《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題課件.ppt（45頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講牛頓第二定律兩類動力學問題,知識排查,牛頓第二定律,1.內(nèi)容 物體加速度的大小跟作用力成______，跟物體的質(zhì)量成______。加速度的方向與________方向相同。 2.表達式：F____。 3.適用范圍 (1)只適用于______參考系(相對地面靜止或____________運動的參考系)。 (2)只適用于______物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。,ma,正比,反比,作用力,慣性,勻速直線,宏觀,1.單位制 由__________和__________一起組成了單位制。 2.基本單位 基本物理量的單位。力學中的基本量有三個，它們分別是______、___
2、___和______，它們的國際單位分別是___、___和___。 3.導出單位 由__________根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位。,單位制,kg,m,s,基本單位,導出單位,質(zhì)量,長度,時間,基本單位,1.動力學的兩類基本問題 第一類：已知受力情況求物體的__________。 第二類：已知運動情況求物體的__________。 2.解決兩類基本問題的方法 以_________為“橋梁”，由運動學公式和________________列方程求解，具體邏輯關系如下,兩類動力學問題,運動情況,受力情況,加速度,牛頓第二定律,小題速練,1.思考判斷 (1)牛頓第一定律是牛頓第二定律的特
3、殊情形() (2)對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度() (3)Fma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關() (4)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關系，同時也確定了物理量間的單位關系() (5)物體所受合外力減小，加速度一定減小，速度也一定減小() 答案(1)(2)(3)(4)(5),2.下列哪些物理量的單位是基本單位() A.力的單位N B.壓強的單位Pa C.長度的單位m D.加速度的單位m/s2 答案C,3.(多選)人教版必修1P86例2改編如圖1所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角30，斜面長為7 m?，F(xiàn)木
4、塊上有一質(zhì)量為m1.0 kg 的滑塊從斜面頂端下滑，測得滑塊在0.40 s內(nèi)速度增加了1.4 m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止狀態(tài)，重力加速度g取10 m/s2，則(),A.滑塊滑行過程中受到的摩擦力大小為1.2 N B.滑塊滑行過程中受到的摩擦力大小為1.5 N C.滑塊滑到木塊底部時的速度大小為5 m/s D.滑塊滑到木塊底部時的速度大小為7 m/s,圖1,答案BD,牛頓第二定律的理解和應用,1.牛頓第二定律的性質(zhì),2.合力、加速度、速度的關系,(1)物體的加速度由所受合力決定，與速度無必然聯(lián)系。 (2)合力與速度夾角為銳角，物體加速；合力與速度夾角為鈍角，物體減速。,1.下列關于速
5、度、加速度、合外力之間的關系，正確的是() A.物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大 B.物體的速度為0，則加速度為0，所受的合外力也為0 C.物體的速度為0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D.物體的速度很大，但加速度可能為0，所受的合外力也可能很大,解析物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯(lián)系，一個很大，另一個可以很小，甚至為0，物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力越大，加速度一定也越大，故選項C正確。 答案C,2.如圖2所示，一木塊在光滑水平面上受一個恒力F作用而運動，前方固定一個輕質(zhì)彈簧，當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是(),圖2 A.木塊將立
6、即做勻減速直線運動 B.木塊將立即做變減速直線運動 C.在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大 D.在彈簧壓縮量最大時，木塊的加速度為零 答案C,3.如圖3，在勻強電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個帶電小球，使之處于靜止狀態(tài)。忽略空氣阻力，當懸線斷裂后，小球?qū)⒆?),A.曲線運動B.勻速直線運動 C.勻加速直線運動D.變加速直線運動 解析在懸線斷裂前，小球受重力、電場力和懸線拉力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力與電場力的合力與拉力等值反向。懸線斷裂后，小球所受重力與電場力的合力大小、方向均不變，故小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動，選項C正確。 答案C,圖3,兩種模型,牛頓第二
7、定律的瞬時性,【典例】兩個質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖4所示?，F(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則(),A.a1g，a2g B.a10，a22g C.a1g，a20 D.a12g，a20 審題關鍵點兩條輕繩連接剪斷輕繩的瞬間 解析由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1a2g。故選項A正確。 答案A,圖4,【拓展延伸1】把“輕繩”換成“輕彈簧”,在【典例】中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖5所示，則【典例】選項中正確的是(),圖5,解析剪斷輕繩OA后，由于彈簧彈力不能突
8、變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a12g，a20。故選項D正確。 答案D,【拓展延伸2】改變平衡狀態(tài)的呈現(xiàn)方式,把【拓展延伸1】的題圖放置在傾角為30的光滑斜面上，如圖6所示，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是(),圖6,解析細線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為0。燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為T2mgsin ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin ，所以A球的瞬時加速度為aA2gsin 30g，故選項B正確。 答案B,,1.求解瞬時加速度的一般思路,2.加速度可以隨著力的突變而
9、突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變。,1.如圖7所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)。當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為(),圖7,答案B,2.如圖8所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有(),圖8,答案C,3.如圖9所示，兩小球懸掛在天花板上，a、b兩小球用細線連接，上面是一輕質(zhì)彈簧，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和2m，
10、在細線燒斷瞬間，a、b兩球的加速度為(取向下為正方向)(),圖9 A.0，g B.g，g C.2g，g D.2g，0,答案C,1.解決動力學兩類問題的兩個關鍵點,2.解決動力學基本問題的處理方法 (1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”。 (2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”。,動力學的兩類基本問題,【典例1】(20184月浙江選考)可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲。如圖10所示，有一企鵝在傾角為37的傾斜冰面上，先以加速度a0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t8 s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退
11、滑到出發(fā)點，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)0.25，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：,(1)企鵝向上“奔跑”的位移大?。?(2)企鵝在冰面滑動的加速度大?。?(3)企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小。(計算結果可用根式表示),圖10,解得x16 m。 (2)在企鵝臥倒以后將進行兩個過程的運動，第一個過程是從臥倒到最高點，第二個過程是從最高點滑到出發(fā)點，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有 mgsin 37mgcos 37ma1 mgsin 37mgcos 37ma2 解得a18 m/s2，a24 m/s2。 (3)企鵝從臥倒滑
12、到最高點的過程中，做勻減速直線運動，設時間為t，位移為x,解得x1 m。 企鵝從最高點滑到出發(fā)點的過程中，設末速度為vt，初速度為0，則有,,兩類動力學問題的解題步驟,【典例2】如圖11所示，傾角為30的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接。現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，最終停在水平面上的C點。已知A點距水平面的高度h0.8 m，B點距C點的距離L2.0 m。(滑塊經(jīng)過B點時沒有能量損失，取g10 m/s2)求：,圖11 (1)滑塊在運動過程中的最大速度； (2)滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)； (3)滑塊從A點釋放后，經(jīng)過時間t1.0 s時速度的大小。,解析(1)滑塊先在斜面上做勻
13、加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，故滑塊運動到B點時速度最大，設為vmax，設滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，則 mgsin 30ma1,解得vmax4 m/s。 (2)設滑塊在水平面上運動的加速度大小為a2 則mgma2,解得0.4。,(3)設滑塊在斜面上運動的時間為t1，vmaxa1t1，得t10.8 s，由于tt1，故滑塊已經(jīng)經(jīng)過B點，做勻減速運動的時間為tt10.2 s，設t1.0 s時速度大小為v，則vvmaxa2(tt1) 解得v3.2 m/s。 答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s,,多過程問題的處理方法 (1)將復雜物理過程分解為幾個子過程。 (2)分析
14、每一個子過程中物體受力情況、運動情況、約束條件。 (3)注意子過程之間的聯(lián)系，可以從時間、位移、速度等方面尋找。 (4)注意畫好受力分析圖和運動示意圖。,1.(20164月浙江選考)如圖12是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時55 s。若電梯先以加速度a1做勻加速運動，達到最大速度18 m/s，然后以最大速度勻速運動，最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺。假定觀光平臺高度為549 m。,(1)若電梯經(jīng)過20 s勻加速達到最大速度，求加速度a1及上升高度h； (2)在(1)問中的勻加速上升過程中，若小明的質(zhì)量為60 kg，求小明對電梯地板的壓力； (3
15、)求電梯勻速運動的時間。,圖12,(2)根據(jù)牛頓第二定律FNmgma1 得FNmgma1654 N 由牛頓第三定律可得，小明對地板的壓力FNFN654 N，方向豎直向下,答案(1)0.9 m/s2180 m(2)654 N(3)6 s,2.如圖13所示，冰壺運動是一項體力與智力相結合的投擲類高雅運動，有人把冰壺稱做“冰上國際象棋”。在一次比賽中，擲球運動員在擲球區(qū)的欄線前松手，冰壺沿著冰道做勻減速直線運動，最后停在“營壘”的中心。已知從松手到停止的運動過程中，冰壺的位移x40 m，所經(jīng)過的時間t20 s。,圖13 (1)求冰壺在此過程中平均速度v1大??； (2)求冰壺在此過程中加速度a的大小；
16、 (3)求位移x130 m處時冰壺速度v2的大小。,解析(1)冰壺做勻減速直線運動，由平均速度公式,(3)由勻變速直線運動規(guī)律得：v0at 解得此過程中初速度的大小v04 m/s,解得位移x130 m處時冰壺速度大小v22 m/s。 答案(1)2 m/s(2)0.2 m/s2(3)2 m/s,3.(201610月浙江選考)如圖14所示，在某段平直的鐵路上，一列以324 km/h高速行駛的列車某時刻開始勻減速行駛，5 min 后恰好停在某車站，并在該站停留4 min，隨后勻加速駛離車站，經(jīng)8.1 km后恢復到原速324 km/h。,圖14 (1)求列車減速時的加速度大小； (2)若該列車總質(zhì)量為
17、8.0105 kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大??； (3)求列車從開始減速到恢復原速這段時間內(nèi)的平均速度大小。,(2)列車駛離車站，經(jīng)x8.1103 m后速度達到v90 m/s，,f0.1mg，根據(jù)牛頓第二定律得F0.1mgma， 代入數(shù)值解得F1.2106 N。,答案(1)0.3 m/s2(2)1.2106 N(3)30 m/s,科學思維光滑斜面模型,模型特點 如圖15所示，質(zhì)量為m的物體從傾角為、高度為h的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規(guī)律：,圖15,【例】如圖16所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個光滑斜面頂端由靜止開始下滑。下列說法正確的是(),A.滑到底端時的速度相同 B.滑到底端所用的時間相同 C.在傾角為30的斜面上滑行的時間最短 D.在傾角為60的斜面上滑行的時間最短 解析由規(guī)律(2)可知物體從高度相同的斜面滑到底端時的速度大小相同，但方向不同，選項A錯誤；由規(guī)律(1)可知物體在傾角60的斜面上滑行時間最短，選項D正確。 答案D,圖16,【針對訓練】一間新房即將建成，現(xiàn)要封頂，若要求下雨時落至房頂?shù)挠甑文茏羁斓靥孰x房頂(假設雨滴沿房頂下淌時做無初速度、無摩擦的運動)，則必須要設計好房頂?shù)母叨?，下列四種情況中最符合要求的是(),解析如圖，設房頂寬為2b，高度為h，斜面傾角為。 由圖中幾何關系有hbtan ,答案C,
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