高考物理总复习3.2牛顿第二定律、两类动力学问题课件PPT

这是一份高考物理总复习3.2牛顿第二定律、两类动力学问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了-2-，知识梳理，考点自诊，-3-，-4-，-5-，-6-，-7-，-8-，-9-等内容，欢迎下载使用。

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:F=ma。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。 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　。 
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,是 长度　、 质量　、 时间　,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。 
1.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,物体水平方向加速度大小与其质量成反比
2.(2018·河南鹤壁段考)如图所示,表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上,质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着,B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上,斜面的倾角为30°,当升降机突然处于完全失重状态时,则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度大小分别为(重力加速度为g)(　　)
3.(多选)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后,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g取10 m/s2。关于热气球,下列说法正确的是(　　)A.所受浮力大小为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
4.(2017·江苏苏州检测)关于力学单位制的说法正确的是(　　)A.kg、m/s、N是导出单位B.kg、m、J是基本单位C.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是gD.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma
5.(多选)(2017·山东寿光检测)如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg的小物块静止在A点,现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
对牛顿第二定律的理解
例1(2018·广西钦州开发区月考)如图所示,一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹,从开始反弹至小球到达最高点,小球的速度和加速度的变化情况为(　　)A.速度一直变小直到零B.速度先变大,然后变小直到为零C.加速度一直变小,方向向上D.加速度先变小后一直变大
思维点拨解决本题的关键知道加速度方向与合力方向相同,要注意弹簧的弹力随形变量的变化而变化,明确力和运动间的关系;知道当加速度方向与速度方向相同时,速度增大,当加速度方向与速度方向相反时,速度减小。
即学即练1.(2016·上海卷)如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,小球所受合外力的方向沿图中的(　　)A.OA方向B.OB方向C.OC方向D.OD方向
2.搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车,当力沿斜面向上,大小为F时,物体的加速度为a1;若保持力的方向不变,大小变为2F时,物体的加速度为a2,则(　　)A.a1=a2B.a12a1
用牛顿第二定律求解瞬时加速度
例2如图所示,质量相等的三个物块A、B、C,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细绳相连,当系统静止后,突然剪断A、B间的细绳,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)(　　)A.-g、2g、0B.-2g、2g、0C.-2g、2g、gD.-2g、g、g
思维点拨剪断细线前对A、B和C整体物体分别受力分析,根据平衡条件求出细线的弹力,剪断细线后,再分别对A、B和C整体受力分析,求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度。注意绳或线类、弹簧或橡皮条类模型力的特点。
抓住“两关键”、遵循“四步骤”(1)分析瞬时加速度的“两个关键”:①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2)“四个步骤”:第一步:分析原来物体的受力情况。第二步:分析物体在突变时的受力情况。第三步:由牛顿第二定律列方程。第四步:求出瞬时加速度,并讨论其合理性。
即学即练3.(2017·天津一中月考)如图所示,A、B、C三球质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,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球的受力情况未变,加速度为零B.C球的加速度沿斜面向下,大小为gC.A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θD.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为 gsin θ
4.如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为(　　)A.aA=aB=gB.aA=2g,aB=0
5.如图所示,两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上,水平轻绳一端连接A,另一端固定在墙上,A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ,传送带沿顺时针方向转动,系统达到稳定后,突然剪断轻绳的瞬间,设A、B的加速度大小分别为aA和aB(弹簧在弹性限度内,重力加速度为g),则(　　)
例3(2017·湖南株洲质检)如图所示,某次滑雪训练,运动员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,撤除水平推力F后经过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Ff=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(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。
答案:(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m解析:(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1=a1t1=1.2×1.0 m/s=1.2 m/s
经时间t2速度变为v1'=v1-a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2,
解得x2=5.2 m。
思维点拨根据题意,画出运动过程示意图,分析每一过程的已知量和未知量,根据牛顿第二定律及运动学公式求解。
例4(2017·山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处,然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后,开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动,且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落,将游客送回地面。(g取10 m/s2)求:(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少?(2)在匀减速阶段,座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍?
答案:(1)1.6 s　(2)2.25倍
座椅自由下落结束时刻的速度v=gt1=20 m/s设座椅匀减速运动的总高度为h,则h=(40-4-20) m=16 m
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F,由v=at得a=12.5 m/s2由牛顿第二定律得F-mg=ma
思维点拨(1)座椅匀加速下降阶段,知道几个物理量?能求出几个物理量?
(2)利用第一阶段的结果,座椅匀减速下降阶段,知道几个物理量?能求出几个物理量?
提示:知道初速度、加速度、时间三个物理量,可求出末速度和位移。
提示:第一阶段的末速度即为第二阶段的初速度,又由于总位移已知,所以可求出匀减速下落的位移,由题意知末速度为零,即知道初速度、末速度、位移,可求出时间和加速度。
两类动力学问题的解题步骤
即学即练6.(2018·山东泰安月考)如图甲所示,质量m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体施加一个水平向左的恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图象如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求:(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;(2)10 s后撤去拉力F,求物体再过15 s离a点的距离。
答案:(1)3 N　0.05　(2)38 m解析:(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1,则由v-t图象得加速度大小a1=2 m/s2,方向与初速度方向相反。设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2,则由v-t图象得加速度大小a2=1 m/s2,方向与初速度方向相反。在0~4 s内,根据牛顿第二定律,有F+μmg=ma1在4~10 s内,F-μmg=ma2代入数据解得F=3 N,μ=0.05。
(2)设10 s末物体的位移为x,x应为v-t图象与坐标轴所围的面积,
设撤去拉力F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a3,根据牛顿第二定律有μmg=ma3得a3=0.5 m/s2
7.(2018·湖北黄冈高三检测)a、b两物块可视为质点,在a以初速度v0从地面竖直上抛的同时,b以初速度v0滑上倾角为θ=30°的足够长的斜面。已知b与斜面间的动摩擦因数为μ= ,重力加速度为g,求当a落地时,b离地面的高度。
解析:以b为研究对象,斜面对b的支持力为FN=mgcs 30°,
动力学图象问题1.数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系;然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。(2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义,尽可能多地提取解题信息。(3)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——图象类问题的实质是力与运动的关系问题,以牛顿第二定律F=ma为纽带,理解图象的种类,图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。一般包括下列几种类型:
例5(多选)(2018·湖北黄冈高三检测)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F1、F2的作用,F1、F2随时间的变化如图所示,已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动,g取10 m/s2,则(　　)A.物块与地面的动摩擦因数为0.2B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 NC.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 ND.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
思维点拨已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动,受力平衡,根据平衡条件和摩擦力公式求动摩擦因数。根据牛顿第二定律求5 s末物块的加速度大小。
动力学与图象的综合问题做好两步第1步:判别物理过程。由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。第2步:选择解答方法。根据质点的运动性质,选择公式法、图象法解答试题,必要时建立函数关系并进行图象转换,或者与常见形式比较进行解答和判断。
即学即练8.(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(　　)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
9.(多选)(2018·北京首都师大附中月考)一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下,若雨滴下落过程中所受重力保持不变,且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大,则如图所示的图象中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是(　　)
传送带模型模型特征(1)水平传送带模型
(2)倾斜传送带模型
例1(多选)(2017·广东中山模拟)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从传送带左端滑上,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。
已知传送带的速度保持不变,重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是 (　　)A.μ=0.4B.μ= sD.t=3 s
思维点拨(1)物块刚滑上传送带的速率和传送带的速率分别是多少?
(2)物块在传送带上所受摩擦力方向如何?物块如何运动?
提示:由v-t图象可知,物块刚滑上传送带的速率为4 m/s,传送带的速率为2 m/s。
提示:物块在传送带上所受摩擦力方向始终向左,先做匀减速运动,直到速度减为零,然后反向加速运动,最后做匀速运动。
例2(2017·黑龙江大庆模拟)如图所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A到B长度为L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°=0.6,g取10 m/s2,求:(1)煤块从A到B的时间;(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
答案:(1)1.5 s　(2)5 m解析:(1)煤块刚放上时,受到向下的摩擦力,其加速度为a1=g(sin θ+μcs θ)=10 m/s2,
达到v0后,受到向上的摩擦力,则a2=g(sin θ-μcs θ)=2 m/s2,x2=L-x1=5.25 m,
得t2=0.5 s。煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。
(2)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5 m,第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25 m,Δx1与Δx2部分重合,故痕迹总长为5 m。
思维点拨(1)煤块放在传送带上后,开始阶段,传送带的速度大于煤块的速度,传送带给煤块一沿斜面向下的滑动摩擦力,煤块由静止开始加速下滑,当煤块加速至与传送带速度相等时,由于μ命题分析1.传送带模型作为力学的基本模型是一个高频的考查模型。主要考查对牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与速度的关系等考点的理解。该模型涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热等,知识综合性较强,对学生解题能力要求较高,往往具有相当难度,高考中往往以压轴题形式出现。考查主要情景是水平传送带和倾斜传送带,主要设问方向是运动时间、速度、加速度、位移、摩擦生热等。2.水平传送带问题:求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
3.倾斜传送带问题:求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。
总结提升传送带问题的解题思路
1.(多选)(2017·天津一中月考)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=3.5 m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法正确的是(　　)A.若传送带不动,vB=3 m/sB.若传送带逆时针匀速转动,vB一定等于3 m/sC.若传送带顺时针匀速转动,vB一定大于3 m/sD.若传送带顺时针匀速转动,vB有可能等于3 m/s
2.传送带以恒定速率v=4 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°。现将质量m=1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点),平台上的人通过一根轻绳用恒力F=10 N拉小物块,经过一段时间物块被拉到离地高为H=1.8 m的平台上,如图所示。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求物块在传送带上运动的时间;(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F,则物块还需多少时间才能脱离传送带?
解析:(1)物块在达到与传送带速度v=4 m/s相等前,有F+μmgcs 37°-mgsin 37°=ma1解得a1=8 m/s2由v=a1t1,t1=0.5 s
随后,有F-μmgcs 37°-mgsin 37°=ma2解得a2=0,即物块匀速上滑
总时间为t=t1+t2=1 s即物块从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。
(2)在物块与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,根据牛顿第二定律,有μmgcs 37°-mgsin 37°=ma3解得a3=-2 m/s2假设物块向上匀减速到速度为零时,通过的位移为x
3.(2018·江西赣州月考)如图所示,传送带的水平部分ab=2 m,斜面部分bc=4 m,bc与水平面的夹角α=37°。一个小物体A与传送带的动摩擦因数μ=0.25,传送带沿图示的方向运动,速率v=2 m/s。若把物体A轻放到a处,它将被传送带送到c点,且物体A不会脱离传送带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。(已知:sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,g取10 m/s2)
答案:2.4 s解析:物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等。
当物体A到达bc斜面时,由于mgsin 37°=0.6mg>μmgcs 37°=0.2mg。所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动,其加速度大小为a2=gsin 37°-μgcs 37°=4 m/s2,
物体A在传送带bc上所用时间满足xbc=vt3+ ,代入数据得t3=1 s。(负值舍去)则物体A从a点被传送到c所用时间为t=t1+t2+t3=2.4 s。