《2016届高三物理大一轮复习教学讲义：第三章 牛顿运动定律 第二节》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016届高三物理大一轮复习教学讲义：第三章 牛顿运动定律 第二节（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二节牛顿第二定律两类动力学问题学生用书P43一、牛顿第二定律1内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同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，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况1.(单选)根据牛顿第二定律，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
2、平加速度大小与其质量成反比答案：D二、两类动力学问题1已知物体的受力情况，求物体的运动情况2已知物体的运动情况，求物体的受力情况特别提示：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
3、力大小为4 830 NB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/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N答案：AD三、力学单位制1单位制：由基本单位和导出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，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒3导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位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()Am2kgs4A1B
4、m2kgs3A1Cm2kgs2A1 Dm2kgs1A1答案：B考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度学生用书P44 1求解思路求解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或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度2牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变3在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应
5、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积累的过程，不会发生突变(多选)(2015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
6、？B球受力又如何变化？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正确答案BC规律总结解决瞬时加速度问题的关键是弄清哪些力发生了突变，哪些力瞬间不变，正确画出变化前后的受力图1.(单选)(2015孝感统测)如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M2 kg的秤盘，盘内放一个质量为m1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F的作用下保持静止，F30 N，突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g10 m/s2)()A10 NB15 NC20 N D40
7、N解析：选C.由于拉力F撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿第二定律可得F(Mm)a，对物体再根据牛顿第二定律可得FNmgma，两式联立解得FN20 N，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N，方向竖直向下，C正确考点二动力学两类基本问题 学生用书P44 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(2015太原质检)如图所示，倾角37的斜面固定在水平面上质量m1.0 kg的小物块受到沿斜面向上的F9.0 N的拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动小物块
8、与斜面间的动摩擦因数0.25(斜面足够长，取g10 m/s2.sin 370.6，cos 370.8)(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；(2)求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80 m时，将拉力F撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离思路点拨(1)F作用时，物块受力情况如何？(2)撤去F后，物块受力情况如何？加速度大小、方向如何？(3)撤去F前后两段运动的关联是哪个物理量？解析(1)F作用时，物体受力如图甲所示Ffmgcos 372.0 N.(2)设加速度为a1，根据牛顿第二定律有FFfmgsin 37ma1解得a11.0 m/s2.(3)设撤
9、去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2，有v22a1x1撤去F后，物体受力如图乙所示由牛顿第二定律得：mgsin 37Ffma2v22a2x2联立式并代入数据解得：x20.10 m.答案(1)2.0 N(2)1.0 m/s2(3)0.10 m总结提升(1)解决两类动力学基本问题应把握的关键一个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁两类分析受力分析和运动过程分析(2)解决动力学基本问题时对力的两种处理方法合成法：物体受2个或3个力时，一般采用“合成法”正交分解法：物体受3个或3个以上的力时，则采用“正交分解法”(3)解答动
10、力学两类问题的基本程序明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行受力分析和运动过程分析，并画出示意图应用牛顿运动定律和运动学公式求解2.倾角37、质量M5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t2 s到达底端，运动路程L4 m，在此过程中斜面保持静止(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)，求：(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；(2)地面对斜面的支持力大小解析：(1)木块在斜面上匀加速下滑，由Lat2，解得加速度a2 m/s2.设斜面对木块的摩擦力为Ff1，支持力为FN1.隔离
11、木块分析受力，由牛顿第二定律得：mgsin Ff1ma，mgcos FN10，联立解得Ff18 N，FN116 N.设地面对斜面的摩擦力大小为Ff，方向向左，隔离斜面分析受力，对水平方向，由平衡条件得，FfFf1cos FN1sin ，代入数据解得Ff3.2 N，方向向左(2)设地面对斜面的支持力大小为FN，隔离斜面分析受力，对竖直方向，由平衡条件得，FNMgFf1sin FN1cos ，代入数据解得地面对斜面的支持力大小FN67.6 N.答案：(1)3.2 N方向向左(2)67.6 N考点三动力学图象问题 学生用书P45 1图象类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分
12、析物体的运动情况(2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况(3)已知物体在物理图景中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况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、斜、面六大功能(2015陕西西安高新一中模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角的关系如图所示取g10 m/s2，空气阻力不计可能用到的函数值：sin 300.5，sin 370.6.求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(3
13、)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)审题点睛(1)0.5时，物体做什么运动？(2)0时，斜面变为什么面？根据上述两个特殊情况分别求解哪个物理量？解析(1)当90时，物块做竖直上抛运动，末速度为0，由题图得上升最大高度为h3.2 m，由v2gh，得v08 m/s.(2)当0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0，由题图得水平最大位移为x6.4 m，由运动学公式有：v2ax，由牛顿第二定律得：mgma，得0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0，由图得物块
14、沿斜面运动的最大位移为x3.2 m，由运动学公式有：v2ax，由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma，得10sin 5cos 10，得37.因为mgsin 6mmgcos 4m，所以能滑回斜面底端答案(1)8 m/s(2)0.5(3)37能滑回底端，理由见解析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)解决这类问题必须把物体的实际运动过程与图象结合，相互对应起来3.(单选)(2014高考福建卷)如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()解析：选B.在物块下滑的过程中
