《（江蘇專用版）2020版高考物理大一輪復習 第三章 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《（江蘇專用版）2020版高考物理大一輪復習 第三章 第2講 牛頓第二定律 兩類動力學問題課件.ppt（34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,基礎過關,知識梳理,,,,,,,,,,,基礎自測,1.關于力學單位制的說法正確的是( D ) A.kg、m/s、N是導出單位 B.kg、m、J是基本單位 C.在國際單位制中,質量的基本單位是kg,也可以是g D.只有在國際單位制中,牛頓第二定律的表達式才是F=ma,,解析kg是質量的單位,它是基本單位,所以選項A錯誤;國際單位制規(guī)定了七個基本物理量:長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、發(fā)光強度、物質的量,它們在國際單位制中的單位稱為基本單位,J是導出單位,選項B錯誤;g是質量的單位,但它不是質量在國際單位制中的基本單位,所以選項C錯誤;牛頓第二定律的表達式F=

2、ma,是在其中的物理量都取國際單位制中的單位時得出的,所以選項D正確。,2.一質點受多個力的作用,處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使其中一個力的大小逐漸減小到零,再沿原方向逐漸恢復到原來的大小。在此過程中,其他力保持不變,則質點的加速度大小a和速度大小v的變化情況是( C ) A.a和v都始終增大 B.a和v都先增大后減小 C.a先增大后減小,v始終增大 D.a和v都先減小后增大,,解析 質點受多個力的作用,處于靜止狀態(tài),則多個力的合力為零,其中任意一個力與剩余所有力的合力大小相等、方向相反,使其中一個力的大小逐漸減小到零再恢復到原來大小的過程中,則所有力的合力先變大后變小,但合力的方向不變,根據(jù)牛頓第二定律

3、知,a先增大后減小,v始終增大,選項C正確。,考點一 對牛頓第二定律的理解,考點二 牛頓運動定律的瞬時性,考點突破,考點三 動力學的兩類基本問題,考點一對牛頓第二定律的理解,牛頓第二定律的五個特性,例1(多選)(2017南京調研)如圖所示,一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用,前方固定一足夠長的彈簧,則當木塊接觸彈簧后( BC ) A.木塊立即做減速運動 B.木塊在一段時間內速度仍可增大 C.當F等于彈簧彈力時,木塊速度最大 D.彈簧壓縮量最大時,木塊加速度為零,,解析木塊接觸彈簧后向右運動,彈力逐漸增大,開始時恒力F大于彈簧彈力,合外力方向水平向右,與木塊速度方向相同,木塊速度不斷增大,A項錯

4、誤,B項正確;當彈力增大到與恒力F相等時,合力為零,速度增大到最大值,C項正確;之后木塊由于慣性繼續(xù)向右運動,但合力方向與速度方向相反,木塊速度逐漸減小到零,此時,彈力大于恒力F,加速度大于零,D項錯誤。,方法技巧 合力、加速度、速度間的決定關系 (1)不管速度是大是小,或是零,只要合力不為零,物體都有加速度。 (2)a=是加速度的定義式,a與v、t無必然聯(lián)系;a=是加速度的決 定式,aF,a。 (3)合力與速度同向時,物體加速運動;合力與速度反向時,物體減速運動。,考點二牛頓運動定律的瞬時性,1.力學中的幾個模型,2.求解瞬時加速度的一般思路,,例2 如圖所示,質量為m的小球被水平繩AO和與

5、豎直方向成角的輕彈簧系著處于靜止狀態(tài),重力加速度為g,現(xiàn)用火將繩AO燒斷,在繩AO燒斷的瞬間,下列說法正確的是(A),,A.彈簧的拉力F= B.彈簧的拉力F=mg sin C.小球的加速度為零 D.小球的加速度a=g sin ,解析根據(jù)共點力的平衡,求得彈簧的彈力F=,燒斷繩子的瞬 間,彈簧的形變來不及改變,彈力不變,故A項正確,B項錯誤;燒斷前,繩子的拉力FT=mg tan ,燒斷后的瞬間,彈簧彈力不變,彈力與重力的合力與燒斷前的繩子拉力等大反向,所以燒斷后的瞬間,小球受的合力為 mg tan,根據(jù)牛頓第二定律,加速度a=g tan ,故C、D項錯誤。,考點三動力學的兩類基本問題,解決動力

6、學兩類問題的兩個關鍵點,例3(2017揚州檢測)如圖所示,質量為60 kg的滑雪運動員在傾角=37的斜坡頂端從靜止開始自由下滑50 m到達坡底,用時5 s,然后沿著水平路面繼續(xù)自由滑行,直至停止。不計拐角處能量損失,滑板與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同,取g=10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8。求:,(1)運動員下滑過程中的加速度大小; (2)滑板與坡面間的滑動摩擦力大小; (3)運動員在水平路面上滑行的時間。,答案(1)4 m/s2(2)120 N(3)8 s,,解析(1)設運動員在斜坡上下滑的加速度為a1,下滑的時間為t1,根據(jù)勻變速直線運動位移公式有x1=a1

7、,解得a1==4 m/s2。 (2)運動員在斜坡上下滑時受重力mg、斜坡的支持力和滑動摩擦力f1 作用,根據(jù)牛頓第二定律可知在沿斜坡向下方向上有mg sin -f1=ma1, 解得f1=mg sin -ma1=120 N (3)在垂直斜坡方向上有FN1-mg cos =0, 設滑板與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)為,根據(jù)滑動摩擦力公式有f1=FN1,解得=0.25,方法技巧 解決動力學問題時的處理方法 (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”。,典型的斜面問題等時圓模型,加油小站,1.質點

8、從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等,如圖甲所示。,2.質點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖乙所示。,3.兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點,質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等,如圖丙所示。,例4(2018鎮(zhèn)江模擬)如圖所示,ab、cd是豎直面內兩根固定的光滑細桿,ab、cd兩端位于相切的兩個豎直圓周上。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出),兩個滑環(huán)分別從a、c處釋放(初速度為零),用t1、t2依次表示滑環(huán)從a到b和從c到d所用的時間,則( C ),,A.t1t2 B.t1

9、1和t2的大小以上三種情況都有可能,解析設軌道與豎直方向的夾角為,根據(jù)幾何關系得,軌道的長度L=(2R1+2R2) cos ,加速度a==g cos ,根據(jù)L=at2得,t=, 與夾角無關,則t1=t2,故C項正確。,例5如圖所示,位于豎直平面內的固定光滑圓形軌道與水平面相切于M點,與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60,C是圓形軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點;c球由C點自由下落到M點。則( C ),A.a球最先到達M點 B.b球最先到達M點 C.c球最先到達M點 D.b球和c球都可能最先到達M點,

10、,解析如圖所示,令圓形軌道半徑為R,則c球由C點自由下落到M點用時滿足R=g,所以tc=;對于a球,令AM與水平面成角,則a球下滑 到M點用時滿足AM=2R sin =g sin ,即ta=2;同 理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb=2(r為過B、 M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑,rR)。綜 上所述可得tbtatc,故選項C正確。,1.(2018常州一模)物理量有的屬于狀態(tài)量,有的屬于過程量,下列物理量屬于過程量的是( D ) A.速度B.加速度C.力D.功,隨堂鞏固,解析速度是指物體在某一狀態(tài)時運動的快慢,所以為狀態(tài)量,故A項錯誤;加速度是指物體在某一狀態(tài)時速度變化的快慢,所以為狀態(tài)

11、量,故B項錯誤;力是指物體在某一狀態(tài)時所受的力,所以為狀態(tài)量,故C項錯誤;功是力和力的方向上位移的乘積,所以功對應一段過程,故為過程量,故D項正確。,,,2.若戰(zhàn)機從“遼寧號”航母上起飛前滑行的距離相同,牽引力相同,則 ( D ),A.攜帶彈藥越多,加速度越大 B.加速度相同,與攜帶彈藥的多少無關 C.攜帶彈藥越多,獲得的起飛速度越大 D.攜帶彈藥越多,滑行時間越長,,解析攜帶彈藥越多,戰(zhàn)機的質量越大,而牽引力相同,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,飛機加速度越小,由v2=2ax可知,起飛速度越小,選項A、B、C錯誤;起飛前滑行的距離相同,由x=at2可得,加速度越小,滑 行時間越長,所以D正確。

12、,3.如圖所示,放在水平面上的物體在與水平方向成角的拉力F作用下,在水平面上做勻速直線運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為,則將拉力F撤去后,物體在水平面上運動的加速度大小為( D ),A. B. C.(cos - sin ) D.(cos + sin ),,解析當物體在拉力F作用下在水平面上做勻速直線運動時,由共點力的平衡可得F cos =Ff,而Ff=(mg-F sin );當拉力F撤去后,由牛頓第二定律可得mg=ma,以上各式聯(lián)立求解可得a=(cos + sin ),故選 項D正確。,4.(2018南京一模)如圖所示,A、B兩物塊質量分別為2m、m,用一輕彈簧相連,將A

13、用長度適當?shù)妮p繩懸掛于天花板上,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),B物塊恰,好與水平桌面接觸而沒有擠壓,此時輕彈簧的伸長量為x,現(xiàn)將懸繩剪斷,則下列說法正確的是( B ) A.懸繩剪斷后,A物塊向下運動2x時速度最大 B.懸繩剪斷后,A物塊向下運動3x時速度最大 C.懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為2g D.懸繩剪斷瞬間,A物塊的加速度大小為g,,解析彈簧開始處于伸長狀態(tài),彈力F=mg=kx。當向下壓縮,彈力等于重力時,速度達到最大,則有2mg=F=kx,聯(lián)立解得x=2x,所以A物塊下降的距離為x+2x=3x,此時速度最大,故A錯誤,B正確。剪斷懸繩前,對B受力分析,B受到重力和彈簧的彈力,知彈力F=mg。剪斷瞬間,對A分析,A的合力為F合=2mg+F=3mg,根據(jù)牛頓第二定律,得a=1.5g,故C、D錯誤。,