高三物理一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题3.doc

第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题3牛顿第二定律1内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式fma。3适用范围(1)只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系；(2)只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题。牛顿第二定律的“五个性质”(1)矢量性：公式fma是矢量式，任一时刻，f与a同向。(2)瞬时性：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。(3)因果性：f是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力。(4)同一性：加速度a相对同一惯性系(一般指地面)。fma中，f、m、a对应同一物体或同一系统。fma中，各量统一使用国际单位。(5)独立性：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：fxmax，fymay。1关于力和运动关系的几种说法中，正确的是()a物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向b物体所受合外力不为零时，其速度不可能为零c物体所受合外力不为零时，其加速度一定不为零d物体所受合外力变小时，一定做减速运动解析：选c由牛顿第二定律fma可知，物体所受合外力的方向就是物体加速度的方向，但合外力的方向与运动方向没有必然联系。合外力的方向可以与物体的运动方向相同(例如匀加速直线运动)，也可以与物体的运动方向相反(例如匀减速直线运动)，还可以与物体的运动方向不在同一条直线上(例如曲线运动)，故a错；物体所受合外力不为零，说明其加速度不为零，但其速度可能为零(如物体竖直上抛上升到最高点时)，故b错，c对；当物体所受合外力减小时，其加速度一定减小，若此时合外力的方向与物体的运动方向相同，则物体仍做加速运动，故d错。牛顿运动定律的应用1两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图321。图3211两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：先求出几个力的合力；由牛顿第二定律求出加速度；根据运动学公式，求出物体在任一时刻的速度和位移。(2)由运动情况判断物体的受力情况：已知加速度或根据运动规律求出加速度；应用力的合成和分解法则或正交分解法求出牛顿第二定律中的合力；由合力确定各方向上未知力的大小。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fma列方程求解，必要时要对结果进行讨论。2如图322所示，抗震救灾运输机在某场地缷放物资时，通过倾角为30的固定光滑斜轨道面进行。有一件质量为m2.0 kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端a滑至底端b，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。若a点距离水平面的高度h5.0 m，重力加速度g取10 m/s2(不计斜面和地面接触处的能量损耗)，求：图322(1)包装盒由a滑到b所经历的时间；(2)若小包装盒与地面间的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？解析：(1)对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得：mgsin ma，agsin 5 m/s2包装盒沿斜面由a到b的位移为xab10 m设包装盒由a到b做匀加速运动的时间为t则xabat2解得：t 2 s。(2)由牛顿第二定律有mgma在b点速度vat代入数据，得x10 m。答案：(1)2 s(2)10 m单位制1单位制由基本单位和导出单位一起组成了单位制。2基本单位基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是kg、s、m。3导出单位由基本量根据逻辑关系推导出的其他物理量的单位。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t秒s电流i安培a热力学温度t开尔文k物质的量n摩尔mol发光强度iv坎德拉cd3关于单位制，下列说法中正确的是()akg、m/s、n是导出单位bkg、m、c是基本单位c在国际单位制中，时间的基本单位是sd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cdkg、m是基本单位，m/s、n、c是导出单位，在国际单位制中，时间的基本单位是s，力的单位是根据牛顿第二定律定义的，c、d选项正确。瞬时性问题分析命题分析加速度与力的瞬时对应关系是高考中的重要考点，考查的题型有选择和计算；在高考中可单独命题，也可与其他知识综合命题。例1在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图323所示。此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g10 m/s2。求：图323(1)此时轻弹簧的弹力大小；(2)小球的加速度大小和方向。解析(1)水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力ft、重力mg和弹簧的弹力f作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：ftcos mg，水平方向有：ftsin f，解得弹簧的弹力为：fmgtan 10 n(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与重力平衡fnmg，在水平方向上，由牛顿第二定律得小球的加速度为：a8 m/s2，方向水平向左。答案(1)10 n(2)8 m/s2方向水平向左瞬时性问题的分析方法及注意事项(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：特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计可以只有拉力没有支持力不计处处相等橡皮绳较大不能只有拉力没有支持力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有支持力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力(2)在求解瞬时性加速度问题时应注意：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。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1如图324所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为m的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有()图324aa10，a2gba1g，a2gca10，a2gd. a1g，a2g解析：选c木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg。木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg。由平衡条件和牛顿第二定律可得a10，a2g。两类动力学问题的分析命题分析动力学问题属高考中的重要考点，常结合直线运动规律、电场、磁场等知识综合考查，题型较全，难度中等偏上。例2(2012安徽高考)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图325所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为f，取g10 m/s2，求：图325 (1)弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。思维流程第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示下落过程做匀加速直线运动，加速度等于图线的斜率(2)球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的球与地面碰撞时有机械能的损失(3)弹性球第一次碰撞后反弹的高度球反弹后做匀减速直线运动，加速度与下落时的加速度不相等第二步：找解题突破口(1)要求空气阻力f的大小，需先利用vt图象求出加速度，并应用牛顿第二定律进行求解。(2)根据反弹后球的受力情况求出反弹后的加速度，再应用匀变速直线运动规律求出上升的高度h。第三步：条理作答解析(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知a1 m/s28 m/s2根据牛顿第二定律得mgfma1fm(ga1)0.2 n(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v14 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2v13 m/s第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mgfma2a212 m/s2于是，有0v2a2h解得h m答案(1)0.2 n(2) m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2质量为2 kg的物体在水平推力f的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去f，其运动的vt图象如图326所示。g取10 m/s2，求：图326(1)物体与水平面间的动摩擦因数；(2)水平推力f的大小；(3)010 s内物体运动位移的大小。解析：(1)由题中图象知，t6 s时撤去外力f，此后610 s内物体做匀减速直线运动直至静止，其加速度为a12 m/s2又因为a1g联立得0.2。(2)由题中图象知06 s内物体做匀加速直线运动其加速度大小为a21 m/s2由牛顿第二定律得fmgma2联立得，水平推力f6 n。(3)设010 s内物体的位移为x，则xx1x2(28)6 m84 m46 m。答案：(1)0.2(2)6 n(3)46 m万能模型传送带模型1模型特点传送带包括水平传送带与倾斜传送带，分析处理传送带问题时，一定要做好“受力分析、状态分析、过程分析”，具体流程如下：2求解传送带问题应注意以下几点(1)在确定研究对象并进行受力分析后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段，而突变点一定发生在物体速度与传送带速度相同的时刻。物体在传送带上运动时的极值点也都发生在物体速度与传送带速度相同的时刻。v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口。(2)在倾斜传送带上需根据mgsin 与ff的大小和方向，来确定物体的运动情况。(3)考虑传送带长度，判断物体与传送带共速之前是否滑出，物体与传送带共速以后是否一定与传送带保持相对静止。示例如图327所示，传送带水平部分xab2 m，斜面部分xbc4 m，bc与水平方向夹角37，一个小物体a与传送带间的动摩擦因数0.25，传送带沿图示方向以速率v2 m/s运动，若把物体a轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体a不脱离传送带，求物体a从a点被传送到c点所用的时间。(g10 m/s2，sin 370.6)图327解析物体a轻放在a处后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到与传送带速度相等，在这一过程中有a12.5 m/s2发生位移x1 m0.8 m经历时间t10.8 s此后物体随传送带匀速运动到b点时间为t20.6 s当物体a到达bc斜面时，因mgsin 370.6 mgmgcos 370.2 mg，所以物体a将再沿传送带做匀加速直线运动其加速度大小为a2gsin 37gcos 374 m/s2物体a在传送带bc上所用时间满足xbcvt3a2t代入数值得t31 s即物体a从a点被传送到c点所用的时间为tt1t2t32.4 s。答案2.4 s模型构建(1)物体在传送带上运动时，往往会涉及摩擦力的突变和相对运动问题。当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可能不存在摩擦力。当物体与传送带相对滑动时，物体与传送带间有滑动摩擦力，这时物体与传送带间会有相对滑动的位移。(2)解答传送带问题时常应用的知识点有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功能关系等。变式训练传送带与水平面夹角为37，皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图328所示。今在传送带上端a处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带a到b的长度为24 m，g取10 m/s2，则小物块从a运动到b的时间为多少？图3