(广西专用)2014年高考物理一轮复习-3.2牛顿第二定律-两类动力学问题课件-新人教版

【总结提升】瞬时性问题的解题技巧
1.分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体 的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，
此类问题应注意以下几种模型：
特性 模型
受外力时 力能 的形变量 否突变
产生拉力 或支持力
内部 质量
弹力
只有拉力
处
轻 绳 微小不计 可以
没有支持力
处
不计
只有拉力没
如图所示，一固定不动的光滑斜面，倾角为θ，高为h.一质量 为m的物体从斜面的顶端由静止开始滑下，求物体从顶端滑到底 端所用的时间及滑到底端时速度的大小.
【解析】物体受力如图所示，
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma
解得：a=gsinθ
由
s
v0t
得1 a：t2
2
h 1gsingt2,
sin 2
解得：t 1 2 h
A.弹簧测力计的示数是10 N B.弹簧测力计的示数是50 N C.在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变 D.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变 【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： （1）先对物体受力分析求解加速度，再进一步隔离m1（或m2） 求得弹簧测力计的示数； （2）撤去F1或F2的瞬间，明确哪些力突变，哪些力不突变.
两类动力学问题的规范求解 【例证2】（2012·潍坊模拟）（16分） 质量为10 kg的物体在F=200 N 的水平推 力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开 始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°，如 图所示，力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 秒钟后，速度减为零，求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物 体的总位移s.（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）
考查内容
“假设法”的应用
【例证】如图所示，车厢中有一倾角为 30°的斜面，当火车以10 m/s2的加速度 沿水平方向向左运动时，斜面上的物体m 与车厢相对静止，分析物体m所受摩擦力的方向.
【规范解答】方法一：m受三个力作用，重力mg、弹力FN、静摩
擦力Ff，Ff的方向难以确定，先假设Ff不存在，则受力分析如
【解题指南】“小球对楔形块压力为零”是小球刚好离开楔形 块的临界条件，此时对应小球离开楔形块的加速度的最小值.对 小球受力分析，根据牛顿运动定律列方程求解.
【自主解答】（1）小球对楔形块恰无压力时受力情况如图所示， 由牛顿运动定律，得mgcotθ=ma0 所以a0=gcotθ=gcot30°= 3 g
国际单位制中的七个基本物理量和基本单位
物理量名称 物理量符号
பைடு நூலகம்
长度
l
质量
m
时间
t
电流
I
单位名称 米
千克 秒
安［培］
单位符号 m kg s A
物理量名称 物理量符号 单位名称
热力学温度
T
开［尔文］
物质的量
n
摩［尔］
发光强度
Iv
坎［德拉］
单位符号 K
mol cd
关于单位制，下列说法中正确的是（ ） A.kg、m/s、N是导出单位 B.kg、m、C是基本单位 C.在国际单位制中，时间的单位是s,属基本单位 D.在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的
【自主解答】选C.设弹簧的弹力为F，系统加速度为a. 对系统：F1-F2=（m1+m2）a，对m1:F1-F=m1a，联立两式解 得：a=2 m/s2，F=26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2 的瞬间，两物体间的距离不能发生突变，所以弹簧的长度在撤 去F2的瞬间没变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤 去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没撤去F1时，合外力 方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误.
【总结提升】解决临界问题的方法技巧 1.临界问题是指物体的运动性质发生突变，要发生而尚未发生 改变时的状态.此时运动物体的特殊条件往往是解题的突破口 2.在动力学问题中常出现的临界条件为 （1）地面、绳子或杆的弹力为零. （2）相对静止的物体间静摩擦力达到最大，通常在计算中取最 大静摩擦力等于滑动摩擦力.
（3）应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理 量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量 的数值及单位代入，通过运算求结果.
临界问题的分析 【例证3】如图所示，一细线的一端固定于倾角为θ=30°的光滑 楔形块A的顶端处，细线的另一端拴一质量为m的小球.
（1）当楔形块至少以多大的加速度向左加速运动时，小球对楔形 块压力为零? （2）当楔形块以a=2g的加速度向左加速运动时，小球对线的拉力 为多大？
③F=ma中，各量统一使用国际单位. ①作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛 顿第二定律. 独立性 ②物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和. ③分力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定 律，即：Fx=max，Fy=may.
雨点从高空由静止下落，在下落过程中，受到的阻力与雨点下落 的速度成正比，图中能正确反映雨点下落运动情景的是（ ）
由牛顿第二定律可得： Fcosθ-mgsinθ-Ff1=ma1 Ff1=μFN1=μ（mgcosθ+Fsinθ） 撤去力后，对物体受力分析如图
②（2分） ③（2分）
由牛顿第二定律可得：
-mgsinθ-Ff2=-ma2 Ff2=μFN2=μmgcosθ 联立①②③④⑤式，代入数据得： a2=8 m/s2,a1=5 m/s2,μ=0.25 （3分） 物体1 2 运a 1 t1 动2 的1 2 a 总2 t位2 2 ＝ 移(1 2 ： 5 2 2 1 2 8 1 .2 5 2 )m s=
【解析】选C、D.力学中的基本单位有三个:kg、m、s.有些物理 单位属于基本单位，但不是国际单位，如厘米（cm）、克（g）、 小时（h）等；有些单位属于国际单位，但不是基本单位，如:米/ 秒（m/s）、帕斯卡（Pa）、牛顿（N）等.
瞬时性问题分析 【例证1】（2012·德州模拟）如图所示，两个质量分别为 m1=2 kg、m2=3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹 簧测力计连接，两个大小分别为F1=30 N，F2=20 N的水平拉力 分别作用在m1、m2上，则（ ）
2.两类动力学问题的解题步骤 （1）明确研究对象.根据问题的需要和解题的方便，选出被研 究的物体. （2）分析物体的受力情况和运动情况.画好受力分析图和过程 图，明确物体的运动性质和运动过程. （3）选取正方向或建立坐标系.通常以加速度的方向为正方向 或以加速度方向为某一坐标轴的正方向. （4）求合外力F合. （5）根据牛顿第二定律F=ma列方程求解，必要时要对结果进行 讨论.
（2）当a=2g时，由于a>a0，所以此时小球已离开楔形块，设 此时细线与水平方向的夹角为α,则其受力情况如图所示， 由牛顿运动定律，得mgcotα=ma 即cotα=a/g=2,所以F′T=mg/sinα= 5 m g 或 F T （ m g ） 2 （ m a ） 25 m g 根据牛顿第三定律， 小球对线的拉力FT″=F′T= 5 m g 答案：（1） 3 g （2） 5 m g
A.①②
B.②③
C.①④
D.①③
【解析】选D.选下落的雨点为研究对象，进行受力分析可知， 它受重力mg和空气阻力F阻＝kv.随着速度增大，阻力F阻逐渐增 大.由牛顿第二定律得mg－F阻＝ma，可知雨点先做加速度减小 的加速运动，最后做匀速运动，故①、③图象正确，④图象错 误.②图象表示物体做匀速直线运动过程，显然和实际过程相违 背，因而②图象错误，正确选项为D.
牛顿第二定律的“五个性质” 矢量性 公式F=ma是矢量式，任一时刻，F与a同向
a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，则F为该 瞬时性
时刻物体所受到的力 因果性 F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
①加速度a相对同一惯性系（一般指地面）. 同一性 ②F=ma中，F、m、a对应同一物体或同一系统.
（3）两物体分离瞬间满足的三个要素. ①加速度相同; ②速度相同; ③二者虽然相互接触但相互作用力为零. （4）一个物体在另一个物体上滑动时恰不滑离的条件是运动到 物体末端时二者速度恰好相等. 3.解决此类问题，一般先以某个状态为研究的突破点，进行受 力分析和运动分析，以临界条件为切入点，根据牛顿运动定律 和运动学公式列方程求解讨论
由vt=v0+s i nat得g：vt=atg=singsi1n
2h g
2gh
答案： 1 2 h
sin g
2gh
考点3 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__量___的单位.力学中的基本量有三个，它们分 别是_质__量_、时__间__、_长__度_，它们的国际单位分别是_k_g_、_s_、_m_ 3.导出单位：由_基__本__量___根据逻辑关系推导出的其他物理量的 单位
＝16.25 m
答案：0.25 16.25 m
④（2分） ⑤（2分）
（3分）
【总结提升】解答动力学两类问题的基本程序 （1）明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比 较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组 成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程. （2）根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析， 并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向， 对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗 漏或无中生有.
图甲所示，mg与FN只能在水平方向产生mgtan30°的合力，此合
力只能产生a=gtan30°= 3 g的加速度，因 3<g10 m/s2，即小
3
3
于题目给定的加速度，故斜面对m的静摩擦力沿斜面向下.
方法二：如图乙所示，假定m所受静摩擦力Ff沿斜面向上，将加 速度a正交分解，沿斜面方向根据牛顿运动定律得： mgsin30°-Ff=macos30° 解得Ff＝－5（ 3 -1）m，Ff为负值，说明Ff与假定方向相反， 应沿斜面向下. 答案：方向沿斜面向下
考点2 牛顿定律的应用
1.两类动力学问题 （1）已知受力情况求物体的_运__动__情__况___. （2）已知运动情况求物体的_受__力__情__况___. 2.解决两类基本问题的方法 以_加__速__度___为“桥梁”，由_运__动__学__公__式___和_牛__顿__运__动__定__律___列 方程求解，具体逻辑关系如图：
【解题指南】解答本题时可按以下思路分析： （1）明确物体的受力情况，由牛顿第二定律列方程. （2）明确物体的运动过程，结合运动学公式求解.
【规范解答】设力F作用时物体沿斜面上升加速度为a1，撤去力
F后其加速度变为a2，则：a1t1=a2t2
①（2分）
有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图：
第2讲 牛顿第二定律 两类动 力学问题
考点1 牛顿第二定律
1.内容 物体加速度的大小跟_它__受__到__的__作__用__力__成正比，跟_物__体__的__质__量___ 成反比，加速度的方向跟引起这个加速度的_力__的__方__向___相同. 2.表达式：__F_=_m_a__
3.适用范围 （1）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）只适用于解决__宏__观__物体的_低__速___运动问题，不能用来处 理微观粒子的高速运动问题.
相
橡皮绳 较大 不能
有支持力
等
特性 模型
轻弹簧
轻杆
受外力时 力能 的形变量 否突变
较大 不能
微小不计 可以
产生拉力 或支持力 既可有 拉力也可 有支持力 既可有 拉力也可 有支持力
内部 质量
弹力
处 处 不计 相 等
2.在求解瞬时性加速度问题时应注意 （1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，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 过程的积累，不会发生突变.
1.两类动力学问题的基本解题方法 （1）由受力情况判断物体的运动状态，处理思路是：先求出几 个力的合力，由牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式， 就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体 的运动情况. （2）由运动情况判断物体的受力情况，处理思路是：已知加速 度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力， 从而确定未知力，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合 成和分解法则（平行四边形定则）或正交分解法.