关于牛顿第二定律两类动力学问题课件
高中物理5.牛顿运动定律的应用优秀课件
三、解题步骤：
1.选取研究对象，受力分析，画出受力的示意图。
2.选取适宜的方法进行力的合成，注意规定正方向。
3.根据牛顿定律、运动公式列出方程求解。
说明：有时要对结果进行分析、检验或讨论。
四、几种典型的解题方法：
1.正交分解法
2.整体法和隔离法
3.假设法 4.极限法
5.图象法
五、典型例题：
1.牛顿第一定律的应用以及惯性问题：
牛顿运动定律的应用
运动
关系？
力
1、牛顿第一定律
牛顿运动定律 2、牛顿第二定律
3、牛顿第三定律
超重与失重
一、动力学的两类问题:
1.物体的受力情况
求
运动情况
2.物体的运动情况
求
受力情况
二、解决动力学问题的根本思路:
受力情况 F合 ma a 运动学公式 运动情况
运动情况 运动学公式 a F合 ma 受力情况
小, 那么加速度 ( B)
A.一定变小
B.一定变大
C.一定不变
D.可能变小, 可能变大, 也可能不变
解: 画出物体P受力图如图示:
F
由牛顿第二定律得
mgsinθ-Fcosθ=ma
保持F的方向不变,使F减小, 那么加速度a一定变大
FN PF
mg
例4 .一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上 升的电梯中，加速度为a，如下图．在物体始终相对于斜 面静止的条件下，以下说法中正确的选项是 (B C )
A．当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小 B．当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大 C．当a 一定时， θ 越大，斜面对物体的正压力越小 D．当a 一定时， θ 越大，斜面对物体的摩擦力越小
第7讲 牛顿第二定律 两类运动学问题(原卷版)
第7讲牛顿第二定律两类运动学问题目录考点一瞬时加速度的求解 (1)考点二动力学中的图象问题 (1)考点三连接体问题 (6)考点四动力学两类基本问题 (6)练出高分 (8)考点一瞬时加速度的求解1．牛顿第二定律(1)表达式为F＝ma.(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．2．两类模型(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．[例题1]（2023•龙岩模拟）一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。
轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。
B球靠在挡板上，系统处于静止状态。
重力加速度大小为g。
当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（）A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθB．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθC．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右[例题2]（2023•蚌埠模拟）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（）A．A、B所受弹簧弹力大小之比为√3：√2B．A、B的质量之比为m A：m B=√3：1C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：√2D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3：√6[例题3]（多选）（2023•鄱阳县校级一模）如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。
倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A．A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθD．B、C之间杆的弹力大小不为0[例题4]（多选）在光滑水平面上有一质量为1kg的物体，它的左端与一劲度系数为800N/m的轻弹簧相连，右端连接一细线．物体静止时细线与竖直方向成37°角，此时物体与水平面刚好接触但无作用力，弹簧处于水平状态，如图所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列判断正确的是（）A．在剪断细线的瞬间，物体的加速度大小为7.5m/s2B．在剪断弹簧的瞬间，物体所受合力为15NC．在剪断细线的瞬间，物体所受合力为零D．在剪断弹簧的瞬间，物体的加速度大小为0考点二动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考点1对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的性质2．合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系．(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速．(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式．1．(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是(ABC)A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D．合力变小，物体的速度一定变小解析：加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为0的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误．2．(2019·黑龙江哈尔滨考试)如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(C)A．木块将立即做匀减速直线运动B．木块将立即做变减速直线运动C．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大D．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零解析：对木块进行受力分析，接触弹簧后弹力不断增大，当弹力小于力F时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A、B均错误．在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的加速度为0，速度最大，C正确．继续压缩弹簧，合力反向且增大，加速度向右不断增大，D错误．3．(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(BC)A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A 错；②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C 正确；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．考点2牛顿第二定律的瞬时性1．两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路 分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度如图甲、乙所示，细线均不可伸长，两小球均处于平衡状态且质量相同．如果突然把两水平细线剪断，剪断瞬间小球A 的加速度的大小为________，方向为________；小球B 的加速度的大小为________，方向为________；剪断瞬间图甲中倾斜细线OA 与图乙中弹簧的拉力之比为________(θ角已知)．[审题指导]A 球――→刚性绳弹力特点判定合力的方向―→加速度大小和方向B 球――→弹簧弹力特点判定合力的方向―→加速度大小和方向 【解析】 设两球质量均为m ，剪断水平细线瞬间，对A 球受力分析，如图(a)所示，球A 将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A 的加速度a 1方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线OA 向下．则有F T1＝mg cos θ，F 1＝mg sin θ＝ma 1，所以a 1＝g sin θ.水平细线剪断瞬间，B 球所受重力mg 和弹簧弹力F T2不变，小球B 的加速度a 2方向水平向右，如图(b)所示，则 F T2＝mg cos θ，F 2＝mg tan θ＝ma 2，所以a 2＝g tan θ.甲图中倾斜细线OA 与乙图中弹簧的拉力之比为F T1F T2＝cos 2θ. 【答案】 见解析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．1．(多选)如图所示，A 、B 两物块质量分别为2m 、m ，用一轻弹簧相连，将A 用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B 物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x .现将悬绳剪断，则下列说法正确的是( BD )A ．悬绳剪断后，A 物块向下运动2x 时速度最大B ．悬绳剪断后，A 物块向下运动3x 时速度最大C ．悬绳剪断瞬间，A 物块的加速度大小为2gD ．悬绳剪断瞬间，A 物块的加速度大小为32g 解析：剪断悬绳前，对物块B 受力分析，物块B 受到重力和弹簧的弹力，可知弹力F ＝mg .悬绳剪断瞬间，对物块A 分析，物块A的合力为F 合＝2mg ＋F ＝3mg ，根据牛顿第二定律，得a ＝32g ，故C 错误，D 正确；弹簧开始处于伸长状态，弹力F ＝mg ＝kx ；物块A 向下压缩，当2mg ＝F ′＝kx ′时，速度最大，即x ′＝2x ，所以A 下降的距离为3x 时速度最大，故B 正确，A 错误．2．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g .某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法错误的是( A )A ．物块B 的加速度为12g B ．物块A 、B 间的弹力为13mg C ．弹簧的弹力为12mg D ．物块A 的加速度为13g 解析：细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，因而弹力F ＝mg sin30°＝12mg ，选项C 正确；细线剪断后，物块A 、B 将共同沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律有3mg sin30°－F ＝3ma ，解得a ＝13g ，选项A 错误，选项D 正确；以物块B 为研究对象可知2mg sin30°－N ＝2ma ，解得N ＝13mg ，选项B 正确． 考点3 两类动力学问题1．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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示．2．两类动力学问题的解题步骤考向1已知受力求运动如图所示，质量为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g取10 m/s2.(1)释放A 、B 两个小球后，A 、B 的各自加速度？(2)小球B 从静止释放经多长时间落到地面？[审题指导] 本题力和运动分析是关键(1)由于f A >f B ，B 受滑动摩擦力，A 受静摩擦力，否则轻绳合力不为零．(2)由于m B g >f B ，B 球向下加速运动．(3)由于m A g >f B ，A 球向下加速运动，同时A 球带动轻绳共同运动．【解析】 (1)由题意知，B 与轻绳的最大摩擦力小于A 与轻绳的最大摩擦力，所以轻绳与A 、B 间的摩擦力大小均为km 2g .对B ，由牛顿第二定律得：m 2g －km 2g ＝m 2a 2，a 2＝5 m/s 2. 对A ，由牛顿第二定律得：m 1g －km 2g ＝m 1a 1，a 1＝8 m/s 2.(2)A 球与绳子一起向下加速运动，B 球沿绳子向下加速运动． 设经历时间t 1小球B 脱离绳子，小球B 下落高度为h 1，获得速度为v ，12a 1t 21＋12a 2t 21＝l ＝6.5 m ，t 1＝1 s ， h 1＝12a 2t 21＝2.5 m ，v ＝a 2t 1＝5 m/s.小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高为h2，经t2落地，则：h2＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m，h2＝v t2＋12gt22，t2＝0.6 s，t＝t1＋t2＝1.6 s.【答案】(1)8 m/s2 5 m/s2(2)1.6 s考向2已知运动求未知力放于水平地面的小车上，一细线一端系着质量为m 的小球a，另一端系在车顶，当小车做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M的物体b跟小车相对静止，如图所示，取重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小车一定向左运动B．加速度的大小为g sinθ，方向向左C．细线的拉力大小为mg cosθ，方向沿线斜向上D．b受到的摩擦力大小为Mg tanθ，方向向左【解析】小球a和物体b、小车一起运动，加速度相同，对小球a受力分析，受重力和绳拉力，合力水平向左，可知加速度向左，但不知道速度方向，故小车可向左加速或向右减速，选项A错误；对a球由牛顿第二定律mg tanθ＝ma，可得a＝g tanθ，选项B错误；对a球分析，由合成法可得F T＝mgcosθ，方向沿绳斜向上，选项C错误；对b物体分析可知由静摩擦力提供加速度，F f静＝Ma＝Mg tanθ，方向与加速度方向相同，且向左，选项D正确．【答案】 D考向3 两类动力学问题的综合应用(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长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[审题指导] (1)由同一种材料制成→两球的密度相等．(2)受到的阻力与球的半径成正比→F f ＝kr .【解析】 设小球的密度为ρ，其质量m ＝4ρπr 33，设阻力与球的半径的比值为k ，根据牛顿第二定律得：a ＝(mg －kr )m ＝g －kr (4ρπr 33)＝g －3k 4ρπr 2，由此可见，由m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，r 甲>r 乙可知a 甲>a 乙，选项C 错误；由于两球由静止下落，两小球下落相同的距离则由x ＝12at 2，t 2＝2x a ，t 甲<t 乙，选项A 错误；由v 2＝2ax 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，选项B 正确；由于甲球质量大于乙球质量，所以甲球半径大于乙球半径，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力，则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，选项D 正确．【答案】 BD3．如图甲所示，光滑平台右侧与一长为l＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以v0＝5 m/s初速度滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现将木板右端抬高，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，如图乙所示，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止0－v20＝－2al②解得μ＝v202gl＝0.5③(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmg cosθ＋mg sinθ＝ma1④0－v20＝－2a1s⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑤⑥式，解得t1＝0.5 s⑦设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2⑧s ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ，所以滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s. 答案：(1)0.5 (2)1＋52s解决动力学两类问题的两个关键点学习至此，请完成课时作业8。
新课标2023版高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件
研清微点2 弹力不能瞬间改变的情形
接触的物体对它的作用力大小 F＝ Fx2＋Fy2＝5 000 N，C 正确。
答案：C
1．牛顿第二定律的五个特性
[要点自悟明]
2．合力、加速度、速度之间的决定关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。 (2)a＝ΔΔvt 是加速度的定义式，a 与 Δv、Δt 无必然联系；a＝mF是加速度的决定式，
一点一过 弹簧、橡皮绳模型的特点
1．当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的 形变量不会瞬间发生突变。
2．在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮 绳的弹力不发生突变。
(三) 动力学的两类基本问题(精研点) 1．两类动力学问题的解题关键
两个分析
(1)出发 4 s 内冰橇的加速度大小； (2)冰橇与赛道间的动摩擦因数； (3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。
[解析] (1)设出发 4 s 内冰橇的加速度为 a1，出发 4 s 内冰橇发生的位移为 x1 ＝12a1t12，代入数据解得 a1＝1.5 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有 F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1， 其中 sin θ＝hx＝0.1，cos θ＝1，解得 μ＝0.05。 (3)设 8 s 后冰橇的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 (m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2， 8 s 末冰橇的速度为 v1＝a1t2， 出发 8 s 内冰橇发生的位移为 x2＝12a1t22＝48 m，设到达终点时速度大小为 v2， 则 v22－v12＝2a2(x－x2)，解得 v2＝36 m/s。
第11讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
第11讲牛顿第二定律两类动力学问题知识点一牛顿第二定律单位制1．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．加速度的方向与作用力方向相同．(2)表达式：F＝ma.(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)．②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．2．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．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s.(3)导出单位由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．知识点二两类动力学问题1．动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况．第二类：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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)(4)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(6)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)(7)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定．(×)1．大小分别为1 N和7 N的两个力作用在一个质量为1 kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是(C) A．1 m/s2和7 m/s2B．5 m/s2和8 m/s2C．6 m/s2和8 m/s2D．0 m/s2和8 m/s2解析：当两力反向时，合力最小，加速度最小，a min＝7－11 m/s2＝6 m/s 2；当两力同向时，合力最大，加速度最大，a max ＝7＋11 m/s 2＝8 m/s 2，选项C 正确．2．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度，即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适，加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是( C )A ．m/sB ．m/s 2C ．m/s 3D ．m 2/s解析：新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s 3，选项C 正确．3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC .小物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为14，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P 物块在AB 、BC 上所做两段运动可看作匀变速直线运动)( B )A ．14B ．81C ．11D ．4 1解析：设B 点的速度为v B ，根据匀变速直线运动平均速度的推论有：v 0＋v B 2t 1＝v B 2t 2，又t 1t 2＝14，解得：v B ＝v 03，在AB 上的加速度为：a 1＝μ1g ＝v 0－v B t 1，在BC 上的加速度为：a 2＝μ2g ＝v B t 2，联立解得：μ1μ2＝81，故选B.4．如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向向右做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( A )A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 2解析：把m 1、m 2看作一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得F cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确．5．如图所示，质量为m 的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上，另一端用轻质弹簧连在天花板上．轻绳处于水平位置，弹簧与竖直方向夹角为θ.已知重力加速度为g ，则在剪断轻绳瞬间，小球加速度的大小为( C )A ．0B ．g sin θC ．g tan θD.g cos θ解析：以球为研究对象，如图所示，建立直角坐标系，将F OA 分解，由平衡条件F OB －F OA sin θ＝0，F OA cos θ－mg ＝0，联立解得F OB ＝mg tan θ剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得a ＝F m ＝mg tan θm ＝g tan θ，方向水平向右．知识点一 对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的“四性”(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系．(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速．(3)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝Fm是加速度的决定式．1．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(CD)A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零．但物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力很大，加速度一定很大，故选项C、D正确．2．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是(D)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，物体水平加速度大小与其质量成反比解析：根据牛顿第二定律a＝Fm可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，所受合力的水平分力不变时，物体的水平加速度与质量成反比，选项D正确．3．(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(BC)A．物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B．加速度的方向一定与合外力的方向一致C．物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍解析：物体的质量是物体所含物质的多少，与外力无关，故A 项错误；整块砖的重力是半块砖重力的二倍，但是前者质量也是后者质量的二倍，所以D项错误；由牛顿第二定律可知，B、C项正确．知识点二牛顿第二定律的瞬时性1．两种常见模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种常见模型：2．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度4．如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为(A)A.Δl l gB.l Δl g C ．物体的加速度为0 D ．加速度的方向向下解析：当盘静止时，由胡克定律得mg ＝kl ①，设使弹簧再伸长Δl 时手的拉力大小为F再由胡克定律得(mg ＋F )＝k (l ＋Δl )②，由①②联立得F ＝Δl l mg刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F ，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a ，根据牛顿第二定律得a ＝F m ＝Δl l g ，故本题选A.5．(多选)如图，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ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( BC )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．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解析：系统静止，根据平衡条件可知：对B 球F 弹＝mg sin θ，对A 球F 绳＝F 弹＋mg sin θ，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B 球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A 球根据牛顿第二定律得a ＝F 合m ＝F 弹＋mg sin θm＝2g sin θ，故A 错误、C 正确；B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故B 正确、D 错误．6．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性良好的橡皮绳．质量为m 的儿童如图所示静止悬挂，左右两橡皮绳的拉力大小均恰为mg ，若此时该儿童左侧橡皮绳在腰间断裂，则儿童此时( B )A ．加速度、速度都为零B ．加速度a ＝g ，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析：儿童静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力，处于平衡状态，如图，由于T1＝T2＝mg，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120°，当小孩左侧橡皮绳拉力变为零时，右侧橡皮绳拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故右侧橡皮绳拉力与重力的合力与左侧橡皮绳断开前的弹力方向相反，大小等于mg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下，选项B正确．知识点三动力学的两类基本问题1．解决动力学两类基本问题的思路2．动力学两类基本问题的解题步骤典例(2019·南宁模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m ＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．【审题关键点】(1)分析飞机在水平跑道和倾斜跑道上的受力，由牛顿第二定律确定其加速度．(2)利用运动学公式可求出飞机在水平跑道上的运动时间及飞机到达倾斜跑道末端的速度大小．(3)助推力只存在于水平跑道上，飞机在倾斜跑道上的加速度不变．【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－F f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，F f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有F合′＝F－F f－mg sinα＝ma2mg sinα＝mg hl2v22－v21＝2a2l2其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s≈41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－F f＝ma1′，v1′2－v20＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化，加速度大小仍有a2′＝3.0 m/s2，v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入数据解得F推≈5.2×105 N故助推力F推的大小为5.2×105 N.【答案】(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N【突破攻略】解决动力学两类问题的两个关键点7．某次滑雪训练中，运动员(可视为质点)站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤去水平推力F后经过时间t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f＝12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．解析：(1)运动员第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m(2)运动员停止使用滑雪杖后做匀减速直线运动，加速度大小为a 2＝F f m ＝0.2 m/s 2第一次撤去水平推力后经过时间t 2＝2.0 s 速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1第二次撤去水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2＝5.2 m. 答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m8．在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v 0＝4 m/s 的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L ＝0.6 m 的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即关闭电源，靠惯性运动x ＝3 m 的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板．小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，薄板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，小车质量M 为薄板质量m 的3倍，小车可看成质点，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)小车冲上薄板时的速度大小；(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小．解析：(1)设小车关闭电源后加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得：μ1Mg ＝Ma 1①设小车刚冲上薄板时速度为v 1，由运动学公式，有：v 21－v 20＝－2a 1x ②①②联立，得：v 1＝2 m/s ③(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：μ1Mg －μ2(M ＋m )g ＝ma 2④小车冲上薄板后，薄板以a 2加速，车仍以a 1减速，设经时间t 两者共速，则：v 1－a 1t ＝a 2t ⑤联立④⑤并代入数据，得：t ＝0.5 s则此时小车和薄板的速度大小v 2＝1 m/s该段时间，小车的位移：x 1＝v 1＋v 22t ＝0.75 m ；薄板的位移：x 2＝12a 2t 2＝0.25 m ⑥由于x 1－x 2<L ，所以小车未滑出薄板．接着小车与薄板共同减速，设加速度大小为a 3，有：μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3⑦设车与薄板共同减速的位移大小为x 3，有：v 22＝2a 3x 3⑧⑦⑧式联立，得x 3＝0.5 m所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小：x ＝x 1＋x 3＝1.25 m.答案：(1)2 m/s (2)1.25 m9．航空母舰静止在海面，某型号的舰载机质量m ＝3×104 kg ，在航空母舰上无风起飞时，加速度是5 m/s 2，跑道长160 m ，为了使飞机正常起飞，航母上装有舰载机起飞弹射系统，无风时弹射系统必须给飞机30 m/s的初速度才能使飞机从舰上起飞，设加速过程为匀加速直线运动．(1)无风时起飞速度是多少？(2)某次执行任务，有10 m/s的平行跑道的海风，飞机逆风行驶起飞，测得平均空气阻力增加ΔF f＝2.4×104N，弹射系统必须给飞机多大的初速度才能使飞机正常起飞？(起飞速度为飞机相对空气的速度)解析：(1)设起飞速度为v，无风起飞时初速度v1＝30 m/s，加速度a1＝5 m/s2，跑道长x＝160 m由运动学规律可得v2－v21＝2a1x解得v＝50 m/s.(2)当飞机逆风行驶起飞时，相对航母的速度v′＝50 m/s－10 m/s＝40 m/s由牛顿第二定律可得加速度a2＝a1－ΔF f＝4.2 m/s2mv′2－v22＝2a2x解得弹射系统需要给飞机的初速度v2＝16 m/s.答案：(1)50 m/s(2)16 m/s知识点四动力学的图象问题1．常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等．2．动力学图象问题的类型3．解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．4．解决图象综合问题的三点提醒(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等．(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点．10．[由受力图象分析物体的运动情况]一个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t 变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：(1)1 s 末物块所受摩擦力的大小F f1；(2)物块在前6 s 内的位移大小x ；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由题图乙可知前 2 s 内物块处于静止状态，此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小，从题图甲中可以读出，当t ＝1 s 时，F f1＝F 1＝4 N.(2)在v -t 图象中曲线与t 轴围成面积表示位移，则由题图乙知物块在前6 s 内的位移大小x ＝(2＋4)×42m ＝12 m. (3)由题图乙知，在2～4 s 内，物块做匀加速运动，加速度大小a ＝Δv Δt ＝42 m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律得F 2－F f2＝ma在4～6 s 内物块做匀速运动，有F 3＝F f2＝μmg解得μ＝0.4.答案：(1)4 N (2)12 m (3)0.411．[由运动图象分析物体的受力情况](多选)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图所示，g 取10 m/s 2，则可以计算出( ACD )A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14 N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量解析：由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A 正确；由F－μmg＝ma，解得a＝1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，m F－μg，将F1F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误．12．[通过图象综合分析物体的受力与运动情况](2019·南阳模拟)神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱的运动v-t图象如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为(8,0)，CD是曲线AD的渐近线，假如返回舱总质量为M＝400 kg，g取10 m/s2，求：(1)返回舱在这一阶段的运动状态；(2)在开始时刻v 0＝160 m/s 时，它的加速度大小；(3)空气阻力系数k 的数值．解析：(1)由速度图象可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动．(2)开始时v 0＝160 m/s ，过A 点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则a ＝Δv Δt ＝0－1608 m/s 2＝－20 m/s 2故加速度大小为20 m/s 2.(3)设浮力为F ，由牛顿第二定律得在t ＝0时有k v 20＋F －Mg ＝Ma由题图知返回舱的最终速度为v ＝4 m/s当返回舱匀速运动时有k v 2＋F －Mg ＝0故k ＝Ma v 20－v 2＝400×201602－42≈0.31. 答案：(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动(2)20 m/s 2 (3)0.31三类等时圆及其应用1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示．2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．3．两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．13．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC BC DC＝543，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(A)A．111B．54 3C．589 D．12 3解析：因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确．14．(2019·东北三省三校一模)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为t A、t B、t C，则t A、t B、t C大小关系是(B)A．t A<t C<t BB．t A＝t C<t BC．t A＝t C＝t BD．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故t A＝t C<t B，B正确．15．(2019·合肥质检)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(B)A．t AB＝t CD＝t EF B．t AB>t CD>t EFC．t AB<t CD<t EF D．t AB＝t CD<t EF解析：如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，t AB>t CD>t EF，B项正确．。
牛顿第二定律教学课件
二、对牛顿第二定律的理解
牛顿第二定律的意义
在牛顿第一定律的基础上，牛顿第二定律定量地指出了力、质量、加速 度的关系。
牛顿第二定律是联系动力学与运动学的桥梁。若已经知道了物体的受力 情况，则由牛顿第二定律求出物体的运动情况。若已经知道了物体的加速度， 则可求出物体的受力情况。
ak F m
外力一定时，加速度与质量的关
系可表示为
a 1
(3)
m
其中，k为比例系数。k的数值 取决于a、F、m单位的选取。
一、牛顿第二定律
ak F m
当k=1时，质量为1 kg的物体在某力的作用下获得1 m/s2的加速度，则这个 力
F = ma = 1 kg·m/s2 如果我们把这个力叫作“一个单位”的力的话，力F的单位就是千克米每 二次方秒。后人为了纪念牛顿，把它称作“牛顿”，用符号N 表示。 在质量的单位取千克（kg），加速度的单位取米每二次方秒（m/s2），力 的单位取牛顿（N）时，牛顿第二定律可以表述为
分析: 列车的加速度与小球的加速度是相同的， 故求出小球的加速度即可知列车的加速度。
小球受到了向下的重力、细线对小球的沿细线方 向的拉力。因为小车在水平方向上做加速运动，在竖 直方向上没有运动。故可将细绳对小球的拉力分解为 沿水平方向和竖直方向上的两个力。水平方向上的分 力提供小球的加速度，竖直方向上的拉力用来平衡重 力。
分析: (2)由力求运动。
以汽车为研究对象…
重力G、牵引力F牵、支持力FN、
摩擦力Ff
Ff
重力G、支持力FN在竖直平面内，
不对水平方向上的加速度作贡献。
牛顿第二定律课件
牛顿第二定律课件牛顿第二定律课件引言：牛顿第二定律是物理学中最基本的定律之一，在力学、天体物理学、电学等多个领域都有广泛的应用。
本课件将详细介绍牛顿第二定律的概念、公式、应用和实验，以帮助初学者更好地掌握和理解这一重要定律。
一、概念牛顿第二定律是指一个物体所受的合外力等于其质量乘以加速度，即F=ma。
其中，F代表合外力，m代表物体的质量，a代表物体的加速度。
这个定律说明了力对物体的影响，即力越大，物体的加速度就越大，而物体的质量越大，其加速度就越小。
二、公式牛顿第二定律的公式为 F=ma，其中F是合外力，m是质量，a是加速度。
这个公式是力学中的基本公式之一，可以用来计算物体所受合外力的大小、物体的加速度和质量。
在实际应用中，我们可以通过测量物体的加速度和质量，计算出所受的合外力大小。
三、应用牛顿第二定律被广泛应用于力学、天体物理学、电学等多个领域。
在力学中，我们可以利用该定律计算机械系统中各个部分的运动状态和力的大小；在天体物理学中，我们可以利用该定律研究天体的运动、轨道和引力等问题；在电学中，我们可以利用该定律计算电流引起的磁效应，研究电路的电动力学等。
四、实验为了更好地理解牛顿第二定律，我们可以进行一些简单的实验。
比如可以通过测量物体的重量和加速度，计算出所受的合外力大小；可以利用牛顿摆来观察牛顿第二定律对物体运动的影响；还可以通过滑板车、水平轨道等物理实验现象来验证牛顿第二定律的正确性。
结论：牛顿第二定律是力学中的基础定律之一，其概念和公式非常简单易懂。
通过对该定律的研究和实验，我们可以更好地理解它的应用和作用。
希望本课件能够帮助初学者更好地掌握和应用牛顿第二定律，为物理学的学习打下坚实的基础。
牛顿第二定律及两类基本问题-PPT课件
解析:(1)物体做初速度为零的匀加速直线运动,设其加速度为 a0.
则有
L=
1 2
a0
t02
由牛顿第二定律得 F-Ff=ma0,Ff=μmg
联立以上三式,并代入数据得:μ=0.5. (2)有力作用时,设物体的加速度大小为 a,由牛顿第二定律 得:Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma
二、动力学两类基本问题
1.由受力情况判断物体的运动情况:处理这类问题 的基本思路是:先求出几个力的合力,由牛顿第二定 律(F 合=ma)求出加速度,再由运动学的有关公式求 出速度或位移.
4
2.由运动情况判断物体的受力情况:处理这类问题的 基本思路是: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.
27
(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)求合力 F 合. (5)根据牛顿第二定律 F 合=ma 列方程求解, 必要时还要对结果进行讨论.
28
【例 3】(2013 菏泽模拟) 如图,质量 m=2 kg 的物体 静止于水平地面的 A 处,A、B 间距 L=20 m.用大小为 30 N,沿水平方向的外力拉此 物体,经 t0=2 s 拉至 B 处.(已知 cos 37°=0.8,sin 37°=0.6, 取 g=10 m/s2). (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ; (2)用大小为 30 N,与水平方向成 37°的力斜向上拉此物体, 使物体从 A 处由静止开始运动并能到达 B 处,求该力作用的最 短时间 t.
木块 2 根据牛顿第二定律可得(m+M)g=Ma2,即
mM
a2=
g,因此选项 C 正确,选项 A、B、D 错误.
牛顿第二定律两类动力学问题
个系统处于静止状态;现将细绳剪断,将
物块a的加速度记为a1,S1和S2相对原
长的伸长量分别为Δl1和Δl2,重力加速
度大小为g,在剪断瞬间 ( )
A. a1=3g
B. a1=0
C. Δl1=2Δl2
D. Δl1=Δl2
[解析] [答案] AC
要点3 动力学的两类基本问题 1. 求解两类问题的思路,可用下面的 框图来表示:
【典题演示4】 设某舰载飞机质量为 m=2.5×104kg,着舰时初速度为v0=40m/s,若 飞机仅受空气及甲板阻力作用,在甲板上以 a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动,着舰过程 中航母静止不动. (1) 求空气及甲板对舰载飞机阻力的大小. (2) 飞机着舰后,若仅受空气及甲板阻力作用, 航母甲板至少多长才能保证飞机安全着舰?
练习：在光滑水平面上有一物块始终受水平 恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个 足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹 簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确 的是（ ）A．物块接触弹簧后即做减速 运动B．物块接触弹簧后先加速后减速 C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速 度等于零D．当物块的速度为零时，它所受
基础梳理
1. 牛顿第二定律:物体的加速度跟所受的合 外力成正比,跟物体的质量成反比,加速度 的方向跟合外力方向相同. 2. 公式:F合=ma.含义是只要作用在物体上 的合外力不为零,物体就产生加速度,速度 就要变化. 3. 适用条件:只适用于宏观、低速运动的物 体,不适用于微观、高速运动的粒子;物体 的加速度必须是相对于地球静止或匀速直 线运动的参考系(惯性系)而言的.
【典题演示1】 如图所示,弹簧左端固定, 右端自由伸长到O点并系住物体m.现将 弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直 运动到B点,如果物体受到的阻力恒定,则
牛顿第二定律ppt课件
3
运动和力的关系
牛顿第二定律
学习目标
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式的确切含义。
2.理解国际单位制中力的单位。
3.会应用牛顿第二定律解决简单的动力学问题。
如何利用自制简易加速度计粗略测量自己的
加速度呢？
小车质量一定：
拉力F/N 0.5 0.7
回顾
1
1.2
1.5
1.14 1.44 1.87 2.13 2.57
1.内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的
质量成反比；加速度的方向和作用力的方向相同。
2.表达式：
=
二、牛顿第二定律的应用
例题 1：在平直路面上，质量为1100 kg的汽车在进行研发测试，
当速度达到100 km/h 时取消动力，经过70 s停了下来。汽车受
到的阻力是多少？重新起步加速时牵引力为2000 N，产生的加
（5）实际物体所受的力往往不止一个，式 = 中的F指的
是物体所受的合力合 。
（6）牛顿第二定律是连接运动与力的桥梁。
二、牛顿第二定律的应用
练习：甲、乙两辆小车放在水平桌面上，在相同拉力的作用下，
甲车产生的加速度为1.5 m/ ，乙车产生的加速度为4.5 m/ ，
甲车的质量是乙车的几倍?（不考虑阻力)
同体性：F、m、a对应于同一物体
应
用
的作用力_________。
质量__________.
一、牛顿第二定律的表达式
/ ∙ −2
/ ∙ −2
1
/(−1 )
/
1
a∝
m
a∝F
∝
∝
1 = 1kg ∙ 1m/ 2
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2. 动力学的两类基本问题的解题步骤 (1) 选取研究对象.根据问题的需要和解题的 方便,选出被研究的物体,可以是一个物体,也 可以是几个物体组成的整体. (2) 分析研究对象的受力情况和运动情况.注 意画好受力图,明确物体运动过程和运动性质. (3) 选取正方向或建立坐标系.通常以加速度
【要点导学】 要点1 对牛顿第二定律的理解 同向性 公式F合=ma是矢量式,任一时刻,F合与 a同向 瞬时性 a与F合对应同一时刻,即a为某时刻的加 速度时,F合为该时刻物体所受合外力 因果性 F合是产生a的原因,物体具有加速度是 因为物体受到了力
同一性 F合=ma中,F合、m、a对应同一物 体或同一系统,各量统一使用国际单 位 独立性 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 ② 物体的实际加速度等于每个力产 生的加速度的矢量和
个系统处于静止状态;现将细绳剪断,将
物块a的加速度记为a1,S1和S2相对原
长的伸长量分别为Δl1和Δl2,重力加速
度大小为g,在剪断瞬间 ( )
A. a1=3g
B. a1=0
C. Δl1=2Δl2
D. Δl1=Δl2
[解析] [答案] AC
要点3 动力学的两类基本问题 1. 求解两类问题的思路,可用下面的 框图来表示:
（3）物体与斜面的动摩擦因数．
公路上行驶的两汽车之间应保持一定的 安全距离。当前车突然停止后，后车司 机可以采取刹车措施，使汽车在安全距 离内停下来而不会与前车相碰。同通常 情况下，人的反应时间和汽车系统的反 应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥的 沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶 时，安全距离为120m。设雨天时汽车 轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天 时的 ，若要求安全距离仍未120m，求 汽车在雨天安全行驶的最大速度。
(3) 为了让飞机安全着舰,甲板上设置了阻拦索让 飞机减速,为防止飞机尾钩挂索失败需要复飞,飞 机在着舰过程中不关闭发动机.如图所示为飞机 钩住阻拦索后某一时刻的情景,此时发动机向右 的推力大小F=1.2×105N,减速的加速度大小为 a=20m/s2,阻拦索夹角θ=120°,空气及甲板阻力 保持不变,求此时阻拦索中的拉力大小.
练习：在光滑水平面上有一物块始终受水平 恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个 足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹 簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确 的是（ ）A．物块接触弹簧后即做减速 运动B．物块接触弹簧后先加速后减速 C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速 度等于零D．当物块的速度为零时，它所受
的合力为零
要点2 瞬时加速度的问题分析 1. 一般思路 分析物体该时刻的受力情况→由牛顿第二定 律列方程→瞬时加速度 2.几种模型的比较 3. 求解瞬时性问题时的注意点 (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.
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. (5) 根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求 解,必要时还要对结果进行讨论.
如图一物体以v0=2m/s的初速度从粗糙 斜面顶端下滑到底端用时t=1s．已知斜 面长度L=1.5m，斜面的倾角θ=30°， 重力加速度取g=10m/s2．求： （1）物体滑到斜面底端时的速度大小 （2）物体沿斜面下滑的加速度大小和 方向
【典题演示4】 设某舰载飞机质量为 m=2.5×104kg,着舰时初速度为v0=40m/s,若 飞机仅受空气及甲板阻力作用,在甲板上以 a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动,着舰过程 中航母静止不动. (1) 求空气及甲板对舰载飞机阻力的大小. (2) 飞机着舰后,若仅受空气及甲板阻力作用, 航母甲板至少多长才能保证飞机安全着舰?
C. 在只剪断下面的绳子的瞬间,a的加速度 不为零,b的加速度为零 D. 在只剪断下面的绳子的瞬间,a、b的加速 度均为零
[解析].[答案] ACD
【典题演示3】 (多选)(2015·海南卷)如
图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和
c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,
通过系在a上的细线悬挂于固定点O;整
4. 牛顿第二定律的独立性 (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. (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) 分力与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.
5. 牛顿第二定律的因果性:F是产生a 的原因,物体具有加速度是因为物体 受到了力. 6. 两类基本问题的解题思路
质量均为m的A、B两个小球之间系一个质 量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A紧靠 墙壁．今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达 到平衡时，突然将力撤去，此瞬间（ ）
A．A球的加速度为F/2mB．B球的加速度 为F/mC．A球的加速度为零D．B球的加速 度为F/2m
【典题演示2】 (多选)质量均为m的物块a、 b置于倾角为30°的光滑斜面上,物块a、b 之间有一段处于伸长状态的弹簧,a、b通过 细线系在墙上.下列情况可能发生的是( ) A. 在只剪断上面的绳子的瞬间,a的加速度 为零,b的加速度不为零 B. 在只剪断上面的绳子的瞬间,a、b的加速 度均不为零
关于牛顿第二定律 两类动力学问题
基础梳理
1. 牛顿第二定律:物体的加速度跟所受的合 外力成正比,跟物体的质量成反比,加速度 的方向跟合外力方向相同. 2. 公式:F合=ma.含义是只要作用在物体上 的合外力不为零,物体就产生加速度,速度 就要变化. 3. 适用条件:只适用于宏观、低速运动的物 体,不适用于微观、高速运动的粒子;物体 的加速度必须是相对于地球静止或匀速直 线运动的参考系(惯性系)而言的.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
【典题演示1】 如图所示,弹簧左端固定, 右端自由伸长到O点并系住物体m.现将 弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直 运动到B点,如果物体受到的阻力恒定,则
() A. 物体从A到O先加速后减速 B. 物体从A到O加速运动,从O到B减速运 动
C. 物体运动到O点时所受合力为0 D. 物体从A到O的过程加速度逐渐减小