到B点.今用一小物体m把弹簧压缩到A点(m与弹簧不连接),然后释放,小物体能经B点运动到C点而静止.小物体m与水平面间的动摩擦
6、因数恒定,则下列说法中正确的是( ) A.物体从A到B速度越来越大 B.物体从A到B速度先增大后减小 C.物体从A到B加速度越来越小 D.物体从A到B加速度先减小后增大,BD,核心点拨 (1)由A到C的过程中,物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B点的左侧. (2)a=0时出现在A,B之间,此时速度达最大.,解析:物体从A到B的过程中,水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用,大小不变;还一直受到向右的弹簧的弹力作用,弹力从某个值逐渐减小到0.开始时,弹力大于摩擦力,合力向右,物体向右加速,随着弹力的减小,合力越来越小;到A,B间的某一位置时,弹力和摩擦力的合力为0,速度达到最大;随后
7、,摩擦力大于弹力,合力增大但方向向左,合力方向与速度方向相反,物体开始做减速运动.所以,小物体由A到B的过程中,先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,故选项B,D正确.,方法技巧 牛顿第二定律应用中的受力处理技巧 (1)物体受两个非共线共点力时通过合成法计算合力. (2)物体受共线共点力时可将力的运算转化为代数运算. (3)物体受多个非共线共点力时通过正交分解法进行计算.,1.牛顿第二定律的理解(多选)下列说法正确的是( ) A.物体只有在受力的前提下才会产生加速度,因此,加速度的产生要滞后于力的作用 B.F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关 C.物体所受的合
8、外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小 D.物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系,BCD,解析:物体的加速度与合外力有瞬时对应关系,加速度与力同时产生,故A错误.a的方向与F的方向相同,与速度方向无关,故B正确.合外力减小,加速度一定减小,但如果a与v同向,v会变大,故C正确.物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系,故D正确.,多维训练,2.牛顿第二定律的应用(2018河南中原名校联考)某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提供的动力方向与水平方向夹角=60,使飞行器恰好沿与水平方向成=30角的直线斜向右上
9、方匀加速飞行,经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是( ) A.加速时加速度的大小为g B.加速时动力的大小等于mg C.减速时动力的大小等于 mg D.减速飞行时间t后速度为零,A,考点二 用牛顿第二定律分析瞬时加速度问题,1.两种模型,2.求解瞬时加速度的一般思路,分析瞬时变化前后物体的受力情况 由牛顿第二定律列方程 求瞬时加速度,【典例2】 (多选)如图(甲)、(乙)所示,图中细线均不可伸长,两小球质量相同且均处于平衡状态,细线和弹簧与竖直方向的夹角均为.如果突然把两水平细线剪断,则剪断瞬
10、间( ) A.图(甲)中小球的加速度大小为gsin ,方向水平向右 B.图(乙)中小球的加速度大小为gtan ,方向水平向右 C.图(甲)中倾斜细线与图(乙)中弹簧的拉力之比为1cos2 D.图(甲)中倾斜细线与图(乙)中弹簧的拉力之比为cos21,BD,核心点拨 (1)水平细线剪断瞬间,小球A将沿圆弧摆下,小球A的合力与细线垂直且向下,倾斜细线的拉力发生突变. (2)水平细线剪断瞬间,弹簧的拉力不变,小球B的合力水平向右.,解析:设两球质量均为m,剪断水平细线后,对小球A进行受力分析,如图(a)所示,小球A将沿圆弧摆下,小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下,则T1=mgcos , F
11、1=mgsin =ma1,所以a1=gsin ,方向垂直倾斜细线向下,故选项A错误. 对小球B进行受力分析,水平细线剪断瞬间,小球B所受重力mg和弹簧弹力T2都不变,小球B的加速度a2的方向水平向右,如图(b)所示,则T2= ,F2=mgtan=ma2,所以a2=gtan ,方向水平向右,故选项B正确.图(甲)中倾斜细线与图(乙)中弹簧的拉力之比为T1T2=cos21,故选项C错误,D正确.,方法技巧 抓住“两关键”,遵循“四步骤” (1)分析瞬时加速度的“两个关键” 明确绳或线类、弹簧或橡皮筋类模型的特点. 分析瞬时前、后的受力情况和运动状态. (2)“四个步骤” 第一步:分析原来物体的受力
12、情况. 第二步:分析物体在突变时的受力情况. 第三步:由牛顿第二定律列方程. 第四步:求出瞬时加速度,并讨论其合理性.,1. 弹簧连接的瞬时加速度问题(2017咸阳质检)如图所示,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( ),多维训练,D,2. 摩擦力突变引起的瞬时加速度问题(多选)如图所示,质量均为m的木块A和木板B叠放在粗糙的水平地面上,A与B间的动摩擦因数1=0.4,水平力F=2mg作用在B上,A,B以a=2 m/s2的共同加速度向右运动.则(g=
13、10 m/s2) ( ) A.无法求出B与地面间的动摩擦因数 B.在撤去F后,A,B会发生相对滑动 C.在撤去F后瞬间,B的加速度无法求出 D.在撤去F后瞬间,A的加速度为4 m/s2,方向向左,BD,解析:设B与地面间的动摩擦因数为2,水平力F作用时,由牛顿第二定律,对整体有2mg-22mg=2ma,得2=0.8,故选项A错误.在撤去F后瞬间,A与B都匀减速向右运动,若A相对于B向右滑动,则有1mg=maA,22mg-1mg=maB,即aA= 1g,aB=(22-1)gaA,故选项B正确.代入数据可得aB=12 m/s2,aA=4 m/s2,方向均向左,故选项C错误,D正确.,考点三 两类动
14、力学问题,1.两类动力学问题之间的逻辑关系,2.解决动力学基本问题时对力的处理方法 (1)合成法 在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”. (2)正交分解法 若物体的受力个数较多(3个或3个以上),则采用“正交分解法”.,3.两类动力学问题的解题步骤,【典例3】 (2018山东济南调研)滑雪运动中当滑雪板压在雪地上时会把雪内的空气逼出来,在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”,从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦力.然而当滑雪板相对雪地速度较小时,与雪地接触时间超过某一值就会陷下去,使得它们间的摩擦力增大.假设滑雪者的速度超过4 m/s时,滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由1=0.25变
15、为2=0.125.一滑雪者从倾角=37的坡顶A处由静止开始自由下滑,滑至坡底B处后又滑上一段水平雪地(B处斜坡与水平面平滑连接),最后停在C处,如图所示,不计空气阻力,坡长L=26 m,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求: (1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间; (2)滑雪者到达B处的速度; (3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离.,运动过程图示,答案:(1)1 s (2)16 m/s (3)99.2 m,方法技巧 解决动力学两类问题的两个关键点,多维训练,A,2.由运动情况确定受力情况 如图为风洞实验室中进行的实验示意图.在倾角为37的固定斜
16、面上,有一个质量为1 kg的物块,在风洞施加的水平恒力F作用下,从A点由静止开始运动,经过1.2 s到达B点时立即关闭风源,失去恒力F,物块到达C点时速度变为零.通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度,下表给出了部分数据:,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2.求: (1)A,C两点间的距离;,答案:(1)5.4 m,(2)水平恒力F的大小.,解析:(2)匀加速过程中由牛顿第二定律得 Fcos 37-mgsin 37-(mgcos 37+Fsin 37)=ma1 匀减速过程中由牛顿第二定律得 -(mgsin 37+mgcos 37)=ma2 联立
17、解得F=30 N.,答案:(2)30 N,演练提升 真题体验强化提升,高考模拟,1.牛顿第二定律的理解(2016全国卷,18)(多选)一质点做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则( ) A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变,BC,解析:由于施加恒力前质点做匀速直线运动,此时所受外力的合力为0,施加恒力后其合力为该恒力,则加速度不变,加速度方向与该恒力方向相同,但力的方向与速度方向关系不明确,质点可能做匀变速直线运动,也可能做匀变
18、速曲线运动,速度方向与力的方向可能相同,也可能时刻改变;质点加速度不变说明单位时间内速度的变化量相同,但由于速度为矢量,单位时间内速率的变化量不一定相等.故选项B,C正确.,2.两类动力学问题(2017海南卷,3)汽车紧急刹车后,停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止,在地面上留下的痕迹称为刹车线.由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度.已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80,测得刹车线长25 m.汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)( ) A.10 m/s B.20 m/s C.30 m/s D.40 m/s,B,3.瞬时加速度问题(2018辽宁六校联考)如图所示
19、,A,B两球质量相等,光滑斜面的倾角为,图(甲)中,A,B两球用轻弹簧相连,图(乙)中A,B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有( ) A.两图中两球加速度均为gsin B.两图中A球的加速度均为零 C.图(乙)中轻杆的作用力一定不为零 D.图(甲)中B球的加速度是图(乙)中B球的2倍,D,解析:撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为2mgsin ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图(甲)中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsin ,加速度为2gsin ;图(乙)中杆的弹力突变为零,A,B球所受合力
20、均为mgsin ,加速度均为gsin ,故图(甲)中B球的加速度是图(乙)中B球加速度的2倍,故D正确.,4.牛顿运动定律的综合应用(2017海南卷,14)一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示.质量为 m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动.经过一段时间后,物块a,b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g.求:,(1)弹簧的劲度系数;,(2)物块b加速度的大小;,(3)在物块a,b分离前,外力大
21、小随时间变化的关系式.,等时圆模型及其应用 1.模型特征 (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图(甲)所示. (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图(乙)所示. (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同过切点的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图(丙)所示.,拓展增分,2.思维模板,【示例】 (多选)如图所示,Oa,Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆,O,a,b, c,d位于同一圆周上,c为圆周的最高点,a为最低点,O为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出),两个滑环从O点无初速度释放,一个滑环从d点无初速度释放,用t1,t2,t3分别表示滑环沿Oa,Ob,da到达a,b所用的时间,则下列关系正确的是( ) A.t1=t2 B.t2t3 C.t1t2 D.t1=t3,BCD,解析:设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca,Oa,da三细杆交于圆的最低点a,三杆顶点均在圆周上,根据等时圆模型可知,由c,O,d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等,即tca=t1=t3;而由ca和由Ob滑动的小滑环相比较,滑行位移大小相同,初速度均为零,但acaaOb,由x= at2可知,t2tca,故选项A错误,B,C,D均正确.,