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新课标2014届高考物理一轮课件:3.2牛顿第二定律、动力学两类基本问题


第2单元

牛顿第二定律

动力学两类基本问题

精研核心考点

1.内容:物体的加速度跟作用力成 正比 质量成 反比 .加速度的方向与 作用力方向 2.表达式: F=ma 3.适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于 惯性 匀速直线 运动的参考系). .

,跟物体的 相同.

r />
参考系(相对地面静止或

(2)牛顿第二定律只适用于 宏观 物体(相对于分子、原子)、
低速运动(远小于光速)的情况.

[名师点拨]??

对牛顿第二定律的理解
“五个”性质
同向性 瞬时性 因果性 同一性 公式F合=ma是矢量式,任一时刻,F合与a同向 a与F合对应同一时刻,即a为某时刻的加速度时,F合为该时刻 物体所受合外力 F合是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力 F合=ma中,F合、m、a对应同一物体或同一系统,各量统一 使用国际单位

独立性

①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②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和

1.(2012年江苏卷)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时
受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上 升过程中加速度大小a与时间t关系的图象,可能正确的是 ( )

解析:根据题意设f=kv,由牛顿第二定律mg+kv=ma, 皮球上升做减速运动,其a也逐渐减小,C项正确. 答案:C

1.已知物体的受力情况来确定物体的 运动 情况.解这类 题目,一般是应用牛顿运动定律求出物体的 加速度 ,再根据 物体的初始条件,应用运动学公式,求出物体的 运动 情况, 即求出物体在任意时刻的位置、速度、运动轨迹和时间. 2.已知物体的运动情况来求物体的 受力 情况.解这类题 目,一般是应用运动学公式求出物体的 加速度 ,再应用牛

顿第二定律求物体的 受力 情况.

[名师点拨]??

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.

2.(2012年福建福州)如图所示,同一竖直面内有上下两条
用相同材料做成的水平轨道MN、PQ,两个完全相同的物块 A、B放置在两轨道上,A在B物块正上方,A、B之间用一细线 相连.在细线的中点O施加拉力,使A、B一起向右做匀速直线 运动,则F的方向是(图中②表示水平方向)( )

A.沿①方向

B.沿②方向
C.沿③方向 D.沿①②③方向都可以 解析:A、B一起向右匀速运动,则各自都受力平衡,但A 对地面的压力大,受到的摩擦力大,故拉A的绳子中的力F1大

于拉B的绳子力F2 ,则F1与F2 合成方向偏向水平方向以下,故
C正确. 答案:C

单位制 由 基本单位 和导出单位一起构成单位制. 1.基本单位 人为选定的基本物理量的单位. 在力学中,选定 长度 、时间和 质量 三个物理量的单位为 基本单位.在物理学中共有七个基本单位. 2.导出单位 根据物理公式中其他物理量和 基本物理量 的关系,推导 出的物理量的单位.

[名师点拨]??

国际单位制中的七个基本物理量和基本单位
物理量名称 长度 质量 时间 电流 热力学温度 物质的量 发光强度 物理量符号 l m t I T n Iv 单位名称 米 千克 秒 安[培] 开[尔文] 摩[尔] 坎[德拉] 单位符号 m kg s A K mol cd

3.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,力的单位是根据牛顿第二定律定义 的

答案:C、D

突破疑难要点

分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该时刻物 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.此类问题应注意两种基本模型的建立. 1.刚性绳(或接触面):一种不发生明显形变就能产生弹力

的物体,剪断(或脱离)后,弹力立即改变或消失,不需要形变
恢复时间,一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊 说明时,均可按此模型处理.

2.弹簧(或橡皮绳):此种物体的特点是形变量大,形变恢
复需要较长时间,在瞬时问题中,其弹力的大小往往可以看成 是不变的.

[例1] 如图所示,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,设抽出木板的瞬间,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( )

A.a1=0,a2=g m+M C.a1=0,a2= M g

B.a1=g,a2=g m+M D.a1=g,a2= M g

[解析]

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 m+M 为 mg.由平衡条件和牛顿第二定律可得 a1=0,a2= M g. 答案为 C.
[答案] C

[规律小结]??
在求解瞬时性问题时应注意: (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.

1.(2011年山东理综)如图所示,将两相同的木块a、b置于
粗糙的水平地面上,中间用一轻弹簧连接,两侧用细绳系于墙 壁.开始时a、b均静止,弹簧处于伸长状态,两细绳均有拉 力,a所受摩擦力Ffa≠0,b所受摩擦力Ffb =0.现将右侧细绳剪 断,则剪断瞬间( )

A.Ffa大小不变 C.Ffb仍然为零

B.Ffa方向改变 D.Ffb方向向右

解析:右侧细绳剪断瞬间,弹簧弹力大小方向不变,故知

a物块受力情况不变,b物块应受向右的摩擦力,正确选项为
A、D. 答案:A、D

1.解决两类基本问题的方法

2.应用牛顿运动定律解题的步骤
(1)选取研究对象:可以是一个物体,也可以是几个物体组 成的整体. (2)分析研究对象的受力情况或运动情况:要注意画好受力 分析图,明确物体的运动过程和运动性质.

(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)求合力F合. (5)根据牛顿第二定律F合 =ma列方程求解,必要时还要对 结果进行讨论.

[例2] 如图,质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处, A、B间距L=20 m,用大小为30 N,沿水平方向的外力拉此物

体,经t0=2 s拉至B处.(已知cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,取
g=10 m/s2)

(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ; (2)用大小为30 N、与水平方向成37°的力斜向上拉此物 体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用的 最短时间t.

[解析] (1)对物体受力分析如图(甲)所示.

甲 物体做初速度为零的匀加速直线运动, 设其加速度为 a0. 1 2 则有 L= a0t0 2

(2)对物体在力作用前后,受力分析如图(乙)所示.

乙 物体受力分析如图(甲),由牛顿第二定律得

F-Ff=ma0 Ff=μmg 联立以上三式,并代入数据得:μ=0.5. 有力作用时,设物体的加速度大小为 a,由牛顿第二定 律得:Fcos 37° -μ(mg-Fsin 37° )=ma 撤去力 F 后,设物体的加速度大小为 a1,运动时间为 t1 μmg=ma1 由题意得:at=a1t1 1 2 1 2 L= at + a1t1 2 2 代入数据得 t=1.03 s. [答案] (1)0.5 (2)1.03 s

[规律小结]?? 本题考查了牛顿第二定律的两类典型问题,解题时应抓住 加速度这一桥梁进行分析并突破,其中解决第二问的关键是对 “该力作用的最短时间t”的正确理解,物体的运动包括两个过

程,解题时还要挖掘出第一阶段的末速度又是第二阶段的初速
度这一隐含条件。

2.(2012年安徽卷)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v?t图象如图所示.球与水 平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.设球受到 的空气阻力大小恒为f,取g=10 m/s2,求:

(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.
解析:(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1,由图知 Δv 4 a1= = m/s2=8 m/s2 Δt 0.5 ①

根据牛顿第二定律,得 mg-f=ma1 f=m(g-a1)=0.2 N. ② ③

(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v1=4 m/s,设球第一次离开地面时的速度大小为 v2,则 3 v2= v1=3 m/s 4 ④

第一次离开地面后,设上升过程中球的加速度大小为 a2,则 mg+f=ma2 a2=12 m/s2 于是,有 0-v2=-2a2h 2 3 解得 h= m. 8 ⑥ ⑦ ⑤

答案:(1)0.2 N

3 (2) m 8

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动力学的极值、临界问题

[例] (2012年福州调研)一个质量为0.2 kg的小球用细绳吊在
底角θ=53°的斜面顶端,如图所示.斜面静止时,球紧靠在 斜面上,绳与斜面平行,不计摩擦,当斜面以10 m/s2的加速度 向左做加速运动时,求绳子的拉力及斜面对小球的弹力.(g取 10 m/s2)

[解析]

令小球处在离开斜面的临界状态(N 刚好为零)

时,斜面向左

的加速度为 a0,此时对小球进行受力分析,有 mgcot θ=ma0 所以 a0=gcot θ=7.5 m/s2 因为 a=10 m/s2>a0,所以小球离开斜面(如图所示)而向 左加速.

所以 T=

?ma?2+?mg?2≈2.83 N.

[答案]

2.83 N 0

[规律小结]?? 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; (3)两物体分离瞬间满足的三个要素: ①加速度相同;

②速度相同;
③二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

动定律和运动学公式列方程求解讨论.

提升目标课堂

1.(2012年天津卷)如图甲所示,静止在水平地面的物块

A,受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图乙所示,
设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等,则 ( )

A.0~t1时间内F的功率逐渐增大 B.t2时刻物块A的加速度最大 C.t2时刻后物块A做反向运动 D.t3时刻物块A的动能最大

解析:0~t1 时间内物块一直静止,故F的功率为0,A错
误;t2时刻F最大,由牛顿第二定律有F-fm=ma,故此时加速 度最大,B正确;t2 ~t3 时间内F>fm 物块仍然向右做加速运 动,t3时刻速度最大,动能最大,C错误、D正确. 答案:B、D

2.(2012年四川卷)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一

端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未
连接),弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体,在弹性 限度内弹簧长度被压缩了x0 ,此时物体静止.撤去F后,物体 开始向左运动,运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩 擦因数为μ.重力加速度为g.则( )

A.撤去 F 后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 kx0 B.撤去 F 后,物体刚运动时的加速度大小为 m -μg C.物体做匀减速运动的时间为 2 x0 μg

D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力 μmg 做的功为 μmg(x0- k )

解析:由于弹簧的弹力是一个变力,故先不是匀加速运 动,所以 A 错误,撤去 F 后,物体刚运动加速度为 a= kx0-μmg kx0 = m -μg,所以 B 正确;当弹簧恢复到原长以后, m 物体做匀减速运动,加速度大小为 a′=μg,位移为 x′= 1 3x0,由 x′= a′t′2 可知:t′= 2 6x0 μg ,故 C 错误,当弹

簧弹力 kx=μmg 时,即压缩量为 x=μmg/k 时,速度最大, μmg Wf=μmg(x0- k ),所以 D 正确. 答案:B、D

3.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现

将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端,木炭包在传送带
上将会留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是( )

A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B.木炭包将相对于传送带向右运动
C.木炭包的质量越大,径迹的长度越短 D.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短

解析:传送带以速度 v 向右匀速运动,而木炭包开始 f v0=0,受到向右的滑动摩擦力 f=μmg 作用,a=m=μg, v v 经 t=a=μg,木炭包将不再相对传送带运动,所以黑色径迹 应出现在木炭包的右边,木炭包相对传送带向左运动,径迹 v 1 v 2 v2 1 2 的长度 Δx=vt- at =vμg- μg(μg) = , 只和 v、 有关, μ 2 2 2μg 故 D 正确.

答案:D

4.(2012年浙江卷)为了研究鱼所受水的 阻力与其形状的关系,小明同学用石蜡做成

两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B
鱼”,如图所示.在高出水面H处分别静止释 放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜hA 后速度减为零,“B鱼”竖直下潜hB后速度减 为零.

为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系, 小明同学用 石蜡做成两条质量均为 m、 形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”, 如图所示.在高出水面 H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”, “A 鱼”竖直下潜 hA 后速度减为零, “B 鱼”竖直下 潜 hB 后速度减为零.“鱼”在水中运动时,除受重力外, 还受浮力和水的阻力. 已知“鱼”在水中所受浮力是其重力 10 的 倍, 重力加速度为 g, “鱼”运动的位移值远大于“鱼” 9 的长度.假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定,空气阻力不 计.求:

(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA; (2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA;

(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.
解析:(1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动,有
2 vA-0=2gH

① ②

得:vA= 2gH.

(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用, 做匀减速运动,设加速度为 aA,有 F 合=F 浮+fA-mg F 合=maA ③ ④

0-v2 =-2aAhA A 10 由题意:F 浮= mg 9 综合上述各式,得 H 1 fA=mg(h - ). 9 A





(3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似, 有 H 1 fB=mg(h - ) 9 B 综合⑥、⑦两式,得 fA hB?9H-hA? fB=hA?9H-hB?. ⑦

答案:(1) 2gH hB?9H-hA? (3) hA?9H-hB?

H 1 (2)mg(h - ) 9 A

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