2015届高考物理新一轮复习第三章第二节-牛顿第二定律-两类动力学问题幻灯片-新人教版

1、,第三章 牛顿运动定律,第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题,一、牛顿第二定律 1内容：物体加速度的大小跟作用力成_，跟物体的质量成_，加速度的方向跟作用力的方向_. 2表达式：Fma 3适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面_或_的参考系 (2)牛顿第二定律只适用于_物体(相对于分子、原子等)、_运动(远小于光速)的情况,正比,反比,相同,静止,匀速直线运动,宏观,低速,二、两类动力学问题 1已知物体的受力情况，求物体的_. 2已知物体的运动情况，求物体的_. 特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用,将运动学规律和牛顿第二定律相结合,寻找加速度和未知量的关系,是解决这类问题的思考方向.,运动情况,受力情况,三、力学单位制 1单位制:由_单位和_单位一起组成了单位制. 2基本单位:基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是_、_、_，它们的单位分别是_、_、_. 3导出单位:由基本物理量根据_推导出来的其他物理量的单位,基本,导出,长度,质量,时间,米,千克,秒,物理关系,1. (单选)(2012高考海南卷)根据牛

2、顿第二定律，下列叙述正确的是( ) A物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度 C物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小 成正比 D当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体 水平加速度大小与其质量成反比,D,2(多选) (2013高考浙江卷) 如图所示，总质量为 460 kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的 加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m时, 以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后 热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气 球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( ) A所受浮力大小为4 830 N B加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N,AD,3(单选) (2013高考福建卷)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) Am2kgs4A1 Bm2kgs3

3、A1 Cm2kgs2A1 Dm2kgs1A1,B,用牛顿第二定律求解瞬时加速度,(多选)(2014银川模拟)如图所示，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( ) A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球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零,BC,思路点拨 细线烧断瞬间，弹簧的弹力变化吗？绳上的弹力还存在吗？A球受力如何变化？B球受力又如何变化？ 尝试解答_ 规律总结 加速度瞬时性涉及的实体模型 (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：,微小不计,能,只有拉力没有支持力,较大,不能,只有拉力没有支持力,较大,不能,既可有拉力也可有支持力,微小不计,能,既可有拉力也可有支持力,不计,处处 相等,(2)解理想化模型问题时应注意的问题 分析问题属于哪类

4、理想化模型 抓住模型的受力方向和大小变化的特点,解析细线烧断瞬间，两球受力如图 细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡， aB0，A球所受合力为mgsin kx2mgsin maA，解得aA2gsin ，故A、D错误，B、C正确,1(单选)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳质量为m的小明如图静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明右侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时( ) A加速度为零 B加速度ag，沿原断裂绳的方向斜向下 C加速度ag，沿未断裂绳的方向斜向上 D加速度ag，方向竖直向下,B,解析 因右侧橡皮绳在小明腰间断裂瞬间，左侧橡皮绳的拉力还未来得及改变，故小明所受合力与断裂的橡皮绳断前的拉力等大反向，由牛顿第二定律可得ag，方向沿原断裂绳的方向斜向下，B正确,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,动力学两类基本问题,(2014厦门模拟)如图所示，木块的质量m2 kg，与地面间的动摩擦因数0.2，木块在拉力F10 N作用下，在水平地面上从静止开始向右运动，运动5.2 m后撤

5、去外力F.已知力F与水平方向的夹角37(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求： (1)撤去外力前，木块受到的摩擦力大小； (2)刚撤去外力时，木块运动的速度； (3)撤去外力后，木块还能滑行的距离为多少？,解题探究 (1)木块在撤去外力前后分别做何种运动？ (2)撤去F前后，木块所受摩擦力是否变化？ 课堂笔记,方法总结 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,解析(1)木块受力如图所示： 由牛顿第二定律得： 竖直方向：FNFsin 37mg0 FfFN 解得：Ff2.8 N. (2)由牛顿第

6、二定律得： 水平方向：Fcos 37Ffma1 解得：a12.6 m/s2 由运动学公式得：v22a1x1 解得：v5.2 m/s.,(3)撤去外力后，木块受力如图所示： 由牛顿第二定律得： mgma2 解得：a22 m/s2 由运动学公式得： v22a2x2 解得：x26.76 m. 答案(1)2.8 N (2)5.2 m/s (3)6.76 m,2(2012高考上海卷) 如图，将质量 m0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆 上环的直径略大于杆的截面直径 环与杆间的动摩擦因数0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上、与杆的夹角53的拉力F，使圆环以a4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小(取sin 530.8， cos 530.6，g10 m/s2),答案1 N或9 N,1图象的类型 (1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况 (2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况 2问题的实质 是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截距、斜率、面积六大功能,动力学图象问题,

7、(2014河南中原名校二联改编)如图甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m2 kg的物体物体同时受到两个水平力的作用，F14 N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示物体从静止开始运动，此时开始计时问：,(1)当t0.5 s时物体的加速度多大？ (2)物体在t0至t2 s内何时物体的加速度最大？最大值为多少？ (3)物体在t0至t2 s内何时物体的速度最大？最大值为多少？ 审题突破 物体加速度最大时，合力是不是最大？速度最大时，合力(或加速度)是不是等于零？,总结提升 数形结合解决动力学问题 (1)物理公式与物理图象的结合是一种重要题型对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果 (2)解决这类问题的核心是分析图象，尤其应特别关注vt图象的斜率(即加速度)和力的图线与运动的对应关系,答案(1)0.5 m/s2 (2)t0或t2 s时加速度最大，为1 m/s2 (3)t1 s时速度最大，为0.5 m/s,3(单选)(原创题)用与斜面平行的力F拉着物体在倾角为的光滑斜面上运动，如改

8、变拉力F的大小，物体的加速度随外力F变化的图象如图所示，已知外力F沿斜面向上，重力加速度g取10 m/s2.请根据图象中所提供的信息计算出斜面的倾角和物体的质量分别是( ) A30和2 kg B60和3 kg C30和3 kg D60和2 kg,C,传送带模型中的动力学问题,规范解答 该得的分一分不丢！,答案 (1)4 N 1 m/s2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s,建模感悟 1.模型特征 一个物体以速度v0(v00)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型 2处理方法 传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题不论是哪一种情况，分析处理传送带问题时需要特别 注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析;二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析,4. 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 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？,解析小物块无初速度放在传送带上时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，对小物块用牛顿第二定律得 mgsin mgcos ma解得a12 m/s2 设小物块加速到12 m/s运动的距离为x1，所用时间为t1 由v202ax1得，x16 m 由vat1得t11 s 当小物块的速度加速到12 m/s时，因mgsin mgcos ，小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，而且此时刚好为最大静摩擦力，小物块此后随皮带一起做匀速运动,设AB间的距离为L，则Lx1vt2 解得t21.5 s 从A到B的时间tt1t2 解得t2.5 s. 答案2.5 s,

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