2013版物理全程复习方略配套课件(沪科版)：3.2牛顿第二定律两类动力学问题.ppt

第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题,考点1 牛顿第二定律,1.内容 物体加速度的大小跟_成正比，跟_ 成反比，加速度的方向跟_相同 2.表达式：_,受到的作用力,物体的质量,作用力的方向,F=ma,3.适用范围 (1)只适用于_参考系，即相对于地面_或_ 运动的参考系； (2)只适用于解决_物体的_运动问题，不能用来处理 微观粒子的高速运动问题.,惯性,匀速直线,低速,静止,宏观,牛顿第二定律的“五个性质”,公式F=ma是矢量式，任一时刻，F与a同向,a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时， 则F为该时刻物体所受到的力,F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力,矢量性,瞬时性,因果性,加速度a相对同一惯性系（一般指地面） F=ma中，F、m、a对应同一物体或同一系统 F=ma中，各量统一使用国际单位,作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿 第二定律 物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和 分力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律， 即：Fx=max，Fy=may,同一性,独立性,雨点从高空由静止下落，在下落过程中，受到的阻力与雨点下落的速度成正比，图中能正确反映雨点下落运动情景的是( ) A. B. C. D.,【解析】选D.选下落的雨点为研究对象，进行受力分析可知，它受重力mg和空气阻力F阻kv.随着速度增大，阻力F阻逐渐增大.由牛顿第二定律得mgF阻ma，可知雨点先做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故、图象正确，图象错误.图象表示物体做匀速直线运动过程，显然和实际过程相违背，因而图象错误，正确选项为D.,考点2 牛顿定律的应用 1.两类动力学问题 (1)已知受力情况求物体的_; (2)已知运动情况求物体的_.,运动情况,受力情况,2.解决两类基本问题的方法 以_为“桥梁”，由_和_列方 程求解，具体逻辑关系如图：,运动学公式,牛顿运动定律,加速度,牛顿第二定律,运动学公式,由力求运动,由运动求力,1.两类动力学问题的基本解题方法 (1)由受力情况判断物体的运动状态，处理思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况. (2)由运动情况判断物体的受力情况，处理思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法则(平行四边形定则)或正交分解法.,2.两类动力学问题的解题步骤 (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.画好受力分析图和过程图， 明确物体的运动性质和运动过程. (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=ma列方程求解，必要时要对结果进行讨论.,(2012海口模拟)如图所示，一固定不动的光滑斜面，倾角为，高为h.一质量为m的物体从斜面的顶端由静止开始滑下，求物体从顶端滑到底端所用的时间及滑到底端时速度的大小.,【解析】物体受力如图所示，,由牛顿第二定律得：mgsin=ma 解得：a=gsin 由s=v0t+ at2得： gsint2, 解得：t= 由v=v0+at得：v=at=gsin 答案：,考点3 单位制 1.单位制：由_和_一起组成了单位制 2.基本单位：_的单位.力学中的基本量有三个，它们 分别是_、_、_，它们的国际单位分别是_、 _、_ 3.导出单位：由_根据逻辑关系推导出的其他物理量的 单位,基本单位,导出单位,基本量,质量,时间,长度,kg,s,m,基本量,国际单位制中的七个基本物理量和基本单位,物理量名称,物理量符号,单位名称,单位符号,长度,l,米,m,质量,m,千克,kg,时间,电流,热力学温度,物质的量,发光强度,IV,n,T,I,t,秒,s,A,安培,开尔文,K,mol,摩尔,坎德拉,cd,关于单位制，下列说法中正确的是( ) A.kg、m/s、N是导出单位 B.kg、m、C是基本单位 C.在国际单位制中，时间的单位是s,属基本单位 D.在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的,【解析】选C、D.力学中的基本单位有三个:kg、m、s.有些物理单位属于基本单位，但不是国际单位，如厘米(cm)、克(g)、小时(h)等；有些单位属于国际单位，但不是基本单位，如:米/秒(m/s)、帕斯卡(Pa)、牛顿(N)等.,【例证1】如图所示，两个质量分别 为m1=2 kg、m2=3 kg的物体置于光滑 的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1=30 N，F2=20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( ) A.弹簧测力计的示数是10 N B.弹簧测力计的示数是50 N C.在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变 D.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变,瞬时性问题分析,【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： (1)先对整体受力分析求解加速度，再进一步隔离m1(或m2)求得弹簧测力计的示数； (2)撤去F1或F2的瞬间，明确哪些力突变，哪些力不突变.,【自主解答】选C.设弹簧的弹力为F，系统加速度为a. 对系统：F1-F2=(m1+m2)a，对m1:F1-F=m1a，联立两式解得： a=2 m/s2，F=26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，两物体间的距离不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没撤去F1时，合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误.,【总结提升】瞬时性问题的解题技巧 1.分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：,微小 不计,较大,较大,微小 不计,可以,不能,不能,可以,只有拉力 没有支持力,只有拉力 没有支持力,既可有拉力 也可有支持力,既可有拉力 也可有支持力,不计,处 处 相 等,2.在求解瞬时性加速度问题时应注意 (1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析. (2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变.,【变式训练】如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁.今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这一瞬间,B球的速度为零，加速度为零 B球的速度为零，加速度大小为 在弹簧第一次恢复原长之后，A才离开墙壁 在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动 以上说法正确的是( ) A.只有 B. C. D.,【解析】选B.撤去F前，B球受四个力作用，竖直方向的重力和 支持力平衡，水平方向推力F和弹簧的弹力平衡，即弹簧的弹力 大小为F，撤去F的瞬间，弹簧的弹力仍为F，故B球所受合外力 为F，则B球加速度为a= ，而此时B球的速度为零，正确 错误；在弹簧恢复原长前，弹簧对A球有水平向左的弹力使A球 压紧墙壁，直到弹簧恢复原长时A球才离开墙壁，A球离开墙壁 后，由于弹簧的作用，使A、B两球均做变速运动，对错， B选项正确.,【变式备选】如图所示，小车沿水平 面做直线运动，小车内光滑底面上有 一物块被压缩的轻弹簧压向左壁，小 车向右加速运动.若小车向右加速度 增大，则车左壁受物块的压力N1和 车右壁受弹簧的压力N2的大小变化是( ) A.N1不变，N2变大 B.N1变大，N2不变 C.N1、N2都变大 D.N1变大，N2减小,【解析】选B.设小车的加速度大小为a，物块的质量为m，弹簧弹力大小为F，对物块:N1-F=ma，又加速度增大，合力N1-F增大，而弹簧长度未变，弹力F不变，所以左壁受物块的压力N1增大，而弹簧对右壁的压力大小等于弹簧弹力，故N2不变，B正确.,两类动力学问题的规范求解 【例证2】(16分)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s.(已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10 m/s2),【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： (1)明确物体的受力情况，由牛顿第二定律列方程. (2)明确物体的运动过程，结合运动学公式求解.,【规范解答】设力F作用时物体沿斜面上升加速度为a1，撤去 力F后其加速度变为a2，则： a1t1=a2t2 (2分) 有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图：,x,y,由牛顿第二定律可得： Fcos-mgsin-f1=ma1 (2分) f1=N1=(mgcos+Fsin) (2分) 撤去力后，对物体受力分析如图,x,y,由牛顿第二定律可得： -mgsin-f2=-ma2 (2分) f2=N2=mgcos (2分) 联立式，代入数据得： a2=8 m/s2,a1=5 m/s2,=0.25 (3分) 物体运动的总位移： s= a1t12+ a2t22 ( 522+ 81.252)m 16.25 m (3分) 答案：0.25 16.25 m,【总结提升】解答动力学两类问题的基本程序 (1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程.,(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有. (3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果.,【变式训练】中央电视台近期推出了一个游戏节目推矿泉水瓶.选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败，其简化模型如图所示，AC是长度为L1=5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域.已知BC长度为L2=1 m，瓶子质量为m=0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数=0.4.某选手作用在瓶子上的水平推力F=20 N，瓶子沿AC做直线运动(g取10 m/s2)，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：,(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？ (2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？,【解析】(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得: F-mg=ma1 mg=ma2 ,加速运动过程中的位移s1= 减速运动过程中的位移s2= 位移关系满足:s1+s2=L1 又:v=a1t1 由以上各式解得:t1=,(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距 离最小，设最小距离为d，则: =L1-L2 v2=2a1d 联立解得:d=0.4 m 答案：(1) (2)0.4 m,临界问题的分析 【例证3】(2012南昌模拟)如图所示， 一细线的一端固定于倾角为=30的 光滑楔形块A的顶端处，细线的另一端 拴一质量为m的小球. (1)当楔形块至少以多大的加速度向左加速运动时，小球对楔形块压力为零? (2)当楔形块以a=2g的加速度向左加速运动时，小球对线的拉力为多大？,【解题指南】“小球对楔形块压力为零”是小球刚好离开楔形块的临界条件，此时对应小球离开楔形块的加速度的最小值.对小球受力分析，根据牛顿运动定律列方程求解.,【自主解答】(1)小球对楔形块恰无压力时受力情况如图所示， 由牛顿运动定律，得mgcot=ma0 所以a0=gcot=gcot30=,(2)当a=2g时，由于aa0，所以此时小球已离开楔形块，设此时细线与水平方向的夹角为,则其受力情况如图所示，,由牛顿运动定律，得mgcot=ma 即cot=a/g=2,所以T=mg/sin= 或T= 根据牛顿第三定律， 小球对线的拉力T=T=,【互动探究】在【例证3】中若题干条件不变,当细线拉力刚好为零时,则楔形块的加速度多大?运动方向如何?此时小球对楔形块的压力多大?,【解析】设细线拉力刚好为零时, 楔形块的加速度为a0,对小球受 力分析如图所示 由牛顿运动定律得 mgtan=ma0, 所以a0=gtan=gtan30= 即细线拉力刚好为零时,楔形块的加速度大小为 方向水平 向右.,故楔形块向右加速运动或向左减速运动. 小球受到的弹力 N= 根据牛顿第三定律得小球对楔形块的压力 N=N= 答案: 向右加速运动或向左减速运动,【总结提升】解决临界问题的方法技巧 1.临界问题是指物体的运动性质发生突变，要发生而尚未发生改变时的状态.此时运动物体的特殊条件往往是解题的突破口.,2.在动力学问题中常出现的临界条件为： (1)地面、绳子或杆的弹力为零； (2)相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在计算中取最大静摩擦力等于滑动摩擦力； (3)两物体分离瞬间满足的三个要素： 加速度相同; 速度相同; 二者虽然相互接触但相互作用力为零. (4)一个物体在另一个物体上滑动时恰不滑离的条件是运动到物体末端时二者速度恰好相等.,3.解决此类问题，一般先以某个状态为研究的突破点，进行受力分析和运动分析，以临界条件为切入点，根据牛顿运动定律和运动学公式列方程求解讨论.,【例证】如图所示，车厢中有一倾角为30的斜面，当火车以10 m/s2的加速度沿水平方向向左运动时，斜面上的物体m与车厢相对静止，分析物体m所受摩擦力的方向.,【规范解答】方法一：m受三个力作用，重力mg、弹力N、静 摩擦力f，f的方向难以确定，先假设f不存在，则受力分析 如图甲所示，mg与N只能在水平方向产生mgtan30的合力， 此合力只能产生a=gtan30= g的加速度，因 g10 m/s2， 即小于题目给定的加速度，故斜面对m的静摩擦力沿斜面向下.,方法二：如图乙所示，假定m所受静摩擦力f沿斜面向上，将加速度a正交分解，沿斜面方向根据牛顿运动定律得： mgsin30-f=macos30 解得f5( -1)m，f为负值，说明f与假定方向相反，应沿斜面向下. 答案：方向沿斜面向下,物理学常见的理想模型 理想化方法是一种科学抽象，是研究物理学的重要方法，它根据所研究问题(一般都是十分复杂，涉及诸多因素)的需要和具体情况，确定研究对象的主要因素和次要因素，抓住主要因素，忽略次要因素，排除无关干扰，从而简明扼要地揭示事物的本质.在研究物理问题时，常通过建立理想模型来解决问题.理想模型可分为对象模型、条件模型和过程模型.,(1)对象模型. 用来代替研究对象实体的理想化模型，如质点、点电荷、理想变压器等都属于对象模型.是对实物的一种理想简化. (2)条件模型. 把研究对象所处的外部条件理想化建立的模型叫做条件模型.如光滑表面、轻杆、轻绳、轻弹簧、均匀介质、匀强电场和匀强磁场都属于条件模型.是对相关环境的一种理想简化.,(3)过程模型. 实际的物理过程都是诸多因素作用的结果，忽略次要因素的作用，只考虑主要因素引起的变化过程叫做过程模型.是对干扰因素的一种简化.例如：在空气中自由下落的物体，在高度不大时，空气的作用忽略不计，可抽象为自由落体运动；另外匀速直线运动、匀变速直线运动、抛体运动、匀速圆周运动、稳恒电流都属于过程模型.,下面分别就轻杆、轻绳、轻弹簧等理想模型进行讨论: 1.模型比较,2.理想化模型问题解题时应注意的问题 (1)分析问题属于哪类理想化模型. (2)抓住模型的受力方向和大小变化的特点.,【典题例证】(2012长沙模拟)细绳拴一个质量为m的小球,小球用固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与弹簧不粘连,平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示，以下说法正确的是(已知cos53=0.6,sin53=0.8)( ),A.小球静止时弹簧的弹力大小为 B.小球静止时细绳的拉力大小为 C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g D.细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为,【命题探究】本题属于研究牛顿第二定律的瞬时性问题，关键是要求分析清楚此瞬间各个物体的受力情况以及各个模型的受力方向和大小变化特点.,【深度剖析】选D.细绳烧断前对小球进行受力分析如图所示，其中F1为弹簧的弹力，F2为细绳的拉力. 由平衡条件得F2cos53=mg F2sin53=F1 解得F2= mg,F1= mg 细绳烧断瞬间，细绳的拉力突然变为零，而弹簧的弹力不变， 此时小球所受的合力与F2等大反向，所以，小球的加速度立即 变为a= g.,1.(2012南宁模拟)下列说法正确的是( ) A.物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大 B.物体所受到的合外力不变(F合0)，其运动状态就不改变 C.物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化 D.物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大,【解析】选C、D.物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误、C正确；物体的合外力不为零，就会迫使运动状态(运动的快慢和方向)发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确.,2.(2011北京高考)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( ) A.g B.2g C.3g D.4g,【解析】选B.从题图中可以看出，最后绳子拉力稳定不变， 表明人已经静止不动，此时绳子的拉力等于重力，所以 mg=0.6F0，根据牛顿第二定律，最大加