《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 3.2 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《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 3.2 牛頓第二定律 兩類動力學問題課件.ppt（77頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講 牛頓第二定律兩類動力學問題,【知識導圖】,作用力,質量,作用力,慣性,F=ma,宏觀,低速,運動情況,受力情況,基本單位,導出單位,質量,時間,長度,基本量,【微點撥】 1.a的定義式與決定式: (1)定義式:a= ,a與v、t無必然關系。 (2)決定式:a= , aF、a 。,2.解決動力學問題的關鍵: (1)兩類分析:物體的受力分析和物體的運動過程分析。 (2)一個橋梁:物體的加速度是聯系運動和力的橋梁。,【慧眼糾錯】 (1)牛頓第二定律的表達式F=ma在任何情況都適用。 糾錯:_________________________________________ __________

2、_________________ (2)物體所受的合外力越大,其加速度一定越大。 糾錯:________________________________________ __________________________,牛頓第二定律的表達式F=ma適用于慣性參考系,中宏觀物體低速運動的情景。,由于不知道物體質量是否變化,物體所受合外,力越大,加速度不一定越大。,(3)物體由于做加速運動,所以才受合外力作用。 糾錯:________________________________ (4)物體所受的合外力減小,速度一定減小。 糾錯:______________________________

3、___,物體由于受合外力,才產生加速度。,速度大小與合外力大小無必然關系。,(5)a的方向由F的方向和速度方向共同決定。 糾錯:______________________________________ (6)kg、m、s都是基本物理量。 糾錯:_______________________,a的方向由F的方向決定,與速度方向無關。,kg、m、s都是基本單位。,(7)物體先受合力作用,然后產生加速度。 糾錯:________________________________,物體受合力作用,同時產生加速度。,考點1對牛頓第二定律的理解 【典題探究】 【典例1】(多選)(2018商丘模擬)關于速

4、度、加速度、合力的關系,下列說法正確的是 () 導學號04450057,A.原來靜止在光滑水平面上的物體,受到水平推力的瞬間,物體立刻獲得加速度 B.加速度的方向與合力的方向總是一致的,但與速度的方向可能相同,也可能不同 C.在初速度為0的勻加速直線運動中,速度、加速度與合力的方向總是一致的 D.合力變小,物體的速度一定變小,【解析】選A、B、C。加速度與力同時產生、同時消失、同時變化,選項A正確;加速度的方向由合力方向決定,但與速度方向無關,選項B正確;在初速度為0的勻加速直線運動中,合力方向決定加速度方向,加速度方向決定末速度方向,選項C正確;合力變小,物體的加速度一定變小,但速度不一定變

5、小,選項D錯誤。,【通關秘籍】 1.牛頓第二定律的五個特點:,2.動力學中的三個決定關系: (1)力與物體的質量決定加速度。 (2)加速度與時間決定速度變化量。 (3)速度方向與加速度方向(或合力方向)決定物體的運動性質。 速度與加速度(或合力)同向時,物體加速運動。 速度與加速度(或合力)反向時,物體減速運動。,【考點沖關】 1.(多選)(2018濟南模擬)關于速度、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.物體的速度為零,則加速度為零,所受的合外力也為零,C.物體的速度為零,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

6、大,但加速度可能為零,所受的合外力也可能為零,【解析】選C、D。物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯系,一個很大,另一個可以很小,甚至為零。但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很大,加速度一定很大,故選項C、D正確。,2.根據牛頓第二定律,下列敘述正確的是 () A.物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比 B.物體所受合力必須達到一定值時,才能使物體產生加速度,C.物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比 D.當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時,物體水平加速度大小與其質量成反比,【解析】選D。根據牛頓第二定律a= 可知,物體的加 速度與速度無

7、關,選項A錯誤;即使合力很小,也能使物 體產生加速度,選項B錯誤;物體加速度的大小與物體所 受的合力成正比,選項C錯誤;力和加速度為矢量,物體 的加速度與質量成反比,選項D正確。,【加固訓練】 (多選)關于牛頓第二定律,下列說法正確的是() A.物體的質量跟外力成正比,跟加速度成反比 B.加速度的方向一定與合外力的方向一致 C.物體的加速度跟物體所受的合外力成正比,跟物體的質量成反比 D.由于加速度跟合外力成正比,整塊磚的重力加速度一定是半塊磚重力加速度的2倍,【解析】選B、C。物體的質量是物體所含物質的多少,與外力無關,故A項錯誤;整塊磚的重力是半塊磚重力的二倍,但是前者質量也是后者質量的二

8、倍,所以D項錯誤;由牛頓第二定律可知,B、C項正確。,考點2動力學的兩類基本問題 【典題探究】 【典例2】(多選)(2016全國卷)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成,甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落,假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比,與球的速率無關。若它們下落相同的距離,則導學號04450058(),A.甲球用的時間比乙球長 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,【題眼直擊】 (1)由同一種材料制成_______________。 (2)受到的阻力與球的半徑成正比_____。,兩球的

9、密度相等,Ff=kr,【解析】選B、D。設小球的密度為,其質量m= , 設阻力與球的半徑的比值為k,根據牛頓第二定律得: 由此可見,由m甲 m乙,甲=乙,r甲r乙可知a甲a乙,選項C錯誤;由于兩 球由靜止下落,兩小球下落相同的距離則由x=,t甲

10、1)明確研究對象:根據問題的需要和解題的方便,選擇某個物體或某系統(tǒng)作為研究對象。 (2)受力分析:畫好受力示意圖,選擇適當的處理方法求出合力或合力的表達式。,合成法:合成法適用于受力個數較少(2個)的情況。 正交分解法:正交分解法適用于各種情況,尤其是物體的受力個數較多(3個或3個以上)時。 (3)運動情況分析:畫出運動示意圖,明確物體的運動性質和運動過程,求出或設出物體的加速度。 (4)根據牛頓第二定律列式求解。,【考點沖關】 1.(2018日照模擬)如圖所示,在豎直平面內有半徑為 R和2R的兩個圓,兩圓的最高點相切,切點為A,B和C分別 是小圓和大圓上的兩個點,其中AB長為 R,AC長為

11、 2 R。現沿AB和AC建立兩條光滑軌道,自A處由靜止釋 放小球,已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1,沿 AC軌道運動到C點所用時間為t2,則t1與t2之比為(),A.1 B.12 C.1 D.13,【解析】選A。設AB與豎直方向的夾角為,則AB= 2Rcos,小球沿AB下滑的加速度為a=gcos,解得小球 在AB上運動的時間為t1= ;同理可知小球 在AC上運動的時間為t2= 則t1與t2之比為 1 ,選項A正確。,2.如圖所示,某次滑雪訓練,運動員站在 水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的 作用獲得水平推力F=84 N而從靜止向前 滑行,其作用時間為t1=1.0 s,撤除水平

12、推力F后經過 t2=2.0 s,他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣 的水平推力,作用距離與第一次相同。已知該運動員連,同裝備的總質量為m=60 kg,在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff=12 N,求: (1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內的位移大小。 (2)該運動員(可視為質點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。,【解析】(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為 a1= m/s2=1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小 v1=a1t1=1.21.0 m/s=1.2 m/s 位移x1= =0.6 m。,(2)運動員停止使用滑雪杖后,加

13、速度大小為 a2= m/s2=0.2 m/s2 經時間t2速度變?yōu)?vt=v1-a2t2=1.2 m/s-0.22.0 m/s=0.8 m/s 第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2, 則 =2a1x1,第二次撤除水平推力后滑行的最大距離 x2= 聯立解得x2=5.2 m 答案:(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m,3.如圖所示,質量為0.5 kg、0.2 kg的彈性小 球A、B穿過一繞過定滑輪的輕繩,繩子末端與 地面距離0.8 m,小球距離繩子末端6.5 m,小 球A、B與輕繩的滑動摩擦力都為重力的0.5倍, 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F由靜止同時釋放A、 B兩個小球,不計繩

14、子質量, 忽略與定滑輪相關的摩擦 力,g取10 m/s2。,(1)釋放A、B兩個小球后,A、B的各自加速度? (2)小球B從靜止釋放經多長時間落到地面?,【解析】(1)由題意知,B與輕繩的最大摩擦力小于A與輕繩的最大摩擦力,所以輕繩與A、B間的摩擦力大小均為km2g。 對B,由牛頓第二定律得: m2g-km2g=m2a2,a2=5 m/s2。 對A,由牛頓第二定律得: m1g-km2g=m1a1,a1=8 m/s2。,(2)A球與繩子一起向下加速運動,B球沿繩子向下加速 運動。 設經歷時間t1小球B脫離繩子,小球B下落高度為h1,獲 得速度為v, =l=6.5 m, t1=1 s,h1=

15、 =2.5 m, v=a2t1=5 m/s。,小球B脫離繩子后在重力作用下勻加速下落,此時距地面高為h2,經t2落地,則: h2=6.5 m+0.8 m-2.5 m=4.8 m, h2=vt2+ t2=0.6 s, t=t1+t2=1.6 s。 答案:(1)8 m/s25 m/s2(2)1.6 s,【加固訓練】 我國擁有航空母艦后,艦載機的起飛與降落等問題受到 了廣泛關注,某興趣小組通過查閱資料對艦載機某次滑 躍起飛過程進行了如下的簡化模擬: 假設起飛時“航母”靜止,艦載機質量視為不變并可看 成質點,“航母”起飛跑道由圖示的兩段軌道組成(二,者平滑連接,不計拐角處的長度),其水平軌道長AB

16、=L, 水平軌道與斜面軌道末端C的高度差為h,艦載機的總質 量為m,在C端的起飛速度至少為v,若某次起飛訓練中, 艦載機從A點由靜止啟動,艦載機發(fā)動機的推動力大小 恒為0.6mg,方向與速度方向相同,艦載機受到空氣和軌 道平均阻力的合力大小恒為0.1mg,重力加速度為g,求:,(1)艦載機在水平軌道AB上運動的時間。 (2)在水平軌道末端B時,發(fā)動機的推力功率。 (3)要保證艦載機正常起飛,斜面軌道的長度滿足的條件(結果用m、g、L、h、v表示)。,【解析】(1)艦載機在水平軌道AB上有: F-f=ma 得:a=0.5g 根據位移公式:L= at2 得:t=,(2)在B點的速度為: vB=at

17、= 則發(fā)動機的推力功率: P=FvB=0.6mg,(3)設斜面長度為x,在BC軌道上,根據牛頓第二定律: F-mgsin -f=ma 得:a=0.5g-g 根據位移公式:v2- =2ax 得:x= +2h-L 則要保證艦載機正常起飛,斜面軌道的長度應滿足 x +2h-L,答案:(1)2 (2)0.6mg (3)x +2h-L,考點3動力學的圖象問題 【典題探究】 【典例3】(2016海南高考)沿固定斜 面下滑的物體受到與斜面平行向上的 拉力F的作用,其下滑的速度時間圖 線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數為常,數,在05 s、510 s、1015 s內F的大小分別為F1、F2和F3,則(

18、) 導學號04450059 A.F1F3C.F1F2D.F1=F3,【解題探究】 (1)物體運動過程中,受哪些力的作用? 提示:受到重力,斜面對它的支持力,斜面對它的摩擦力和拉力F四個力的作用。,(2)物體在三個階段的加速度的大小、方向如何? 提示:在05 s內,加速度a1=0.2 m/s2,方向沿斜面向下;在510 s內,加速度a2=0;在1015 s內,加速度a3=0.2 m/s2,方向沿斜面向上。,【解析】選A。對物體的受力分析如圖所 示。根據v -t圖象可以知道,在05 s內 加速度為a1=0.2 m/s2,方向沿斜面向下, 根據牛頓第二定律:mgsin-f-F1=ma1,則:F1=m

19、gsin- f-0.2m;在510 s內,加速度a2=0,根據牛頓第二定 律:mgsin-f-F2=ma2,則:F2=mgsin-f;在1015 s內,加速度為a3=-0.2 m/s2,方向沿斜面向上,根據牛頓第二定律:f+F3-mgsin=ma3,則:F3=mgsin-f+0.2m。故可以得到:F3F2F1,故選項A正確。,【遷移訓練】,遷移1:a-T圖象問題 (多選)如圖甲所示,某人正通過定滑輪將質量為m的貨物提升到高處?；喌馁|量和摩擦均不計,貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力T之間的函數關系如圖乙所示。由圖可以判斷(),A.圖線與縱軸的交點M的值aM=-g B.圖線與橫軸的交

20、點N的值TN=mg C.圖線的斜率等于物體的質量m D.圖線的斜率等于物體質量的倒數,【解析】選A、B、D。對貨物受力分析,受重力mg和拉 力T,根據牛頓第二定律,有T-mg=ma,得a= -g,當T=0 時,a=-g,即圖線與縱軸的交點M的值aM=-g,選項A正確; 當a=0時,T=mg,故圖線與橫軸的交點N的值TN=mg,選項B 正確;圖線的斜率表示質量的倒數 ,選項C錯誤、D正 確。,遷移2:v-t圖象問題 (多選)(2018定州模擬)某同學在地 面上從玩具槍中豎直向上射出初速度 為v0的塑料小球,若小球運動過程中 受到的空氣阻力與其速率成正比,小 球運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖所示,

21、t1時刻到達,最高點,再落回地面,落地速率為v1,下列說法中正確的是() 導學號04450060 A.小球上升過程中的平均速度大于 B.小球下降過程中的平均速度大于,C.小球射出時的加速度值最大,到達最高點的加速度值為0 D.小球的加速度在上升過程中逐漸減小,在下降過程中也逐漸減小,【解析】選B、D。上升過程若是勻減速直線運動,其平 均速度為 ,而從圖中可以看出其面積小于勻減速直 線運動的面積,即小球實際上升的位移小于做勻減速上 升的位移,而平均速度等于位移與時間之比,故其平均 速度小于勻減速運動的平均速度,即小于 ,選項A錯 誤。同理,可知小球下降過程中的平均速度大于勻加速,下降的平均速度,

22、即大于 ,選項B正確。小球拋出時, 根據牛頓第二定律得:mg+kv=ma,此時速率最大,可知此 時的加速度最大,到最高點時,v=0,加速度a=g,不是0, 選項C錯誤。上升過程有:mg+kv=ma,v減小,a減小;下降 過程有:mg-kv=ma,v增大,a減小,選項D正確。,遷移3:F-t圖象問題 質量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平面上,物體與地 面間的動摩擦因數為0.3,最大靜摩擦力和滑動摩擦力 大小視為相等。從t=0時刻開始,物體受到方向不變、 大小呈周期性變化的水平拉力F的作用,F隨時間t的變 化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,則物體在 t=0到t=10 s這段時間內的位

23、移大小為(),A.6 mB.18 mC.30 mD.24 m,【解析】選C。物體所受的最大靜摩擦力f=mg=6 N。 在02 s內,拉力小于摩擦力,物體不動;在24 s內, 物體做勻加速直線運動,a1= m/s2=3 m/s2, 則位移x1= 34 m=6 m;,在46 s內,物體做勻減速直線運動,加速度大小a2= g=3 m/s2,初速度v0=a1t1=6 m/s,則位移x2=v0t2- =12 m- 34 m=6 m;物體的末速度v1=v0- a2t2=6 m/s-32 m/s=0 在68 s內,物體做勻加速直線運動,勻加速直線運動 位移x3=6 m,末速度v2=6 m/s。,在8

24、10 s內,物體做勻速直線運動,位移x4=v2t4= 12 m。 則010 s內的位移x=6 m+6 m+6 m+12 m=30 m,故C正確,A、B、D錯誤。,【通關秘籍】 1.動力學圖象問題的類型: (1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖象,要求分析物體的運動情況。,(2)已知物體在一過程中的位移、速度、加速度隨時間變化的圖象,要求分析物體的受力情況。 (3)已知物體在物理圖象中的運動初始條件,分析物體位移、速度、加速度隨時間的變化情況。,2.解決動力學圖象問題的思路方法: (1)分清圖象的類別。即橫、縱軸所代表的物理量及其物理意義,分清圖象所反映的物理過程,注意臨界點。 (

25、2)明確圖象中特殊點的物理意義。即圖象與橫、縱軸的交點,圖線的轉折點,兩條圖線的交點等。,(3)明確圖象中的信息。把圖象與題目的題意、情景相結合。再結合斜率、特殊點、面積等物理意義,確定圖象中反饋出來的信息,這些信息往往是解題的突破口或關鍵點。,【加固訓練】 (多選)物體只在力F的作用下從靜止開始運動,其F-t圖象如圖所示,則物體() A.在t1時刻加速度最大 B.在0t1時間內做勻加速運動 C.從t1時刻后便開始返回運動 D.在0t2時間內,速度一直在增大,【解析】選A、D。從圖中可知物體在運動過程中受到 的合力方向始終不變,所以物體一直做加速運動,即速 度一直增加,物體做單向加速直線運動,C錯誤、D正確; 根據牛頓第二定律a= ,可得在t1時刻合力最大,所以 加速度最大,A正確;在0t1時間內合力F一直增大,所 以物體做加速度增大的加速運動,B錯誤。,