高三物理一轮复习牛顿第二定律两类动力学问题课件.ppt

第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题,【知识梳理】 知识点1 牛顿第二定律 单位制 1.牛顿第二定律: (1)内容:物体加速度的大小跟它受到的_成正 比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟_的 方向相同。 (2)表达式:_。,作用力,作用力,F=ma,(3)适用范围。 只适用于惯性参考系,即相对于地面_ 运动的参考系。 只适用于解决_物体的_运动问题,不能用来 处理微观粒子高速运动问题。,静止或匀速直线,宏观,低速,Ff=macos,FN-mg=masin,2.单位制: (1)定义:由_和_一起组成了单位制。 (2)分类: 基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本物理 量有三个,它们是质量、时间、长度,它们的单位分 别是_。 导出单位:由_根据物理关系推导出来的其他 物理量的单位。,基本单位,导出单位,kg、s、m,基本量,知识点2 牛顿第二定律的应用 1.两类动力学基本问题: (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”,由运动学公式和_ 列方程求解。,运动情况,受力情况,牛顿运动定律,加速度,【易错辨析】 (1)牛顿第二定律表达式F=ma在任何情况下都适 用。 ( ) (2)物体所受合外力大,其加速度一定大。 ( ) (3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力, 当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度。 ( ),(4)物体由于做加速运动,所以才受合外力作 用。 ( ) (5)F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方 向无关。 ( ) (6)物体所受合外力减小,加速度一定减小,而速度不 一定减小。 ( ) (7)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。 ( ),提示:(1)。牛顿第二定律只适用于惯性参考系和解决宏观物体的低速运动问题。 (2)。根据牛顿第二定律,如果物体的质量很大,虽然合外力很大,其加速度不一定大。 (3)。由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系,因此当力作用瞬间,物体会立即产生加速度。,(4)。根据因果关系,合外力是产生加速度的原因,即物体由于受合外力作用,才会产生加速度。 (5)。牛顿第二定律F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关。,(6)。由牛顿第二定律知物体所受合外力减小,加速度一定会减小,如果物体加速,其速度会增大,如果物体减速,其速度会减小。 (7)。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。,考点1 对牛顿第二定律的理解 【核心要素精讲】 1.牛顿第二定律的性质:,2.合力、加速度、速度间的关系: (1)物体的加速度由所受合力决定,与速度无必然联 系。 (2)合力与速度同向,物体加速;合力与速度反向,物 体减速。 (3)a= 是加速度的定义式,a与v、v无直接关系; a= 是加速度的决定式。,【高考命题探究】 【典例1】(多选)(2016全国卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则 世纪金榜导学号42722057( ),A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,【解析】选B、D。设小球的密度为,其质量m= 设阻力与球的半径的比值为k,根据牛顿第二定律得: 由此可见,由m甲 m乙,甲=乙,r甲r乙可知a甲a乙,选项C错误;由于两 球由静止下落,两小球下落相同的距离则由x=,t甲t乙,选项A错误;由v2=2ax可知,甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小,选项B正确;由于甲球质量大于乙球质量,所以甲球半径大于乙球半径,甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力,则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,选项D正确。,【感悟提高】 (1)特点:本题属于牛顿第二定律的理解应用问题。 (2)方法:解答本题用到了_判断甲、 乙的加速度大小,再利用运动学公式x=_和 v2=2ax,判断甲、乙的时间长短和末速度大小。,牛顿第二定律,【强化训练】 1.(多选)关于牛顿第二定律,下列说法正确的 是 ( ) A.物体的质量跟外力成正比,跟加速度成反比 B.加速度的方向一定与合外力的方向一致,C.物体的加速度跟物体所受的合外力成正比,跟物体的质量成反比 D.由于加速度跟合外力成正比,整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍,【解析】选B、C。物体的质量是物体所含物质的多少,与外力无关,故A项错误;整块砖的重力是半块砖重力的二倍,但是前者质量也是后者质量的二倍,所以D项错误;由牛顿第二定律可知,B、C项正确。,2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则 ( ) A.物块可能匀速下滑 B.物块仍以加速度a匀加速下滑 C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑 D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑,【解析】选C。设斜面的倾角为,根据牛顿第二定律 知,物块的加速度a= 0,即0,故aa,物块将以大于a的加速度匀加 速下滑。故选项C正确,选项A、B、D错误。,考点2 牛顿第二定律的瞬时性问题 【核心要素精讲】 1.两种模型:牛顿第二定律F=ma,其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系,两者总是同时产生、同时消失、同时变化,具体可简化为以下两种模型:,2.一般思路: (1)分析物体原来的受力情况。 (2)分析物体在突变时的受力情况。 (3)由牛顿第二定律列方程。 (4)求出瞬时加速度,并讨论其合理性。,【自思自悟】 (1)牛顿第二定律的瞬时性通常有哪几类模型? (2)解决牛顿第二定律的瞬时性问题的一般思路是什么?,【高考命题探究】 【典例2】(多选)(2015海南高考)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态。现将细线剪断,将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2,重力加速度大小为g,在剪断的瞬间 世纪金榜导学号42722058( ),A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l2,【思考探究】 (1)剪断细绳前b、c各受几个力作用?轻弹簧S1、S2的弹力是多少? 提示:剪断细绳前b受三个力,分别为b的重力、轻弹簧S1、S2的拉力;c受两个力,c的重力和轻弹簧S2的拉力。轻弹簧S1的弹力T1=2mg,轻弹簧S2的弹力T2=mg。,(2)剪断细绳“瞬间”的含义? 提示:弹簧弹力不变。,【解析】选A、C。断线前,轻弹簧S1的弹力T1=2mg,轻弹簧S2的弹力T2=mg;在剪断线的瞬间弹簧弹力不变,根据F=kx知l1=2l2,C正确,D错误;细线剪断瞬间,弹簧弹力不变,此时a物块受向下的重力和向下的拉力T1,其合力为3mg,因此a的加速度a1=3g,A正确,B错误。故选A、C。,【强化训练】 1.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有 ( ),A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g C.a1=a2=g,a3=0,a4= D.a1=g,a2= ,a3=0,a4=,【解析】选C。在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻 杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重 力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻 弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对3向上的弹力大 小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足 mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4= 所以C正确。,2.(多选)如图所示,质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住,当小球静止时,橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是 ( ),A.在AC被突然剪断的瞬间,BC对小球的拉力不变 B.在AC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsin C.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为 D.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsin,【解析】选B、C。据题意,在AC剪断前有:TBC= , 剪断后有:TBC=mgcos,且mgsin=ma,所以A错误、 B正确;在BC剪断前:TAC=mgtan,剪断之后据弹力瞬 间保持原值的特性,有:TAC= TAC=mgtan,其合力为 F合= ,所以有 =m2g2(1+tan2),则加速 度为a= ,所以C正确、D错误。,【规律总结】瞬时性问题解题的两点注意 (1)物体的受力情况和运动情况时刻对应,当外界因素变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。 (2)加速度可以随力而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突变。,【加固训练】 (多选)如图所示,在动摩擦因数=0.2的水平面上,质量m=2kg的物块与水平轻弹簧相连,物块在与水平方向成=45角的拉力F作用下处于静止状态,此时水平面对物块的弹力恰好为零。g取10m/s2,以下说法正确的是 ( ),A.此时轻弹簧的弹力大小为20N B.当撤去拉力F的瞬间,物块的加速度大小为8m/s2,方向向左 C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2,方向向右 D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度为0,【解析】选A、B。物块在重力、拉力F和弹簧的弹力 作用下处于静止状态,由平衡条件得kx=Fcos, mg=Fsin,联立以上二式解得弹簧的弹力kx= =20N,选项A正确;撤去拉力F的瞬间,由牛顿第二定律得kx-mg=ma1,解得a1=8m/s2,方向向左,选项B正确;剪断弹簧的瞬间,弹簧的弹力消失,则Fcos=ma2,解得a2=10m/s2,方向向右,选项C、D错误。,考点3 动力学的图象问题 【核心要素精讲】 1.动力学图象问题的类型: (1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象,要求分析物体的运动情况。,(2)已知物体在一过程中的位移、速度、加速度随时间变化的图象,要求分析物体的受力情况。 (3)已知物体在物理图象中的运动初始条件,分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况。,2.解决动力学图象问题的思路方法: (1)分清图象的类别。即横、纵轴所代表的物理量及其物理意义,分清图象所反映的物理过程,注意临界点。 (2)明确图象中特殊点的物理意义。即图象与横、纵轴的交点,图线的转折点,两条图线的交点等。,(3)明确图象中的信息。把图象与题目的题意、情景相结合。再结合斜率、特殊点、面积等物理意义,确定图象中反馈出来的信息,这些信息往往是解题的突破口或关键点。,【高考命题探究】 【典例3】(2016海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在05s、510s、1015s内F的大小分别为F1、F2和F3,则 ( ) 世纪金榜导学号42722059,A.F1F3 C.F1F3 D.F1=F3,【解析】选A。对物体的受力分析 如图所示。根据v -t图象可以知 道,在05s内加速度为a1=0.2m/s2, 方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律: mgsin-f-F1=ma1,则:F1=mgsin-f-0.2m;在510s内,加速度a2=0,根据牛顿第二定律:mgsin-f-F2=ma2,则:F2=mgsin-f;在1015s内加速度为a3=-0.2m/s2, 方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律:f+F3-mgsin =ma3,则:F3=mgsin-f+0.2m。故可以得到:F3F2F1, 故选项A正确。,【强化训练】 1.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是 ( ),【解析】选D。一个物体竖直上抛运动不受空气阻力, 做竖直向上的匀减速直线运动至最高点,再向下做自由 落体运动,v-t图象为倾斜向下的直线,四个选项均正确 表示;阻力Ff=kv的上抛运动,上升中a上= ,随着 v减小,a上减小,对应v-t图象的斜率减小,选项A错误; 下降中a下= ,随着v增大,a下继续减小,而在最高点时v=0,a=g,对应v-t图与t轴的交点,其斜率应该等于g,即过t轴交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行,所以只有D正确,B、C错误。,2.(2017石家庄模拟)质量为2kg的物体静止在足够 大的水平面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.3,最 大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等。从t=0时刻 开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平 拉力F的作用,F随时间t的变化规律如图所示。重力加 速度g取10m/s2,则物体在t=0到t=10s这段时间内的位 移大小为 ( ),A.6m B.18m C.30m D.24m,【解析】选C。物体所受的最大静摩擦力f=mg=6N。 在02s内,拉力小于摩擦力,物体不动;在24s内, 物体做匀加速直线运动,a1= =3m/s2, 则位移x1= 34m=6m; 在46s内,物体做匀减速直线运动,加速度大小a2=g=3m/s2,初速度v0=a1t1=6m/s,则位移x2=v0t2- 34m=6m;物体的末速度,v1=v0-a2t2=6m/s-32m/s=0 在68s内,物体做匀加速直线运动,匀加速直线运动位移x3=6m,末速度v2=6m/s。 在810s内,物体做匀速直线运动,位移x4=v2t4=12m。 则010s内的位移x=6m+6 m+6 m+12m=30m,故C正确,A、B、D错误。,【加固训练】(多选)物体只在力F的作用下从静止开始运动,其F-t图象如图所示,则物体 ( ) A.在t1时刻加速度最大 B.在0t1时间内做匀加速运动 C.从t1时刻后便开始返回运动 D.在0t2时间内,速度一直在增大,【解析】选A、D。从图中可知物体在运动过程中受到 的合力方向始终不变,所以物体一直做加速运动,即速 度一直增加,物体做单向加速直线运动,C错误、D正确; 根据牛顿第二定律a= ,可得在t1时刻合力最大,所以 加速度最大,A正确;在0t1时间内合力F一直增大,所 以物体做加速度增大的加速运动,B错误。,考点4 动力学的两类问题 【核心要素精讲】 1.解决两类动力学问题的关键: (1)两类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析。 (2)一个“桥梁”物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。,2.解决动力学问题时的处理方法: (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.解题步骤: (1)明确研究对象。 (2)分析物体的受力情况和运动情况,画好受力分析图。 (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。,【高考命题探究】 【典例4】如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为 l1=1.6102m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道 两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h=4.0m。一架质量为m=2.0104kg的飞机,其喷气发 动机的推力大小恒为F=1.2105N,方向与速度方向 相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机,重力的0.1倍。假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,g取10m/s2。 世纪金榜导学号42722060 (1)求飞机在水平跑道运动的时间。 (2)到达倾斜跑道末端时的速度大小。,【思考探究】 解答本题有哪些物理方法?并尝试用不同的方法解答此题。 提示:可分别用“动力学”的方法和“动能定理”的方法解答。,【解析】(解法一:“动力学”方法) (1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1、末速度大小为v1,运动时间为t1,有F-Ff=ma1 =2a1l1,v1=a1t1 又Ff=0.1mg 代入已知数据可得 a1=5.0m/s2,v1=40m/s,t1=8.0s,(2)飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力、重力沿斜面分力作用,设沿斜面方向上的加速度大小为a2,末速度为v2,沿斜面方向有:,F-Ff-G1=ma2 G1=mgsin=mg =4.0104N =2a2l2 代入已知数据可得: a2=3.0m/s2 v2=,(解法二:“动能定理”方法) (1)对飞机,从水平跑道上的运动过程,由动能定理 得:(F-Ff)l1= 解得v1=40m/s 又由牛顿第二定律得:F-Ff=ma1 代入v1=a1t1 得t1=8.0s,(2)对飞机运动的全过程: 由动能定理得: (F-Ff)(l1+l2)-mgh= 解得v2=2 m/s 答案:(1)8.0s (2)2 m/s,【强化训练】 1.我国拥有航空母舰后,舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注,某兴趣小组通过查阅资料对舰载机某次滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟:,假设起飞时“航母”静止,舰载机质量视为不变并可看 成质点,“航母”起飞跑道由图示的两段轨道组成(二 者平滑连接,不计拐角处的长度),其水平轨道长AB=L, 水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h,舰载机的总质 量为m,在C端的起飞速度至少为v,若某次起飞训练中, 舰载机从A点由静止启动,舰载机发动机的推动力大小 恒为0.6mg,方向与速度方向相同,舰载机受到空气和轨 道平均阻力的合力大小恒为0.1mg,重力加速度为g,求:,(1)舰载机在水平轨道AB上运动的时间。 (2)在水平轨道末端B时,发动机的推力功率。 (3)要保证舰载机正常起飞,斜面轨道的长度满足的条件(结果用m、g、L、h、v表示)。,【解析】(1)舰载机在水平轨道AB上有: F-f=ma 得:a=0.5g 根据位移公式:L= at2 得:t= (2)在B点的速度为:vB=at= 则发动机的推力功率:P=FvB=0.6mg,(3)设斜面长度为x,在BC轨道上,根据牛顿第二定律: F-mgsin-f=ma 得:a=0.5g-g 根据位移公式:v2- =2ax 得:x= +2h-L 则要保证舰载机正常起飞,斜面轨道的长度应满足 x +2h-L,答案:(1)2 (2)0.6mg (3)x +2h-L,2.(2017大同模拟)如图所示,木块的质量m=2kg,与 地面间的动摩擦因数=0.2,木块在拉力F=10N作用下, 在水平地面上向右做匀加速直线运动,经3s撤去外力 F。已知力F与水平方向的夹角=37,sin37=0.6, cos37=0.8,g取10m/s2。试问:,(1)撤去外力前,木块运动的加速度是多大? (2)刚撤去外力时,木块运动的速度是多大? (3)撤去外力后,木块经过5s滑行的距离为多少?,【解析】(1)撤去外力前,木块的受力情况如图所示,水平方向由牛顿第二定律得Fcos37-Ff=ma1 竖直方向由平衡得:Fsin37+FN=mg 又Ff=FN 联立代入数据解得a1=2.6m/s2。 (2)由公式v=at得: 撤去外力时木块的速度: v=a1t1=2.63m/s=7.8m/s。,(3)由牛顿第二定律得, 撤去外力后木块运动的加速度大小为: a2= =g=0.210m/s2=2m/s2 由v=v-a2t2得: 木块撤去外力滑行时间为: t2= =3.9s5s,所以5s内的位移等于3.9s内的位移, 由运动学公式得v2-v2=-2a2x得 木块滑行的路程为x= =15.21m。 答案:(1)2.6m/s2 (2)7.8m/s (3)15.21m,与弹簧有关的瞬时加速度问题 1.模型特点:当弹簧的两端与物体相连时,由于物体有惯性,弹簧的长度不会发生突变,所以在瞬时问题中,其弹力的大小认为是不变的,即此时弹簧的弹力不突变。,2.思路方法: (1)分析瞬时变化前后物体的受力情况。 (2)列牛顿第二定律方程求瞬时加速度。,【示例】 (多选)(2017威海模拟)如图所示,一质量为m的小球在水平细线和与竖直方向成角的轻质弹簧作用下处于静止状态,则下列说法正确的是 ( ) 世纪金榜导学号42722061,A.剪断细线的瞬间小球加速度的大小为gtan,方向水平向右 B.