牛顿第二定律两类动力学问题汇总课件

1、1第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题2考点1 牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小与所受_的大小成正比，与_成反比，加速度的方向与_的方向相同2.表达式： _合外力物体的质量合外力F=ma33.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.惯性静止匀速直线宏观低速4牛顿第二定律的“五性”矢量性公式F=ma是矢量式，任一时刻，F与a同向瞬时性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同一性加速度a相对同一惯性系（一般指

2、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：Fx=max，Fy=may6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.7【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

3、，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.81.两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的_;(2)已知运动情况求物体的_.考点2 牛顿定律的应用运动情况受力情况92.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：加速度运动学公式牛顿运动定律由力求运动受力情况牛顿第二定律加速度运动情况运动学公式由运动求力101.两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

4、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.112.两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.12(201

5、2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.13【解析】物体受力如图所示，由牛顿第二定律得：14mgsin=ma解得：a=gsin答案：15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kgsm基本量16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

6、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cd17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，力的单位是基本单位18【解析】选C.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.故C正确，A、B、D错误.19 瞬时性问题分析【例证1】如图所示，两个质量分别为m1=2 kg

7、、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( )20A.弹簧测力计的示数是10 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.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【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.21【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=m

8、1a，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.22【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：23 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

9、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242.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.25【变式训练】(2012漳州模拟)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后( )A.将立即做变减速运动B.将立即做匀减速运动C.在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D.当弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零26【解析

10、】选C.在弹力达到F之前，合力向左，木块向左做变加速运动，速度继续增大；当弹力和F相等时，合力为零，速度达最大；当弹簧压缩量最大时，木块速度减为零，但加速度不为零，故选C.27【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( )28A.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

11、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.29 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)30【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

12、，结合运动学公式求解.31【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：32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33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：16.25 m (3分)答案：0.25 16.25 m34【总结提升】解答动力学两类

13、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.35(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.36【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，

14、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：37(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？38【解析】(1)要想游戏获得

15、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=ma1mg=ma2加速运动过程中的位移 减速运动过程中的位移 位移关系满足:s1+s2=L1 又:v=a1t1 由以上各式解得:t1= s39(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:v2=2a1d联立解得:d=0.4 m答案：(1) s (2)0.4 m40 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

16、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？41【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.42【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=43(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，4

17、4由牛顿运动定律，得mgcot=ma即cot=a/g=2,所以T=mg/sin=或根据牛顿第三定律，小球对线的拉力T=T=答案：(1) (2)45【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?46【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47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.小球受到的弹力根据牛顿第三定律得小球对楔形块的压力答案： 向右加速运动或向左减速

18、运动48【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；49(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

19、动学公式列方程求解讨论.50考查内容“假设法”的应用【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.51【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= 的加速度，因 gBB.比较两物体的质量，有mAmBC.比较两地的重力加速度，有gAmB65【解析】选B.根据牛顿第二定律列方程F-mg=ma，所以a= -g.分析图线的斜率和截距的物理意义可知，两物体的质量mAmB，两地的重力加速度等于图线与纵轴的交点，即gA=gB，故B正确，A、C、D错误.662.(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.gB.2gC.3gD.4g67【解析】选B.从题图中可以看出，最后绳