2011届物理一轮复习课件：3.2《牛顿第二定律两类动力学问题》.pptVIP

第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题 考点自清 一、牛顿第二定律 1.内容:物体加速度的大小跟作用力成 ,跟物体的质量成 .加速度的方向与 相同. 2.表达式: . 3.适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于 参考系(相对地面静止或 的参考系). 正比 作用力方向 反比 F=ma 惯性 匀速直线运动 (2)牛顿第二定律只适用于 物体(相对于分子、 原子)、低速运动(远小于光速)的情况. 特别提醒 1.牛顿第二定律F=ma在确定a与m、F的数量关系的 同时,也确定了三个量间的单位关系及a和F间的 方向关系. 2.应用牛顿第二定律求a时,可以先求F合,再求a,或 先求各个力的加速度,再合成求出合加速度. 宏观 二、两类动力学问题 1.已知物体的受力情况,求物体的 . 2.已知物体的运动情况,求物体的 . 名师点拨 利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加 速度的“桥梁”作用,将运动学规律和牛顿第二定律 相结合,寻找加速度和未知量的关系,是解决这类问 题的思考方向. 受力情况 运动情况 三、单位制 1.单位制由基本单位和导出单位共同组成. 2.力学单位制中的基本单位有 , , . 3.导出单位有 , , 等. 特别提醒 在计算的时候,如果所有的已知量都用同一种单 位制中的单位来表示,那么,只要正确地应用物理 公式,计算的结果就总是用这个单位制中的单位 来表示,而在计算过程中不必所有的物理量都带 单位. 长度(m)质量(kg) 时间(s) 力(N)速度(m/s) 加速度(m/s2) 热点一 牛顿第二定律的“四性” 1.瞬时性:牛顿第二定律表明了物体的加速度与物体 所受合外力的瞬时对应关系.a为某一瞬时的加速 度,F即为该时刻物体所受的合外力,对同一物体a 与F的关系为瞬时对应. 2.矢量性:牛顿第二定律公式是矢量式,任一瞬间a的 方向均与F合的方向相同.当F合方向变化时,a的方 向同时变化,且任意时刻两者均保持一致. 3.同一性:牛顿第二定律公式中的三个物理量必须是 针对同一物体而言的;物体受力运动时必然只有 一种运动情形,其运动状态只能由物体所受的合 力决定,而不能是其中的一个力或几个力. 热点聚焦 4.同时性:牛顿第二定律中F、a只有因果关系而没有 先后之分,F发生变化时a同时变化,包括大小和方向. 交流与思考:牛顿第一定律是不受任何外力作用下的 规律,跟合外力为零情况下的牛顿第二定律的结论是 一致的,所以可以将牛顿第一定律看做牛顿第二定律 的特例.这种说法是否正确？谈谈你的观点. 提示:牛顿第一定律是不受任何外力作用下的理想化 情况,无法用实验直接验证.牛顿第一定律是以伽利 略的“理想实验”为基础,将实验结论经过科学抽象 、归纳推理而总结出来的.因此,牛顿第一定律是一 种科学的抽象思维方法,它并不是实验定律.而牛顿 第二定律表示实际物体在所受外力作用下遵循的规 律,是实验定律.牛顿第一定律有着比牛顿第二定律 更丰富的内涵,牛顿第一定律和牛顿第二定律是地位 相同的两个规律,两者没有从属关系.因此,牛顿第一 定律并不是牛顿第二定律的特例. 热点二 解答两类动力学问题的基本方法及步骤 1.分析流程图 2.应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便, 选出被研究的物体. (2)分析物体的受力情况和运动情况,画好受力分析 图,明确物体的运动性质和运动过程. 受 力 情 况 F合 =ma 加 速 度 a 运动学 公式 运动情 况v0、v 、x、t (3)选取正方向或建立坐标系,通常以加速度的方向 为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向. (4)求合外力F合. (5)根据牛顿第二定律F合=ma列方程求解,必要时还 要对结果进行讨论. 特别提醒 1.物体的运动情况是由所受的力及物体运动的初始 状态共同决定的. 2.无论是哪种情况,联系力和运动的“桥梁”是加 速度. 题型1 涉及牛顿第二定律的过程分析 如图1所示,自由下落的小 球下落一段时间后,与弹簧接触,从 它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短 的过程中,小球的速度、加速度的变化情况如何？ 速度的变化取决于速度方向与加速度方 向的关系(当a与v同向时,v变大,当a与v反向时,v 变小),而加速度由合力决定,所以要分析v、a的变 化,必须先分析物体受到的合力的变化. 题型探究 图1 思维点拨 解析 小球接触弹簧上端后受到两个力作用:向下的 重力和向上的弹力. 在接触后的前一阶段,重力大于弹力,合力向下,因为 弹力F=kx不断增大,所以合外力不断减小,故加速度 不断减小,由于加速度与速度同向,因此速度不断变 大. 当弹力逐步增大到与重力大小相等时,合外力为零, 加速度为零,速度达到最大. 后一阶段,即小球达到上述位置之后,由于惯性小球 仍继续向下运动,但弹力大于重力,合外力竖直向上, 且逐渐变大,因而加速度逐渐变大,方向竖直向上,小 球做减速运动,当速度减小到零时,达到最低点,弹簧 的压缩量最大. 答案 小球的加速度方向是先向下后向上,大小是先 变小后变大;速度方向始终竖直向下,大小是先变大后 变小. 规律总结 很多非匀变速过程都要涉及应用牛顿第二定律进行过 程分析,如“电磁感应部分导体棒获得收尾速度前的 过程”“机车起动获得最大速度之前的过程”等都属 于这一问题.分析此类问题应注意以下几方面: (1)准确分析研究对象的受力情况,明确哪些力是恒力 ,哪些力是变力,如何变化. (2)依据牛顿第二定律列方程,找到运动情况和受力情 况的相互制约关系,发现潜在状态(如平衡状态、收尾 速度等),找到解题突破口. 变式练习1 如图2所示,弹簧左端固定, 右端自由伸长到O点并系住物 体m.现将弹簧压缩到A点,然 后释放,物体一直可以运动到 B点,如果物体受到的阻力恒定,则 ( ) A.物体从A到O先加速后减速 B.物体从A到O加速运动,从O到B减速运动 C.物体运动到O点时所受合力为0 D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小 解析 首先有两个问题应清楚,物体在A点的弹力 大于物体与地面之间的阻力(因为物体能运动),物 体在O点的弹力为0.所以在A、O之间有弹力与阻 图2 力相等的位置,故物体在A、O之间的运动应该是先加 速后减速,A选项正确,B选项不正确;O点的弹力为0, 但摩擦力不是0,所以C选项不正确;从A到O的过程加 速度先减小、后增大,故D选项错误. 答案 A 题型2 牛顿第二定律的基本应用 (2008海南15)科研人员乘气球进行科学考察. 气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg.气 球在空中停留一段时间后,发现气球漏气而下降,及时堵 住.堵住时气球下降速度为1 m/s,且做匀加速运动,4 s 内下降了12 m.为使气球安全着陆,向舱外缓慢抛出一定 的压舱物.此后发现气球做匀减速运动,下降速度在5分 钟内减少了3 m/s.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽 略,重力加速度g=9.89 m/s2,求抛掉的压舱物的质量. 思路导图 解析 设堵住漏洞后,气球的初速度为v0,所受的空 气浮力为F,气球、座舱、压舱物和科研人员的总质 量为m,由牛顿第二定律得 mg-F=ma 式中a是气球下降的加速度.以此加速度在时间t内下 降了h,则h=v0t+ 当向舱外抛掉质量为m的压舱物后,有 F-(m-m)g=(m-m)a 式中a是抛掉压舱物后气球的加速度.由题意,此时 a方向向上,v=at 式中v是抛掉压舱物后气球在t时间内下降速度 的减少量.由得m=m 将题设数据m=990 kg,v0=1 m/s,t=4 s, h=12 m,t=300 s,v=3 m/s,g=9.89 m/s2 代入式得m=101 kg 答案 101 kg 规律总结 动力学问题不外乎两大类:一类是已知力求运动,对这 类问题首先要求出合外力,而后根据牛顿第二定律求加 速度,再求其他运动学量;另一类是已知运动求力,这类 问题要首先求出加速度,再根据牛顿第二定律求合外力 ,最后再运用力的合成与分解知识求解某些具体的作用 力.这两类问题都要遵从以下解题步骤: (1)明确研究对象. (2)对研究对象进行受力分析,画出受力分析图,同时还 应该分析研究对象的运动情况(包括速度、加速度),并 把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来. 变式练习2 如图3所示, 质量为m的人站在自动扶梯上 ,扶梯正以加速度a向上 减速运动,a与水平方向的夹 角为.求人所受到的支持 力和摩擦力. 解析 解法一 以人为研究对象,他站在减速上升的 电梯上,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的支持力 FN,还受到水平方向的静摩擦力F静,由于物体斜向下 的加速度有一个水平向左的分量,故可判断静摩擦力 的方向水平向左,人受力如图(a)所示,建立如图所示 的坐标系,并将加速度分解为水平方向加速度ax和竖 直方向加速度ay,如图(b)所示,则 图3 ax=acos,ay=asin. 由牛顿第二定律得F静=max,mg-FN=may 解得F静=macos,FN=m(g-asin) 解法二 以人为研究对象,受力分析如图所示.因摩 擦力F为待求,且必沿水平方向,设为水平向右.建立 图示坐标,并规定正方向. 根据牛顿第二定律得 x方向:mgsin-FNsin-Fcos=ma y方向:mgcos+Fsin-FNcos=0 由两式可解得FN=m(g-asin),F=-macos F为负值,说明摩擦力的实际方向与假设方向相反,为 水平向左. 答案 F静=macos FN=m(g-asin) 题型3 用动力学方法分析多过程问题 如图4所示,在光滑水平面AB上,水平恒力F推 动质量为m=1 kg的物体从A点由静止开始做匀加速 直线运动,物体到达B点时撤去F,接着又冲上光滑 斜面(设经过B点前后速度大小不变,最高能到达C 点,用速度传感器测量物体的瞬时速度,表中记录 了部分测量数据),求: 图4 (1)恒力F的大小. (2)斜面的倾角. (3)t=2.1 s时物体的速度. 解析 (1)物体从A到B过程中:a1= =2 m/s2 则F=ma1=2 N (2)物体从B到C过程中a2= =5 m/s 由牛顿第二定律可知mgsin=ma2 代入数据解得sin=1/2,=30 t(s)0.00.20.42.2 2.4 2.6 v(m/s ) 0.00.40.83.0 2.0 1.0 (3)设B点的速度为vB,从v=0.8 m/s到B点过程中 vB=0.8+a1t1 从B点到v=3 m/s过程vB=3+a2t2 t1+t2=1.8 s 解得t1=1.6s t2=0.2 s vB=4 m/s 所以,当t=2 s时物体刚好达到B点 当t=2.1 s时v=vB-a2(t-2) v=3.5 m/s. 答案 (1)2 N (2)30 (3)3.5 m/s 本题共20分.其中式各2分, 式各1分. 为了考查学生的各方面能力,题目中的已知条件和数 据以多种形式提供,列表提供已知数据是最近几年高 考试题中出现的一种新的形式,要求同学们能从表中 的数据获取有用的信息进行求解. 自我批阅 (11分)在消防演习中,消防队员从一根竖直的长直轻 绳上由静止滑下,经一段时间落地.为 了获得演习中的一些数据,以 提高训练质量,研究人员在轻 绳上端安装一个力传感器并 与数据处理系统相连接,用来记录消防队员下滑过程 中轻绳受到的拉力与消防队员重力的比值随时间变 化的情况如图5所示.已知某队员在一次演习中的数 据如图所示,经2.5 s时间落地.(g取10 m/s2)求: 图5 (1)该消防队员下滑过程中,在01 s内的加速度是多 少？ (2)该消防队员在下滑过程中的最大速度是多少？ (3)该消防队员在落地时速度是多少？ 解析 (1)该队员在01 s时间内以a1匀加速下滑 由牛顿第二定律得:mg-F1=ma1 (2分) 所以a1=g- =4 m/s2 (1分) (2)该队员在01s内加速下滑,1 s2.5 s内减速下滑 ,在t=1 s时速度达到最大,则最大速度vm=a1t1(2分) 代入数据解得:vm=4 m/s (1分) (3)设该队员减速下滑的加速度为a2 由牛顿第二定律得:F2-mg=ma2 (2分) a2= -g=2 m/s2 队员落地时的速度v=vm-a2t2 (2分) t2=1.5 s代入数据解得:v=1 m/s (1分) 答案 (1)4 m/s2 (2)4 m/s (3)1 m/s 素能提升 1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依 据.刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上 滑动时留下的痕迹.在某次交通故事中,汽车的刹车 线的长度是14 m,假设汽车轮胎与地面的动摩擦因 数为0.7,g=10 m/s2.则汽车开始刹车时的速度为 ( ) A.7 m/sB.10 m/s C.14 m/sD.20 m/s 解析 由牛顿第二定律得汽车刹车时的加速度 a= =g=7 m/s2,则v02=2ax,v0= =14 m/s, C正确.考查牛顿第二定律及匀变速直线运动规律. C 2.如图6所示,三个完全相同的物块1、2、3放在水平 桌面上,它们与桌面间的动摩擦因数都相同.现用 大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上, 用 的外力沿水平方向作用在3上,使三者都做 加速运动.令a1、a2、a3分别表示物块1、2、3的加 速度,则 ( ) A.a1=a2=a3B.a1=a2,a2a3 C.a1a2,a2a3D.a1a2,a2a3 图6 解析 对物块进行受力分析,根据牛顿第二定律可得 : 比较大小可得C选项正确. 答案 C 3.如图7甲所示,在粗糙水平面上,物块A在水平向右 的外力F的作用下做直线运动,其速度时间图象 如图乙所示,下列判断正确的是 ( ) A.在01 s内,外力F不断增大 B.在1 s3 s内,外力F的大小恒定 C.在3 s4 s内,外力F不断减小 D.在3 s4 s内,外力F的大小恒定 图7 解析 在01 s内,物块做匀加速直线运动,外力F恒 定,故A错.在1 s3 s内,物块做匀速运动,外力F也 恒定,B正确.在3 s4 s内,物块做加速度增大的减 速运动,所以外力F不断减小,C对,D错. 答案 BC 4.如图8所示,物体P以一定的初速度v沿光滑水平面向 右运动,与一个右端固定的轻质弹簧相撞,并被弹 簧反向弹回.若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克 定律,那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中 ( ) A.P的加速度大小不断变化,方向也不断变化 B.P的加速度大小不断变化,但方向只改变一次 C.P的加速度大小不断改变,当加速度数值最大时, 速度最小 D.有一段过程,P的加速度逐渐增大,速度也逐渐增 大 图8 解析 P的加速度由弹簧弹力产生,当P压缩弹簧时弹 力增大,然后弹簧将P向左弹开,弹力减小,因此加速 度先增大后减小,方向始终向左,A、B两项错;加速度 最大时弹簧的压缩量最大,P的速度为零,C对;向右运 动时,加速度增大,但加速度与速度方向相反,速度减 小,向左运动时加速度减小但与速度同向,速度增大 ,D项错. 答案 C 5.在某一旅游景区,建有一山坡滑草运动项目.该山 坡可看成倾角=30的斜面,一名游客连同滑草 装置总质量m=80 kg,他从静止开始匀加速下滑,在 时间t=5 s内沿斜面滑下的位移x=50 m.(不计空气 阻力,取g=10 m/s2).问: (1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力 Ff为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数为多大？ (3)设游客滑下50 m后进入水平草坪,试求游客在水 平面上滑动的最大距离. 解析 (1)由x= at2得a=4 m/s2 由mgsin-Ff=ma,得Ff=mgsin-ma=80 N (2)由Ff=mgcos可求得= (3)在水平面上:mg=ma得a=g= m/s2 由v=at,v2=2ax,可得x=100 m 答案 (1)80 N (2) (3)100 m 6. 质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下, 从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定 不动,与水平地面的夹角=37,如图9所示.力F作 用2秒钟后撤去,物体 在斜面上继续上滑了1.25 秒钟后,速度减为零.求: 物体与斜面间的动摩擦 因数和物体的总位移x. (已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2) 解析 设力F作用时物体沿斜面上升的加速度为a1,撤 去力F后其加速度变为a2,则:a1t1=a2t2 图9 有力F作用时,物体受力为:重力mg、推力F、支持力 FN1、摩擦力Ff1 在沿斜面方向上,由牛顿第二定律可得 Fcos-mgsin-Ff1=ma1 Ff