高考物理大一轮复习专题三牛顿运动定律第2讲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,一、牛顿第二定律,合外力,质量,合外力,1.内容：物体的加速度跟所受的_成正比，跟物体的_成反比，加速度的方向跟_的方向一致.2.表达式：F合ma.3.牛顿运动定律的适用范围：只适用于宏观物体的低速问题，不适用于微观粒子和高速运动的物体.,二、两类动力学问题,1.两类动力学问题,运动情况,受力情况,(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_和_列方程求解.,加速度,运动学公式,牛顿运动定律,【基础检测】(多选)关于速度、加速度和合外力之间的关系，正确的是,(,),A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C.物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零答案：CD,考点1对牛顿第二定律的理解重点归纳,1.牛顿第二定律的五个特性,2.合力、加速度和速度间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度.,(3)合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动.,典例剖析例1：(多选)如图3-2-1所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后,(,)图3-2-1A.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍可增大C.当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D.弹簧压缩量最大时，木块加速度为0,思维点拨：1.分析物体的运动性质，要从受力分析入手，,求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化.,2.特别要注意加速度与合力具有瞬时对应关系，而速度是,不能突变的，速度的变化是需要时间的，vat.,解析：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力.弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误.,答案：BC,【考点练透】1.如图3-2-2所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体,),可以一直运动到B点.如果物体受到的阻力恒定，则(图3-2-2A.物体从A到O先加速后减速B.物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C.物体运动到O点时，所受合外力为零D.物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小,解析：物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右.随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大.当物体向右运动至AO间某点(设为点O)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大.此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左.至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大.所以物体越过O点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动.正确选项为A.,答案：A,考点2动力学的两类基本问题重点归纳,1.动力学两类基本问题的分析流程,2.两类动力学问题的解题步骤,典例剖析,例2：一质量为m2kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5m/s2匀加速下滑.如图3-2-3所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2s内能沿斜面运动位移x4m.求：(g取10m/s2),图3-2-3,(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数.(2)恒力F的大小.,思维点拨：1.把握“两个分析”、“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析.一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁.2.寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系.如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系.解：(1)根据牛顿第二定律可得mgsin30mgcos30ma,(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能.当加速度沿斜面向上时，Fcos30mgsin30(Fsin30mgcos30)ma1，根据题意可得a12m/s2，,备考策略：动力学的两类基本问题是高考命题的热点，此类问题是考查牛顿运动定律的重点，每年必考.考题多以生产和生活的实际问题为命题背景，解题的关键是求加速度.,【考点练透】,2.(2015年河南洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶.选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有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3-2-4所示，AC是长度l15.5m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域.已知BC长度l21.1m，瓶子质量m0.5kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g取10m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F11N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围.,图3-2-4,解：设力作用的最大距离为xmax，此时杯子由A点开始加速，杯子运动到C处，此时由动能定理Fxmaxmgl1，解得xmax0.5m,设力作用的最小距离为xmin，此时杯子恰好运动到B处，此时由动能定理Fxminmg(l1l2)，解得xmin0.4m，即瓶子位移的取值范围为0.4mx0.5m.,3.设某一舰载机的质量为m2.5104kg，速度为v042m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a00.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动.,(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母,甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？,(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机.如图3-2-5所示为舰载机勾,住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F1.2105N，减速的加速度a120m/s2，此时阻拦索夹角106，空气阻力和甲板阻力保持不变.求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin530.8，cos530.6),图3-2-5,解：(1)设甲板的长度至少为s0，则由运动学公式得,代入数据可得s01102.5m.(2)舰载机受力分析如图D13所示，其中T为阻拦索的张力，f为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2Tcos53fFma1,图D13,舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时fma0联立可得T5105N.,方法瞬时加速度问题分析,物体的加速度a与其所受的合外力F是瞬时对应的，同时,产生，同时变化，同时消失.,两类模型(如下图所示),例2：如图3-2-6所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧,),断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是(图3-2-6,A.弹簧的拉力F,mgcos,B.弹簧的拉力Fmgsin,C.小球的加速度为零,D.小球的加速度agsin,审题突破：绳AO烧断的瞬间，弹簧的形变是明显形变，在很短的时间内来不及恢复，所以近似认为弹簧的弹力没有发生变化.解答此题应该对小球进行两次受力分析，一次是绳断之前，一次在绳断之后，这两次受力分析的联系点是弹簧的弹力一样.解析：烧断绳AO之前，小球受3个力，如图3-2-7所示.烧断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确.烧断细绳的瞬间，小球受到的合外力与T(绳AO的拉力)等大反向，即F合mgtan，则小,图3-2-7,球的加速度agtan.答案：A,题外拓展：本题中若B点断开，则弹簧的弹力消失，而绳子形变属于微小形变，弹力也变成零，即在B点断开的瞬间，小球只受到重力的作用，加速度为g；若弹簧换成绳子，在绳AO烧断的瞬间，因OB绳不可伸长，球的加速度只能垂直于绳OB向斜下方，绳OB的拉力发生了突变，有兴趣的同学可求一下小球的加速度.,【触类旁通】1.(2016年山东潍坊第一次联考)如图3-2-8所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F的作用下，以加速度a向右做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1和a2，则,(,图3-2-8,)A.a1a20B.a1a，a20,C.a1a，a2,m1m2,a,D.a1,m1m1m2,a，a2,m2m1m2,a,解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速直线运动时，弹簧的弹力F弹m1a.在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A物体来讲，加速度此时仍为a，对B物体：取向右为正方向，m1am2a2，,a2,m1m2,a，所以选项C正确.,答案：C,2.(多选，2015年海南卷)如图3-2-9所示，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相对于原长的伸长量分别记为l1和l2，重力加速度大小为g.,在剪断的瞬间(,),图3-2-9,A.a13gC.l12l2,B.a10D.l1l2,解析：设物块的质量均为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及发生形变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体受力分析可知T12mg，故a受到的合力F合mgT1,mg2mg3mg，故加速度a1,F合m,3g，A正确，B错误；设,弹簧S2的拉力为T2，则T2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误.答案：AC,易错点对物体的运动过程分析不到位,例3：如图3-2-10所示，有一水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10m的距离所需时间为多少？,图3-2-10,错解分析：由于物体轻放在传送带上，所以初速度v00，物体在竖直方向所受合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(传送带施加)做初速度v00的匀加速运动，位移为10m据牛顿第二定律Fma有fmgmaag5m/s2,上述解法的错误出在对这一物理过程的认识.传送带上轻放的物体，其运动有可能分为两个过程：一是在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始做匀速直线运动.关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答.正解分析：以物体为研究对象，如图3-2-11所示，在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律Fma，有,图3-2-11,水平方向：fma,竖直方向：Nmg0fN,由以上三式解得a5m/s2.,设经时间t1后物体速度达到传送带的速度，根据匀加速直,线运动的速度公式vtv0at,解得t10.4s,时间t1内物体的位移为,物体位移为0.4m时，物体的速度与传送带的速度相同，0.4s后物体不受摩擦力作用，开始做匀速运动，设匀速运动的位移为s2，有s2v2t2,因为s2ss1(100.4)m9.6m，v22m/s解得t24.8s,则将该物体传送10m所需时间为tt1t2(0.44.8)s5.2s.,指点迷津：对物体准确进行受力分析，是求解此类问题的关键.判断两者什么时候达到共同速度，是解题的突破口.,【触类旁通】,3.在研究汽车性能时，让质量为2000kg的汽车在平直的公路上进行实验，在汽车车厢顶部悬挂一小球，并让汽车做匀速直线运动，小球相对汽车静止时悬线竖直，然后关闭发动机，发现小球与竖直方向的最大夹角为15，若汽车在紧急制动时，发现小球与竖直方向的最大夹角为30(tan150.268，tan300.577，g10m/s2).,(1)汽车紧急制动时的制动力为多大？(制动力是指由于刹,车而增加的阻力，不包含运动过程中所受阻力),(2)若此汽车在高速公路上以90km/h的速度行驶，司机的