第三章第2课时学案

1、第2课时牛顿第二定律两类动力学问题组稿人：徐彦猛 审核人：于润涛 编辑人：张宝福考纲解读 1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题 考点一瞬时加速度的求解1牛顿第二定律(1)表达式为Fma.(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化2两类模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不

2、变例1如图1所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30的光滑斜面上A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()图1A都等于 B.和0C.和 D.和 拓展题组1瞬时加速度的求解如图2所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()图2A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A

3、球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零2瞬时加速度的求解在光滑水平面上有一质量为1 kg的物体，它的左端与一劲度系数为800 N/m的轻弹簧相连，右端连接一细线物体静止时细线与竖直方向成37角，此时物体与水平面刚好接触但无作用力，弹簧处于水平状态，如图3所示，已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断正确的是()图3A在剪断细线的瞬间，物体的加速度大小为7.5 m/s2B在剪断弹簧的瞬间，物体所受合外力为15 NC在剪断细线的瞬间，物体所受合外力为零D在剪断弹簧的瞬间，物体的加速度大小为7.5 m/s2求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力

4、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，不会发生突变考点二动力学中的图象问题1动力学中常见的图象vt图象、xt图象、Ft图象、Fa图象等2解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解例2受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt图线如图4所示，则()图4A在0t1内，外力F大小不断增大B在

5、t1时刻，外力F为零C在t1t2内，外力F大小可能不断减小D在t1t2内，外力F大小可能先减小后增大变式题组3动力学中的图象问题“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，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5所示将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为()图5Ag B2g C3g D4g4动力学中的图象问题如图6所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静

6、摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上在物块放到木板上之后，木板运动的速度时间图象可能是下列选项中的()图6分析图象问题时常见的误区(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位(2)没有注意坐标原点是否从零开始(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析考点三连接体问题1整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)2隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，

7、应用牛顿第二定律列方程求解3整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力即“先整体求加速度，后隔离求内力”例3(2012江苏5)如图7所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是()图7A.B.C.(mM)gD.(mM)g变式题组5连接体问题的处理放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图8所示，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使

8、A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为()图8A. B.C.M D.M6连接体问题的处理如图9所示，装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后绳子与竖直方向的夹角为.求小车所受牵引力的大小图91整体与隔离法在动力学中的应用技巧涉及的问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法(2)水平面上的连接体问题：这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度解题时，一般采用先整体后隔离的方法建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的

9、原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析2解决问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解考点四动力学两类基本问题求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁加速度例4质量m4 kg的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F40 N作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图10所示，已知斜面足够长，倾角37，物块与斜面间的动摩

10、擦因数0.2，力F作用了5 s，求物块在5 s内的位移及它在5 s末的速度(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图10变式题组7动力学方法的应用航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m0.5 kg，动力系统提供的恒定升力F8 N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t16 s时到达高度H36 m，求飞行器所受阻力大小(2)第二次试飞，飞行器飞行t25 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h.(计算结果保留小数点后两位有效数字)(3)第二次试飞中，为了使飞行器

11、不致坠落地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.(计算结果保留两位有效数字)例1 答案C解析当A、B球静止时，弹簧弹力F(mAmB)gsin ，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力F不变，对B分析，则FmBgsin mBaB，可解得aB，当绳被剪断后，球A受的合力为重力沿斜面向下的分力，F合mAgsin mAaA，所以aA，综上所述选项C正确1. 答案BC解析设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，Fmgsin ，烧断细线的瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：Fmgsin maA，解得：aA2gsin ，故C正确2答案A解

12、析对物体受力分析，由平衡条件可知，在剪断细线或弹簧前，绳上弹力大小为FT112.5 N，弹簧的弹力大小为FT2mgtan 377.5 N；在剪断细线的瞬间，细线上弹力突变为零，弹簧弹力不变，物体还受到地面竖直向上的支持力，该支持力与物体的重力平衡，所以物体所受的合力为7.5 N，加速度大小为7.5 m/s2，选项A对，C错；在剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为零，绳子的弹力也消失，地面对物体竖直向上的支持力与物体重力平衡，物体的合外力为零，加速度也为零，选项B、D均错误例2 答案CD解析由图象可知，在0t1内物体做a减小的加速运动，t1时刻a减小为零由a可知，F逐渐减小，最终FFf，故A、B错误

13、在t1t2内，物体做a增大的减速运动，由a可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也有可能F先沿正向减小到零后又向负向增大，故C、D正确3. 答案B解析蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F等于人的重力mg，由Ft图线可以看出，F0mg；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为FmF03mg，故最大加速度为am2g.选项B正确4答案A解析在未达到相同速度之前，木板的加速度为mg2mgma1a13g达到相同速度之后，木板的加速度为2mgma2a22g由加速度可知，图象A正确例

14、3 答案A解析由题意知，当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升的加速度为a，由牛顿第二定律得，对M有：2fMgMa对m有：F2fmgma联立两式解得F，选项A正确5答案B解析先以A、B整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力(Mm)g，竖直向上的支持力FN(Mm)g，水平向左的拉力F，水平向右的摩擦力FfFN(Mm)g.对A、B整体受力分析得FFf(Mm)a.再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FNMg，水平向左的弹簧拉力F，水平向右的摩擦力FfFNMg.由牛顿第二定律得到：FFfFMgMa，ag，将代入整理得：F，所以选项B正确6答案(Mm

15、)gtan 解析小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示，小球所受合力的大小为mgtan .由牛顿第二定律有mgtan ma对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有F(Mm)a联立解得：F(Mm)gtan .例4 答案30 m12 m/s解析如图，对物块受力分析，建立直角坐标系，把重力mg沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解沿平行于斜面方向：Fmgsin Ffma沿垂直于斜面方向：FNmgcos 又有FfFN由得：a2.4 m/s2.物块从静止开始沿斜面做匀加速运动，5 s内的位移xat22.452 m30 m.5 s末的速度vat12 m/s.7答案见解析解析(1)设飞行器所受阻力为Ff.第一次试飞时，设加速度为a1由Ha1t，得a12 m/s2由牛顿第二定律有FmgFfma1代入数据得Ff2 N(2)第二次试飞时，