【三維設計】2014屆高三物理一輪 （14年預測 目標定位 規(guī)律總結(jié)） 3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題教學案 新人教版

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1、 《三維設計》2014屆高三物理一輪教學案（14年預測+目標定位+規(guī)律總結(jié)）：3.2牛頓第二定律 兩類動力學問題 牛頓第二定律 [想一想] 如圖3－2－1所示為一張在真空中拍攝的羽毛與蘋果自由下落的頻閃照片。請思考蘋果與羽毛重力相差很大，為什么它們總在同一相同的高度呢？ 圖3－2－1 提示：物體的加速度與力成正比，與物體的質(zhì)量成反比，物體在真空中僅受重力作用，故a＝＝＝g，可知羽毛和蘋果在真空中下落的加速度相同。故它們的運動狀態(tài)時刻相同，它們能時刻處在同一高度。 [記一記] 1．內(nèi)容 物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方

2、向跟作用力的方向相同。 2．表達式 F＝ma。 3．“五個”性質(zhì) 同向性 公式F合＝ma是矢量式，任一時刻，F(xiàn)合與a同向[ 瞬時性 a與F合對應同一時刻，即a為某時刻的加速度時，F(xiàn)合為該時刻物體所受合外力 因果性 F合是產(chǎn)生a的原因，物體具有加速度是因為物體受到了力 同一性 F合＝ma中，F(xiàn)合、m、a對應同一物體或同一系統(tǒng)，各量統(tǒng)一使用國際單位 獨立性 ①作用于物體上的每一個力各自產(chǎn)生的加速度都遵從牛頓第二定律 ②物體的實際加速度等于每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和 4．適用范圍 (1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系)。 (

3、2)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。 [試一試] 1．關(guān)于牛頓第二定律的下列說法中，正確的是(　　) A．物體加速度的大小由物體的質(zhì)量和物體所受合外力的大小決定，與物體的速度無關(guān) B．物體加速度的方向只由它所受合外力的方向決定，與速度方向無關(guān) C．物體所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向總是相同的 D．一旦物體所受合外力為零，則物體的加速度立即為零，其運動也就逐漸停止了 解析：選AB　對于某個物體，合外力的大小決定了加速度的大小，合外力的方向決定了加速度的方向，而速度的方向與加速度方向無關(guān)。根據(jù)牛頓第二定律的瞬時性特征，合外力一

4、旦為零，加速度立即為零，則速度不再發(fā)生變化，以后以此時的速度做勻速直線運動。 兩類動力學問題 [記一記] 1．兩類動力學問題 (1)已知受力情況求物體的運動情況。 (2)已知運動情況求物體的受力情況。 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓運動定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖： [試一試] 2．用40 N的水平力F拉一個靜止在光滑水平面上、質(zhì)量為20 kg的物體，力F作用3 s后撤去，則第5 s末物體的速度和加速度的大小分別是(　　) A．v＝6 m/s，a＝0　　　　 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6 m/s，a

5、＝2 m/s2 D．v＝10 m/s，a＝0 解析：選A　由牛頓第二定律得：F＝ma，a＝2 m/s2。3 s末物體速度為v＝at＝6 m/s，此后F撤去，a＝0，物體做勻速運動，故A正確。 力學單位制 [想一想] 如圖3－2－2為甲、乙、丙三人百米比賽沖刺時的速度大小。試比較三人沖刺速度的大??；由此看出應怎樣比較物理量的大小？ 圖3－2－2 提示：v甲＝11 m/s，v乙＝7 200 dm/min＝12 m/s，v丙＝36 km/h＝10 m/s，故v乙>v甲>v丙。 由此可以看出，要比較同一物理量的大小，必須統(tǒng)一單位。 [記一記] 1．單位制 由基本單

6、位和導出單位組成。 2．基本單位 基本量的單位。力學中的基本量有三個，它們分別是質(zhì)量、時間、長度，它們的國際單位分別是千克、秒、米。 3．導出單位 由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導出的其他物理量的單位。 4．國際單位制中的七個基本物理量和基本單位 物理量名稱 物理量符號 單位名稱 單位符號 長度 l 米 m 質(zhì)量 m 千克 kg 時間 t 秒 s 電流 I 安[培] A 熱力學溫度 T 開[爾文] K 物質(zhì)的量 n 摩[爾] mol 發(fā)光強度 IV 坎[德拉] cd [試一試] 3．關(guān)于單位制，下列說法中正確的是(　　)

7、A．kg、m/s、N是導出單位 B．kg、m、C是基本單位 C．在國際單位制中，時間的基本單位是s D．在國際單位制中，力的單位是根據(jù)牛頓第二定律定義的 解析：選CD　在力學中選定m(長度單位)、kg(質(zhì)量單位)、s(時間單位)作為基本單位，可以導出其他物理量的單位，力的單位(N)是根據(jù)牛頓第二定律F＝ma導出的，故C、D正確。 瞬時加速度問題 1.一般思路 ―→―→ 2．兩種模型 (1)剛性繩(或接觸面)：一種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，彈力立即改變或消失，不需要形變恢復時間，一般題目中所給的細線、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模

8、型處理。 (2)彈簧(或橡皮繩)：當彈簧的兩端與物體相連(即兩端為固定端)時，由于物體有慣性，彈簧的長度不會發(fā)生突變，所以在瞬時問題中，其彈力的大小認為是不變的，即此時彈簧的彈力不突變。 [例1]　(2013·吉林模擬)在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個質(zhì)量為m＝2 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖3－2－3所示，此時小球處于靜止平衡狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。當剪斷輕繩的瞬間，取g＝10 m/s2，以下說法正確的是(　　) 圖3－2－3 A．此時輕彈簧的彈力大小為20 N B．小球的加速度大小為8 m/s2，方向向

9、左 C．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10 m/s2，方向向右 D．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為0 [審題指導]　 剪斷輕繩時，彈簧的彈力不能瞬間發(fā)生變化。剪斷彈簧時，繩上的拉力在瞬間發(fā)生變化。 [嘗試解題]　 因為未剪斷輕繩時水平面對小球的彈力為零，小球在繩沒有斷時受到輕繩的拉力FT和彈簧的彈力F作用而處于平衡狀態(tài)。依據(jù)平衡條件得：豎直方向有FTcos θ＝mg，水平方向有FTsin θ＝F。解得輕彈簧的彈力為F＝mgtan θ＝20 N，故選項A正確。剪斷輕繩后小球在豎直方向仍平衡，水平面支持力與小球所受重力平衡，即FN＝mg；由牛頓第二定律得小球的加速度

10、為a＝＝ m/s2＝8 m/s2，方向向左，選項B正確。當剪斷彈簧的瞬間，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度為0，選項C錯誤、D正確。 [答案]　ABD 在求解瞬時性問題時應注意： (1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析。 (2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變。 動力學的兩類基本問題分析 1.物體運動性質(zhì)的判斷方法 (1)明確物體的初始運動狀態(tài)(v0)。 (2)明確物體的受力情況(F合)。 (3)根據(jù)物體做各種性質(zhì)運動的條件即可判定物體的運動情

11、況、加速度變化情況及速度變化情況。 2．兩類動力學問題的解題步驟 (1)明確研究對象。根據(jù)問題的需要和解題的方便，選出被研究的物體。研究對象可以是某個物體，也可以是幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)。 (2)進行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫好受力分析圖、情景示意圖，明確物體的運動性質(zhì)和運動過程。 (3)選取正方向或建立坐標系，通常以加速度的方向為正方向或以加速度方向為某一坐標軸的正方向。 (4)確定合外力F合，注意F合與a同向。若物體只受兩個共點力作用，常用合成法；若物體受到3個或3個以上不在同一直線上的力的作用，一般用正交分解法。 (5)根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma或列方程求解，必要時還要對結(jié)果進行

12、討論。 [例2]　如圖3－2－4所示，質(zhì)量m＝2 kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L＝20 m，用大小為30 N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)t0＝2 s拉至B處。(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2) 圖3－2－4 (1)求物體與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)用大小為30 N，與水平方向成37°的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動并能到達B處，求該力作用的最短時間t。 [審題指導]　 物體在拉力作用下做勻加速直線運動，撤去拉力后做勻減速直線運動，當物體到B點速度恰好為零，則拉力的作用時間最短。 [嘗試解題]　 (1)

13、沿水平方向施加外力后，物體做勻加速直線運動。根據(jù)運動學公式有L＝at 代入數(shù)據(jù)解得a＝10 m/s2 由牛頓第二定律知F－Ff＝ma 解得Ff＝10 N 所以μ＝＝＝0.5 (2)設外力F作用的最短時間為t，物體先以大小為a1的加速度勻加速運動，所用時間為t，受力分析如圖所示。撤去外力后，以大小為a2的加速度勻減速運動，所用時間為t′，到達B處速度恰為零。由牛頓第二定律知Fcos 37°－Ff＝ma1 其中Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin 37°) 聯(lián)立解得a1＝11.5 m/s2，a2＝＝μg＝5 m/s2 由于勻加速階段末速度即為勻減速階段的初速度，撤去外力時的速度v＝a1

14、t＝a2t′ 又因為L＝a1t2＋a2t′2 聯(lián)立解得t ≈1.03 s。 [答案]　(1)0.5　(2)1.03 s 解決兩類動力學問題兩個關(guān)鍵點 (1)把握“兩個分析”“一個橋梁” 兩個分析：物體的受力分析和物體的運動過程分析。 一個橋梁：物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁。 (2)尋找多過程運動問題中各過程間的相互聯(lián)系。如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，畫圖找出各過程間的位移聯(lián)系。 牛頓第二定律與圖象的綜合問題 1.常見的兩類動力學圖象問題 (1)已知物體在某一過程中所受的合力(或某個力)隨時間的變化圖線，要求分析物體的運動情況。 (2)已

15、知物體在某一過程中速度、加速度隨時間的變化圖線，要求分析物體的受力情況。 2．解決圖象綜合問題的關(guān)鍵 (1)分清圖象的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖象所反映的物理過程，會分析臨界點。 (2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等。 (3)明確能從圖象中獲得哪些信息：把圖象與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖象中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點。 [例3]　如圖3－2－5甲所示，水平地面上輕彈簧左端固定，右端通過滑塊壓縮0.4 m鎖定。t＝

16、0時解除鎖定釋放滑塊。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的速度圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2。求： 圖3－2－5 (1)滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)彈簧的勁度系數(shù)。 [審題指導] 第一步：抓關(guān)鍵點 關(guān)鍵點 獲取信息 Od是t＝0時的速度圖線的切線 Od的斜率表示t＝0時滑塊的加速度 bc段為直線 bc段滑塊受滑動摩擦力作用做勻減速運動 第二步：找突破口 要求滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)，只要由圖象求出滑塊勻減速運動的加速度，再由牛頓第二定律列方

17、程即可。要求 彈簧的勁度系數(shù)，則應利用牛頓第二定律對滑塊在t＝0時刻列方程求解。 [嘗試解題]　 (1)從題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小 a1＝＝ m/s2＝5 m/s2 由牛頓第二定律得：μmg＝ma1 解得：μ＝0.5 (2)剛釋放時滑塊的加速度 a2＝＝ m/s2＝30 m/s2 由牛頓第二定律得：kx－μmg＝ma2 解得：k＝175 N/m。 [答案]　(1)0.5　(2)175 N/m 數(shù)圖結(jié)合解決物理問題 物理公式與物理圖象的結(jié)合是中學物理的重要題型，也是近年高考的熱點，特別是v—t圖象在考題中出現(xiàn)率極高。對于已知圖象求解相關(guān)物理量的問題，往

18、往是結(jié)合物理過程從分析圖象的橫、縱軸所對應的物理量的函數(shù)入手，分析圖線的斜率、截距所代表的物理意義得出所求結(jié)果。解決這類問題的核心是分析圖象，我們應特別關(guān)注v—t圖中的斜率(加速度)和力的圖線與運動的對應關(guān)系。 [模型概述] 物體在傳送帶上運動的情形統(tǒng)稱為傳送帶模型。,因物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)、斜面傾角、傳送帶速度、傳送方向、滑塊初速度的大小和方向的不同，傳送帶問題往往存在多種可能，因此對傳送帶問題做出準確的動力學過程分析，是解決此類問題的關(guān)鍵。 下面介紹兩種常見的傳送帶模型。 1．水平傳送帶模型 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能

19、一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0v返回時速度為v，當v0

20、速 (3)可能一直勻速 (4)可能先以a1加速后以a2加速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 [典例]　如圖3－2－6所示，繃緊的傳送帶，始終以2 m/s的速度勻速斜向上運行，傳送帶與水平方向間的夾角θ＝30°。現(xiàn)把質(zhì)量為10 kg的工件輕輕地放在傳送帶底端P處，由傳送帶傳送至頂端Q處。已知P、Q之間的距離為4 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝，取g＝10 m/s2。 圖3－2－6 (1)通過計算說明工件在傳送帶上做什么運動； (2)求工件從P點運動到Q點所用的時間。 [解析]　(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同

21、作用，摩擦力為動力 由牛頓第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入數(shù)值得：a＝2.5 m/s2 則其速度達到傳送帶速度時發(fā)生的位移為 x1＝＝ m＝0.8 m<4m 可見工件先勻加速運動0.8 m，然后勻速運動3.2 m (2)勻加速時，由x1＝t1得t1＝0.8 s 勻速上升時t2＝＝ s＝1.6 s 所以工件從P點運動到Q點所用的時間為 t＝t1＋t2＝2.4 s。 [答案]　(1)先勻加速運動0.8 m，然后勻速運動3.2 m (2)2.4 s [題后悟道]　對于傳送帶問題，一定要全面掌握上面提到的幾類傳送帶模型，尤其注意要根據(jù)具體情況適時進行討論

22、，看一看有沒有轉(zhuǎn)折點、突變點，做好運動階段的劃分及相應動力學分析。 現(xiàn)在傳送帶傳送貨物已被廣泛地應用，如圖3－2－7所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1 m/s運行，一質(zhì)量為m＝4 kg的物體被無初速度地放在A處，傳送帶對物體的滑動摩擦力使物體開始做勻加速直線運動，隨后物體又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2。 圖3－2－7 (1)求物體剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??； (2)求物體做勻加速直線運動的時間； (3)如果提高傳送帶的運行速率，

23、物體就能被較快地傳送到B處，求物體從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。 解析：(1)滑動摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N， 加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2。 (2)物體達到與傳送帶相同速率后不再加速，則 v＝at1，t1＝＝ s＝1 s。 (3)物體始終勻加速運行時間最短，加速度仍為a＝1 m/s2，當物體到達右端時，有 v＝2aL，vmin＝＝ m/s＝2 m/s， 所以傳送帶的最小運行速率為2 m/s。 物體最短運行時間由vmin＝atmin， 得tmin＝＝ s＝2 s。 答案：(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s 11