《高考物理一輪總復(fù)習(xí) 專題三 第2講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題課件 新人教版.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪總復(fù)習(xí) 專題三 第2講 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題課件 新人教版.ppt（43頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第2講牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1 內(nèi)容 物體的加速度跟所受的 成正比 跟物體的 成反比 加速度的方向跟 的方 向一致 合外力 質(zhì)量 合外力 2 表達(dá)式 F合 ma 3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的適用范圍 只適用于宏觀物體的低速問(wèn)題 不適用于微觀粒子和高速運(yùn)動(dòng)的物體 一 牛頓第二定律 二 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 1 兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 運(yùn)動(dòng)情況 受力情況 1 已知受力情況求物體的 2 已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的 2 解決兩類基本問(wèn)題的方法以 為 橋梁 由 和 列方程求解 加速度 運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 基礎(chǔ)檢測(cè) 多選 關(guān)于速度 加速度 合外力之間的關(guān)系 正確的是 A 物體的速度越大 則加速度越大 所受的合外力也越大B 物體的速度為零 則加速度為零 所受的合外力也為零C 物體的速度為零 但加速度可能很大 所受的合外力也可能很大D 物體的速度很大 但加速度可能為零 所受的合外力也可能為零答案 CD 考點(diǎn)1對(duì)牛頓第二定律的理解 重點(diǎn)歸納 1 因果性 只要物體所受合外力不為零 物體就獲得加速 度 即力是產(chǎn)生加速度的原因 2 瞬時(shí)性 加速度和物體受到的合外力是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系 即加速度隨合外力同時(shí)產(chǎn)生 同時(shí)變化 同時(shí)消失 保持時(shí)刻對(duì)應(yīng)的關(guān)系 3 矢量性 力和加速度都是矢量 物體加速度的方向由物 體所受合外力的方向決定 4 同一性 m F a必須是對(duì)應(yīng)同一研究對(duì)象 加速度a 相對(duì)于同一慣性系 一般是地球 5 獨(dú)立性 作用于物體的力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓 第二定律 互不影響 考點(diǎn)練透 1 多選 下列關(guān)于牛頓第二定律的說(shuō)法 正確的是 A 物體加速度的大小由物體的質(zhì)量和物體所受合外力的大小決定 與物體的速度無(wú)關(guān)B 物體加速度的方向只由它所受合外力的方向決定 與速度方向無(wú)關(guān)C 物體所受合外力的方向和加速度的方向及速度的方向總是相同的D 一旦物體所受合外力為零 則物體的加速度立即為零 其運(yùn)動(dòng)也就逐漸停止了答案 AB 2 如圖3 2 1所示 彈簧左端固定 右端自由伸長(zhǎng)到O點(diǎn)并系住質(zhì)量為m的物體 現(xiàn)將彈簧壓縮到A點(diǎn) 然后釋放 物 體可以一直運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) 如果物體受到的阻力恒定 則 圖3 2 1A 物體從A到O先加速后減速B 物體從A到O做加速運(yùn)動(dòng) 從O到B做減速運(yùn)動(dòng)C 物體運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí) 所受合外力為零D 物體從A到O的過(guò)程中 加速度逐漸減小 解析 物體從A到O 初始階段受到的向右的彈力大于阻力 合力向右 隨著物體向右運(yùn)動(dòng) 彈力逐漸減小 合力逐漸減小 由牛頓第二定律可知 加速度向右且逐漸減小 由于加速度與速度同向 物體的速度逐漸增大 當(dāng)物體向右運(yùn)動(dòng)至AO間某點(diǎn) 設(shè)為點(diǎn)O 時(shí) 彈力減小到與阻力相等 物體所受合力為零 加速度為零 速度達(dá)到最大 此后 隨著物體繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng) 彈力繼續(xù)減小 阻力大于彈力 合力方向變?yōu)橄蜃?至O點(diǎn)時(shí)彈力減為零 此后彈力向左且逐漸增大 所以物體越過(guò)O 點(diǎn)后 合力 加速度 方向向左且逐漸增大 由于加速度與速度反向 故物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng) 正確選項(xiàng)為A 答案 A 考點(diǎn)2動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題 重點(diǎn)歸納 1 動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的分析流程 2 應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題的一般步驟 1 明確研究對(duì)象 根據(jù)問(wèn)題的需要和解題的方便 確定某 一物體或幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象 2 分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況 畫好受力示意圖 明 確物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程 3 利用牛頓第二定律 在受力情況已知時(shí) 或結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公 式 在運(yùn)動(dòng)情況已知時(shí) 進(jìn)行求解 4 必要時(shí)對(duì)結(jié)果進(jìn)行討論 典例剖析 例1 如圖3 2 2所示 一個(gè)放置在水平臺(tái)面上的木塊 其質(zhì)量為2kg 受到一個(gè)斜向下的 與水平方向成37 角的推力F 10N的作用 使木塊從靜止開始運(yùn)動(dòng) 4s后撤去推力 若木塊與水平臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 為0 1 取g 10m s2 求 圖3 2 2 1 撤去推力時(shí)木塊的速度為多大 2 撤去推力到停止運(yùn)動(dòng)過(guò)程中木塊的加速度為多大 3 木塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總位移為多少 思維點(diǎn)撥 正確選擇研究對(duì)象并進(jìn)行受力分析 根據(jù)牛頓 第二定律求解加速度是快速求解此類題型的關(guān)鍵 解 1 撤去力F之前 對(duì)木塊進(jìn)行受力分析 如圖3 2 3 所示 圖3 2 3 由牛頓第二定律得 水平方向 Fcos37 f ma1豎直方向 FN mg Fsin37 又f FN 解得a1 2 7m s24s末的速度為 v a1t 2 7 4m s 10 8m s 2 撤去F后 根據(jù)牛頓第二定律 mg ma2a2 g 1m s2 所以 木塊運(yùn)動(dòng)的總位移為s s1 s2 79 92m 備考策略 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題是高考命題的熱點(diǎn) 此類問(wèn)題是考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的重點(diǎn) 每年必考 考題多以生產(chǎn)和生活的實(shí)際問(wèn)題為命題背景 解題的關(guān)鍵是求加速度 考點(diǎn)練透 3 2015年河南洛陽(yáng)模擬 某電視臺(tái)在娛樂(lè)節(jié)目中曾推出一個(gè)游戲節(jié)目 推礦泉水瓶 選手們從起點(diǎn)開始用力推瓶子一段時(shí)間后 放手讓它向前滑動(dòng) 若瓶子最后停在桌上有效區(qū)域內(nèi) 不能壓線 視為成功 若瓶子最后沒(méi)有停在桌上有效區(qū)域內(nèi)或在滑行過(guò)程中倒下均視為失敗 其簡(jiǎn)化模型如圖3 2 4所示 AC是長(zhǎng)度L1 5 5m的水平桌面 選手們將瓶子放在A點(diǎn) 從A點(diǎn)開始用一恒定不變的水平推力推它 BC為有效區(qū)域 已知BC長(zhǎng)度L2 1 1m 瓶子質(zhì)量m 0 5kg 與桌面間的動(dòng)摩擦因 數(shù) 0 2 g取10m s2 某選手作用在瓶子上的水平推力F 11N 瓶子沿AC做直線運(yùn)動(dòng) 假設(shè)瓶子可視為質(zhì)點(diǎn) 該選手要想游戲獲得成功 試求 在手推瓶子過(guò)程中瓶子的位移取值范圍 圖3 2 4 解 要想獲得成功 瓶子滑到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為0 力作用時(shí)間最短 滑到C點(diǎn)時(shí)速度恰好為0 力作用時(shí)間最長(zhǎng) 設(shè)力作用時(shí)的加速度為a1 位移為x1 撤力時(shí)瓶子的速度為v1 撤力后瓶子的加速度為a2 位移為x2 則 F mg ma1 mg ma2 L1 L2 x1 x2 L1 由以上各式聯(lián)立可解得 0 4m x1 0 5m 4 設(shè)某一艦載機(jī)的質(zhì)量為m 2 5 104kg 速度為v0 42m s 若僅受空氣阻力和甲板阻力作用 艦載機(jī)將在甲板上以a0 0 8m s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng) 著艦過(guò)程中航母靜止不動(dòng) 1 艦載機(jī)著艦后 若僅受空氣阻力和甲板阻力作用 航母 甲板至少多長(zhǎng)才能保證艦載機(jī)不滑到海里 2 為了艦載機(jī)在有限長(zhǎng)度的跑道上停下來(lái) 甲板上設(shè)置了阻攔索讓艦載機(jī)減速 同時(shí)考慮到艦載機(jī)掛索失敗需要復(fù)飛的情況 艦載機(jī)著艦時(shí)不關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī) 如圖3 2 5所示為艦載機(jī) 勾住阻攔索后某一時(shí)刻的情景 此時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小為F 1 2 105N 減速的加速度a1 20m s2 此時(shí)阻攔索夾角 106 空氣阻力和甲板阻力保持不變 求此時(shí)阻攔索承受的張力大小 已知 sin53 0 8 cos53 0 6 圖3 2 5 解 1 設(shè)甲板的長(zhǎng)度至少為s0 則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 代入數(shù)據(jù)可得s0 1102 5m 2 艦載機(jī)受力分析如圖D18所示 其中T為阻攔索的張力 f為空氣和甲板對(duì)艦載機(jī)的阻力 由牛頓第二定律得2Tcos53 f F ma1艦載機(jī)僅受空氣阻力和甲板阻力時(shí)f ma0 聯(lián)立可得T 5 105N 圖D18 方法 瞬時(shí)加速度問(wèn)題分析 物體的加速度a與其所受的合外力F是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的 同時(shí)產(chǎn)生 同時(shí)變化 同時(shí)消失 此類問(wèn)題常見的有繩 桿 和彈簧 彈性繩 模型 繩 桿 的彈力可以發(fā)生突變 輕彈簧 彈性繩 的彈力不能突變 例2 如圖3 2 6所示 質(zhì)量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成 角的輕彈簧系著處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)用火將繩AO燒 斷 在繩AO燒斷的瞬間 下列說(shuō)法正確的是 A 彈簧的拉力F mgcos B 彈簧的拉力F mgsin C 小球的加速度為零 D 小球的加速度a gsin 圖3 2 6 審題突破 繩AO燒斷的瞬間 彈簧的形變是明顯形變 在很短的時(shí)間內(nèi)來(lái)不及恢復(fù) 所以近似認(rèn)為彈簧的彈力沒(méi)有發(fā)生變化 解答此題應(yīng)該對(duì)小球進(jìn)行兩次受力分析 一次是繩斷之前 一次在繩斷之后 這兩次受力分析的聯(lián)系點(diǎn)是彈簧的彈力一樣 解析 燒斷繩AO之前 小球受3個(gè)力 如圖3 2 7所示 燒斷細(xì)繩的瞬間 繩子的張力沒(méi)有了 但由于輕彈簧的形變恢復(fù)需要時(shí)間 故彈簧的彈力不變 A正確 燒斷細(xì)繩的瞬間 小球受到的合外力與T 繩AO的拉力 等大反向 即F合 mgtan 則小球的加速度a gtan 答案 A 圖3 2 7 題外拓展 本題中若B點(diǎn)斷開 則彈簧的彈力消失 而繩子形變屬于微小形變 彈力也變成零 即在B點(diǎn)斷開的瞬間 小球只受到重力的作用 加速度為g 若彈簧換成繩子 在繩AO燒斷的瞬間 因OB繩不可伸長(zhǎng) 球的加速度只能垂直于繩OB向斜下方 繩OB的拉力發(fā)生了突變 有興趣的同學(xué)可求一下小球的加速度 觸類旁通 1 2016年山東濰坊第一次聯(lián)考 如圖3 2 8所示 在光滑的水平面上 質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連 在拉力F的作用下 以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 某時(shí)刻突然撤去拉力F 此瞬時(shí)A和B的加速度為a1和a2 則 圖3 2 8 a 所以選項(xiàng)C正確 解析 兩物體在光滑的水平面上一起以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí) 彈簧的彈力F彈 m1a 在力F撤去的瞬間 彈簧的彈力來(lái)不及改變 大小仍為m1a 因此對(duì)A物體來(lái)講 加速度此時(shí)仍為a 對(duì)B物體 取向右為正方向 m1a m2a2 a2 m1m2 答案 C 2 如圖3 2 9所示 A B兩小球分別連在彈簧兩端 B端用細(xì)線固定在傾角為30 的光滑斜面上 A B兩小球的質(zhì)量分別為mA mB 重力加速度為g 若不計(jì)彈簧質(zhì)量 在線被剪斷 瞬間 A B兩球的加速度分別為 圖3 2 9 答案 D 易錯(cuò)點(diǎn)對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析不到位 例3 如圖3 2 10所示 有一水平傳送帶以2m s的速度勻速運(yùn)動(dòng) 現(xiàn)將一物體輕輕放在傳送帶上 若物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) 為0 5 則傳送帶將該物體傳送10m的距離所需時(shí)間為多少 圖3 2 10 錯(cuò)解分析 由于物體輕放在傳送帶上 所以初速度v0 0 物體在豎直方向所受合外力為零 在水平方向受到滑動(dòng)摩擦力 傳送帶施加 做初速度v0 0的勻加速運(yùn)動(dòng) 位移為10m 據(jù)牛頓第二定律F ma有f mg maa g 5m s2 上述解法的錯(cuò)誤出在對(duì)這一物理過(guò)程的認(rèn)識(shí) 傳送帶上輕放的物體 其運(yùn)動(dòng)有可能分為兩個(gè)過(guò)程 一是在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 二是達(dá)到與傳送帶相同速度后 無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng) 也無(wú)摩擦力 物體開始做勻速直線運(yùn)動(dòng) 關(guān)鍵問(wèn)題應(yīng)分析出什么時(shí)候達(dá)到傳送帶的速度 才好對(duì)問(wèn)題進(jìn)行解答 正解分析 以物體為研究對(duì)象 如圖3 2 11所示 在豎直方向受重力和支持力 在水平方向受滑動(dòng)摩擦力 做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng) 圖3 2 11 根據(jù)牛頓第二定律F ma有水平方向 f ma 豎直方向 N mg 0f N 由以上三式解得a 5m s2 設(shè)經(jīng)時(shí)間t1后物體速度達(dá)到傳送帶的速度 根據(jù)勻加速直 線運(yùn)動(dòng)的速度公式vt v0 at 解得t1 0 4s 時(shí)間t1內(nèi)物體的位移為 物體位移為0 4m時(shí) 物體的速度與傳送帶的速度相同 0 4s后物體不受摩擦力作用 開始做勻速運(yùn)動(dòng) 設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s2 有s2 v2t2 因?yàn)閟2 s s1 10 0 4 m 9 6m v2 2m s解得t2 4 8s 則傳送10m所需時(shí)間為 t t1 t2 0 4 4 8 s 5 2s 指點(diǎn)迷津 對(duì)物體準(zhǔn)確進(jìn)行受力分析 是求解此類問(wèn)題的關(guān)鍵 判斷兩者什么時(shí)候達(dá)到共同速度 是解題的突破口 觸類旁通 3 多選 2015年山東師大附中質(zhì)檢 如圖3 2 12所示 質(zhì)量為m 1kg的物體與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0 3 當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)的速度為10m s時(shí) 給物體施加一個(gè)與速度方向相反的 大小為F 2N的恒力 在此恒力作用下 g取10m s2 圖3 2 12A 物體經(jīng)10s速度減為零B 物體經(jīng)2s速度減為零C 物體速度減為零后將保持靜止D 物體速度減為零后將向右運(yùn)動(dòng) 解析 物體受到向右的滑動(dòng)摩擦力 Ff FN G 3N 根據(jù)牛頓第二定律得 a F Ffm 2 31 m s2 5m s2 方向向 誤 減速到零后 F Ff 物體處于靜止?fàn)顟B(tài) 不再運(yùn)動(dòng) C正確 D錯(cuò)誤 答案 BC 4 2015年河南中原名校聯(lián)考 如圖3 2 13甲所示 光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m 2kg的物體 物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用 F1 4N 方向向右 F2的方向向左 大小如圖乙所示 物體從靜止開始運(yùn)動(dòng) 此時(shí)開始計(jì)時(shí) 求 1 當(dāng)t 0 5s時(shí)物體的加速度大小 2 物體在t 0至t 2s內(nèi)何時(shí)物體的加速度最大 最大值 為多少 3 物體在t 0至t 2s內(nèi)何時(shí)物體的速度最大 最大值為 多少 F1 F24 3 甲 乙 圖3 2 13解 1 當(dāng)t 0 5s時(shí) F2 2 2 0 5 N 3NF1 F2 ma a m2 m s2 0 5m s2 2 物體所受的合外力為 F合 F1 F2 4 2 2t 2 2t N 作出F合 t圖象如圖D19所示 圖D19 從圖中可以看出 在0 2s范圍內(nèi) 當(dāng)t 0時(shí) 物體有最大加速度a0 F合0 ma0 F合2 2 當(dāng)t 2s時(shí) 物體也有最大加速度a2 F合2 ma2 a2 m2 m s2 1m s2 負(fù)號(hào)表示加速度方向向左 3 由牛頓第二定律得 a F合m 1 t m s2 畫出a t圖象如圖D20所示 圖D20 由圖可知t 1s時(shí)速度最大 最大值等于上方三角形的面 積