第三章第2講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用高考一輪復(fù)習(xí)(含2020新題)課件

第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用1基礎(chǔ)過關(guān)一、牛頓第二定律1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成①正比,跟它的質(zhì)量成②反比,加速度的方向跟作用力的方向③相同。2.表達式:F=ma?；A(chǔ)過關(guān)一、牛頓第二定律1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的23.適用范圍(1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系,即相對于地面④靜止或做⑤勻速直線運動的參考系。(2)牛頓第二定律只適用于⑥宏觀物體(相對于分子、原子等)、⑦低速運

動(遠小于光速)的情況。3.適用范圍3二、兩類動力學(xué)基本問題1.兩類動力學(xué)問題

2.解決兩類動力學(xué)基本問題的方法:以⑧加速度為“橋梁”,由運動學(xué)公式

和⑨牛頓運動定律列方程求解。二、兩類動力學(xué)基本問題1.兩類動力學(xué)問題2.解決兩類動力學(xué)基4三、力學(xué)單位制1.單位制:⑩基本單位和

導(dǎo)出單位一起組成了單位制。2.基本單位:基本物理量的單位。基本物理量共有七個,其中力學(xué)范圍內(nèi)有三

個,它們是

長度、

質(zhì)量、

時間,它們的單位分別是

米、

千克、

秒。3.導(dǎo)出單位:由基本物理量根據(jù)

物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。三、力學(xué)單位制1.單位制:⑩基本單位和?導(dǎo)出單位一起5四、超重、失重現(xiàn)象

超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

等于零的現(xiàn)象四、超重、失重現(xiàn)象?超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體61.判斷下列說法對錯。(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。

(√)(2)質(zhì)量越大的物體,加速度越小。

(

?)(3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。

(?

)(4)物體受到合外力作用,立即產(chǎn)生加速度。

(√)(5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運動情況。

(?)(6)物體所受的合外力減小,加速度一定減小,而速度不一定減小。

(√)

1.判斷下列說法對錯。72.(2019遼寧沈陽四校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,當小車向右加速運動時,物塊M

相對車廂靜止于豎直車廂壁上,當車的加速度增大時

(C)

A.M所受靜摩擦力增大B.M對車廂壁的壓力減小C.M仍相對于車廂靜止D.M所受靜摩擦力減小

2.(2019遼寧沈陽四校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,當小車向右加83.如圖所示,小芳在體重計上完成下蹲動作,下列F-t圖像能反映體重計示數(shù)隨

時間變化的是

(C)

3.如圖所示,小芳在體重計上完成下蹲動作,下列F-t圖像能反9第三章第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用高考一輪復(fù)習(xí)(含2020新題)課件10考點突破考點一牛頓第二定律的理解1.牛頓第二定律的五個特性

考點突破考點一牛頓第二定律的理解1.牛頓第二定律的五個特性112.合力、加速度、速度之間的決定關(guān)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Δv、Δt無必然聯(lián)系;a=

是加速度的決定式,a∝F,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。

2.合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系121.根據(jù)牛頓第二定律,下列敘述正確的是

(D)A.物體加速度的大小跟它的質(zhì)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(chǎn)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(zhì)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(zhì)量成反比

1.根據(jù)牛頓第二定律,下列敘述正確的是?(D)13解析

物體加速度的大小與質(zhì)量和速度的乘積的大小無關(guān),A錯誤。物

體所受合力不為零,則a≠0,B錯誤。加速度的大小與其所受合力成正比,C錯

誤。由牛頓第二定律的獨立性可知ax=

,故D正確。解析

物體加速度的大小與質(zhì)量和速度的乘積的大小無關(guān),142.如圖甲、乙所示,兩車都在光滑的水平面上,小車的質(zhì)量都是M,人的質(zhì)量都

是m,甲圖人推車、乙圖人拉繩(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計)的力都是F。關(guān)

于甲、乙兩圖中車的加速度大小,說法正確的是

(C)A.甲圖中車的加速度大小為

B.甲圖中車的加速度大小為

C.乙圖中車的加速度大小為

D.乙圖中車的加速度大小為

2.如圖甲、乙所示,兩車都在光滑的水平面上,小車的質(zhì)量都是M15解析

題甲圖以車和人為研究對象,系統(tǒng)不受外力作用,故甲圖中車的加

速度為零,選項A、B錯誤;題乙圖中人和車受繩子的拉力作用,以人和車為研

究對象,受力大小為2F,所以乙圖中車的加速度a=

,C項正確,D項錯誤。解析

題甲圖以車和人為研究對象,系統(tǒng)不受外力作用,故甲16考點二牛頓第二定律的瞬時性問題1.兩種常見模型加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系,二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失,

具體可簡化為以下兩種常見模型。

考點二牛頓第二定律的瞬時性問題1.兩種常見模型172.求解瞬時加速度的一般思路2.求解瞬時加速度的一般思路181.如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連,

物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M,兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上,并

處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,物塊1、

2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g,則有

(

C)A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=

gD.a1=a3=g,a2=a4=

g

1.如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕19解析

在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失,

受到的合力均等于各自重力,所以由牛頓第二定律知a1=a2=g;而物塊3、4間

的輕彈簧的形變還來不及改變,此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4

向下的彈力大小仍為mg,因此物塊3滿足mg=F,a3=0;由牛頓第二定律得物塊4

滿足a4=

=

g。所以C對。解析

在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立202.如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物體系于兩根細線L1、L2上,L1的一端懸掛在天花板上,與豎直方向夾角為θ,L2水平拉直,物體處于平衡狀態(tài),重力加速度為g。

甲乙(1)現(xiàn)將細線L2剪斷,求剪斷L2的瞬間物體的加速度。(2)若將圖甲中的細線L1換成長度相同(接物體后)、質(zhì)量不計的輕彈簧,如圖

乙所示,其他條件不變,求剪斷L2的瞬間物體的加速度。2.如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物體系于兩根細線L1、L2上,L21答案(1)gsinθ方向垂直于L1斜向下方(2)gtanθ方向水平向右解析(1)細線L2被剪斷的瞬間,因細線L2對物體的彈力突然消失,而引起L1上

的張力發(fā)生突變,使物體的受力情況改變,瞬時加速度垂直L1斜向下方,大小為

a=gsinθ。(2)當細線L2被剪斷時,細線L2對物體的彈力突然消失,而彈簧的形變還來不及

變化(變化要有一個過程,不能突變),因而彈簧的彈力不變,它與重力的合力與

細線L2對物體的彈力是一對平衡力,等大反向,所以細線L2被剪斷的瞬間,物體

加速度的大小為a=gtanθ,方向水平向右。答案(1)gsinθ方向垂直于L1斜向下方解析(122方法總結(jié)

“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題(1)分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵”①分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài);②明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點。(2)“四個步驟”第一步:分析原來物體的受力情況;第二步:分析物體在突變時的受力情況;第三步:由牛頓第二定律列方程;第四步:求出瞬時加速度,并討論其合理性。方法總結(jié)

第四步:求出瞬時加速度,并討論其合理性。23考點三動力學(xué)的兩類基本問題解決兩類動力學(xué)問題的兩個關(guān)鍵點(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”

考點三動力學(xué)的兩類基本問題解決兩類動力學(xué)問題的兩個關(guān)鍵點24(2)不同過程中的聯(lián)系。如第一個過程的末速度往往是下一個過程的初速度,若過程較為復(fù)雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。(2)不同過程中的聯(lián)系。如第一個過程的末速度往往是下一個過程25例如圖所示,直桿水平固定,質(zhì)量為m=0.1kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A

點,在豎直平面內(nèi)對環(huán)施加一個與桿夾角為θ=53°的斜向上的拉力F,使小圓環(huán)

由靜止開始沿桿向右運動,并在經(jīng)過B點時撤掉此拉力F,小圓環(huán)最終停在C

點。已知小圓環(huán)與直桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,AB與BC的距離之比s1∶s2=8∶

5。(g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)求:(1)小圓環(huán)在BC段的加速度a2的大小;(2)小圓環(huán)在AB段的加速度a1的大小;(3)拉力F的大小。例如圖所示,直桿水平固定,質(zhì)量為m=0.1kg的小圓環(huán)(26【審題突破】(1)在BC段,對小圓環(huán)進行受力分析→牛頓第二定律→加速

度;(2)分析小圓環(huán)在BC段和AB段的運動情況→運動學(xué)規(guī)律→加速度;(3)在AB段,對小圓環(huán)進行受力分析→桿對小圓環(huán)的支持力方向不確定(有向

上或向下兩種可能)→牛頓第二定律→拉力F?！緦忣}突破】(1)在BC段,對小圓環(huán)進行受力分析→牛頓第二27答案(1)8m/s2(2)5m/s2

(3)1.05N或7.5N解析(1)在BC段,小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力。對小圓環(huán)進行受力分析

如圖甲所示,有

甲f=μN=μmg則a2=

=μg=0.8×10m/s2=8m/s2(2)小圓環(huán)在AB段做勻加速直線運動,由運動學(xué)公式可知

=2a1s1答案(1)8m/s2(2)5m/s2

(3)28小圓環(huán)在BC段做勻減速直線運動,由運動學(xué)公式可知

=2a2s2又

=

則a1=

a2=

×8m/s2=5m/s2(3)當Fsinθ<mg時,小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖乙所示

乙小圓環(huán)在BC段做勻減速直線運動,由運動學(xué)公式可知乙29由牛頓第二定律得Fcosθ-f1=ma1又N1+Fsinθ=mgf1=μN1聯(lián)立解得F≈1.05N當Fsinθ>mg時,小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖丙所示第三章第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用高考一輪復(fù)習(xí)(含2020新題)課件30

丙由牛頓第二定律可知Fcosθ-f2=ma1又Fsinθ=mg+N2f2=μN2聯(lián)立解得F=7.5N

31考向1已知受力求運動1.(2018課標Ⅱ,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正

前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩

車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5m,A車向前滑動

了2.0m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg,兩車與該冰雪路面

間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力

加速度大小g=10m/s2。求(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小;(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。考向1已知受力求運動1.(2018課標Ⅱ,24,12分)汽32答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有μmBg=mBaB

①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB',碰撞后滑行的距離為sB。由運動學(xué)公式有v

=2aBsB

②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB'=3.0m/s③(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本題考33μmAg=mAaA

④設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA',碰撞后滑行的距離為sA。由運動學(xué)公式有v

=2aAsA

⑤設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'

⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA=4.3m/s⑦μmAg=mAaA?④34考向2已知運動求受力2.有一種大型游戲機叫“跳樓機”,參加游戲的游客被安全帶固定在座

椅上,由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面40m高處,然后由靜止

釋放?？梢哉J為座椅沿軌道做自由落體運動2s后,開始受到恒定阻力而立即

做勻減速運動,且下落到離地面4m高處時速度剛好減小到零。然后再讓座

椅以相當緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落,將游客送回地面。(g取10m/s2)求:(1)座椅在勻減速階段的時間是多少;(2)在勻減速階段,座椅對游客的作用力大小是游客體重的多少倍。考向2已知運動求受力2.有一種大型游戲機叫“跳樓機”,參加35答案(1)1.6s(2)2.25倍解析(1)自由下落的位移h'=

g

=20m座椅自由下落結(jié)束時的速度v=gt1=20m/s設(shè)座椅勻減速運動的位移為h,則h=(40-4-20)m=16m由h=

t得t=1.6s(2)設(shè)座椅勻減速階段的加速度大小為a,座椅對游客的作用力大小為F,由0-v=-at得a=12.5m/s2由牛頓第二定律得F-mg=ma解得

=2.25答案(1)1.6s(2)2.25倍解析(1)自由下落36方法總結(jié)

動力學(xué)兩類基本問題的解題步驟

方法總結(jié)

37考點四超重與失重現(xiàn)象

1.對超重與失重的理解(1)實重和視重①實重:物體實際所受的重力,它與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。②視重:當物體在豎直方向上有加速度時,物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_式

彈簧秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺式彈簧秤

的示數(shù)即視重?？键c四超重與失重現(xiàn)象1.對超重與失重的理解38(2)超重、失重和完全失重現(xiàn)象的比較

超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象叫超重現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象叫失重現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象叫完全失重現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向豎直向上或有豎直向上的分量物體的加速度方向豎直向下或有豎直向下的分量物體在豎直方向的加速度向下,大小等于g列豎直方向原理式F-mg=maF=m(g+a)mg-F=maF=m(g-a)mg-F=maF=0運動狀態(tài)加速上升、減速下降加速下降、減速上升無阻力的拋體運動情況視重F>mgF<mgF=0<mg(2)超重、失重和完全失重現(xiàn)象的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失392.判斷方法(1)不管物體的加速度是不是豎直方向,只要其加速度在豎直方向上有分量,

物體就會處于超重或失重狀態(tài)。(2)盡管不是整體有豎直方向的加速度,但只要物體的一部分具有豎直方向的

分加速度,整體也會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。

2.判斷方法401.(多選)(2019四川攀枝花二模)一物體被吊車用鋼索豎直向上提升過程

的v-t圖像如圖所示。下列判斷正確的是

(AD)A.物體在加速過程中被吊起的高度為10mB.0~10s內(nèi)的平均速度大于30~35s內(nèi)的平均速度C.30~35s內(nèi)物體處于超重狀態(tài)D.前10s內(nèi)鋼索最容易發(fā)生斷裂

1.(多選)(2019四川攀枝花二模)一物體被吊車用鋼索豎直41解析

0~10s內(nèi)物體加速上升,由v-t圖線與時間軸圍成的面積表示位

移,可知,物體在加速過程中被吊起的高度h=

m=10m,故A正確;根據(jù)平均速度公式

=

可知0~10s內(nèi)的平均速度等于30~35s內(nèi)的平均速度,均為1m/s,故B錯誤;30~35s內(nèi)物體勻減速上升,加速度向下,拉力小于重力,處于失

重狀態(tài),故C錯誤;前10s內(nèi)物體做勻加速直線運動,處于超重狀態(tài),拉力最大,鋼

索最容易發(fā)生斷裂,故D正確。解析

0~10s內(nèi)物體加速上升,由v-t圖線與時間422.如圖所示,臺式彈簧秤上有一裝水容器,容器底部用一質(zhì)量不計的細線系住

一個乒乓球。某時刻細線斷開,乒乓球向上加速運動,在此過程中,關(guān)于臺式

彈簧秤的示數(shù)與細線斷前相比的變化情況及原因。下列說法正確的是(

D)A.由于乒乓球仍在容器中,所以示數(shù)與細線斷前相同B.細線斷后不再向上提拉容器底部,所以示數(shù)變大

C.細線斷后,乒乓球有向上的加速度,處于超重狀態(tài),故示數(shù)變大D.容器、水、乒乓球整個系統(tǒng)的重心加速下移,處于失重狀態(tài),所以示數(shù)變小解析

乒乓球加速上升,整個系統(tǒng)重心加速下移,處于失重狀態(tài),故D正確。2.如圖所示,臺式彈簧秤上有一裝水容器,容器底部用一質(zhì)量不計43方法技巧

超重和失重現(xiàn)象判斷的“三”技巧從受力的角度判斷當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時,物體處于超重狀態(tài),小于重力時處于失重狀態(tài),等于零時處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài),具有向下的加速度時處于失重狀態(tài),向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)從速度變化的角度判斷①物體向上加速或向下減速時,超重。②物體向下加速或向上減速時,失重方法技巧

從受力的當物體所受向上的拉力(或支持力)大于44等時圓模型三類常見模型特點及應(yīng)用(1)質(zhì)點從豎直圓環(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(zhì)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。素養(yǎng)引領(lǐng)·情境命題等時圓模型素養(yǎng)引領(lǐng)·情境命題45(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點,質(zhì)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。

(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點,質(zhì)點沿不同的461.如圖所示,AB和CD為兩條光滑斜槽,它們各自的兩個端點均分別位于

半徑為R和r的兩個相切的圓上,且斜槽都通過切點P。設(shè)有一重物先后沿兩

個斜槽,從靜止出發(fā),由A滑到B和由C滑到D,所用的時間分別為t1和t2,則t1與t2

之比為

(B)

A.2∶1

B.1∶1C.

∶1

D.1∶

1.如圖所示,AB和CD為兩條光滑斜槽,它們各自的兩個端點均47解析

設(shè)光滑斜槽軌道與水平方向的夾角為θ,則重物沿斜槽下滑時的加

速度a=gsinθ;由幾何關(guān)系可得,斜槽軌道的長度s=2(R+r)sinθ,由運動學(xué)公式

s=

at2,得t=

=

=2

,由此可知重物沿光滑斜槽下滑所用時間t與斜槽傾角θ無關(guān),所以t1=t2,B項正確。解析

設(shè)光滑斜槽軌道與水平方向的夾角為θ,則重物沿斜槽482.(多選)如圖所示,Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細

桿,O、a、b、c、d位于同一圓周上,c為圓周的最高點,a為最低點,O'為圓心。

每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出),兩個滑環(huán)從O點由靜止釋放,一個滑環(huán)

從d點由靜止釋放,用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的

時間,則下列關(guān)系正確的是

(BCD)

A.t1=t2

B.t2>t3

C.t1<t2

D.t1=t3

2.(多選)如圖所示,Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的49解析

設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca,則ca、Oa、da三細桿交于圓的

最低點a,三桿頂點均在圓周上,根據(jù)等時圓模型可知,由c、O、d由靜止釋放

的小滑環(huán)到達a點的時間相等,即tca=t1=t3;而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相

比較,滑行位移大小相同,初速度均為零,但aca>aOb,由x=

at2可知,t2>tca,故選項A錯誤,B、C、D均正確。解析

設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca,則ca、Oa、da50第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用51基礎(chǔ)過關(guān)一、牛頓第二定律1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成①正比,跟它的質(zhì)量成②反比,加速度的方向跟作用力的方向③相同。2.表達式:F=ma?；A(chǔ)過關(guān)一、牛頓第二定律1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的523.適用范圍(1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系,即相對于地面④靜止或做⑤勻速直線運動的參考系。(2)牛頓第二定律只適用于⑥宏觀物體(相對于分子、原子等)、⑦低速運

動(遠小于光速)的情況。3.適用范圍53二、兩類動力學(xué)基本問題1.兩類動力學(xué)問題

2.解決兩類動力學(xué)基本問題的方法:以⑧加速度為“橋梁”,由運動學(xué)公式

和⑨牛頓運動定律列方程求解。二、兩類動力學(xué)基本問題1.兩類動力學(xué)問題2.解決兩類動力學(xué)基54三、力學(xué)單位制1.單位制:⑩基本單位和

導(dǎo)出單位一起組成了單位制。2.基本單位:基本物理量的單位。基本物理量共有七個,其中力學(xué)范圍內(nèi)有三

個,它們是

長度、

質(zhì)量、

時間,它們的單位分別是

米、

千克、

秒。3.導(dǎo)出單位:由基本物理量根據(jù)

物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。三、力學(xué)單位制1.單位制:⑩基本單位和?導(dǎo)出單位一起55四、超重、失重現(xiàn)象

超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?

等于零的現(xiàn)象四、超重、失重現(xiàn)象?超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體561.判斷下列說法對錯。(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。

(√)(2)質(zhì)量越大的物體,加速度越小。

(

?)(3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。

(?

)(4)物體受到合外力作用,立即產(chǎn)生加速度。

(√)(5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運動情況。

(?)(6)物體所受的合外力減小,加速度一定減小,而速度不一定減小。

(√)

1.判斷下列說法對錯。572.(2019遼寧沈陽四校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,當小車向右加速運動時,物塊M

相對車廂靜止于豎直車廂壁上,當車的加速度增大時

(C)

A.M所受靜摩擦力增大B.M對車廂壁的壓力減小C.M仍相對于車廂靜止D.M所受靜摩擦力減小

2.(2019遼寧沈陽四校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示,當小車向右加583.如圖所示,小芳在體重計上完成下蹲動作,下列F-t圖像能反映體重計示數(shù)隨

時間變化的是

(C)

3.如圖所示,小芳在體重計上完成下蹲動作,下列F-t圖像能反59第三章第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用高考一輪復(fù)習(xí)(含2020新題)課件60考點突破考點一牛頓第二定律的理解1.牛頓第二定律的五個特性

考點突破考點一牛頓第二定律的理解1.牛頓第二定律的五個特性612.合力、加速度、速度之間的決定關(guān)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Δv、Δt無必然聯(lián)系;a=

是加速度的決定式,a∝F,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。

2.合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系621.根據(jù)牛頓第二定律,下列敘述正確的是

(D)A.物體加速度的大小跟它的質(zhì)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(chǎn)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(zhì)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(zhì)量成反比

1.根據(jù)牛頓第二定律,下列敘述正確的是?(D)63解析

物體加速度的大小與質(zhì)量和速度的乘積的大小無關(guān),A錯誤。物

體所受合力不為零,則a≠0,B錯誤。加速度的大小與其所受合力成正比,C錯

誤。由牛頓第二定律的獨立性可知ax=

,故D正確。解析

物體加速度的大小與質(zhì)量和速度的乘積的大小無關(guān),642.如圖甲、乙所示,兩車都在光滑的水平面上,小車的質(zhì)量都是M,人的質(zhì)量都

是m,甲圖人推車、乙圖人拉繩(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計)的力都是F。關(guān)

于甲、乙兩圖中車的加速度大小,說法正確的是

(C)A.甲圖中車的加速度大小為

B.甲圖中車的加速度大小為

C.乙圖中車的加速度大小為

D.乙圖中車的加速度大小為

2.如圖甲、乙所示,兩車都在光滑的水平面上,小車的質(zhì)量都是M65解析

題甲圖以車和人為研究對象,系統(tǒng)不受外力作用,故甲圖中車的加

速度為零,選項A、B錯誤;題乙圖中人和車受繩子的拉力作用,以人和車為研

究對象,受力大小為2F,所以乙圖中車的加速度a=

,C項正確,D項錯誤。解析

題甲圖以車和人為研究對象,系統(tǒng)不受外力作用,故甲66考點二牛頓第二定律的瞬時性問題1.兩種常見模型加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系,二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失,

具體可簡化為以下兩種常見模型。

考點二牛頓第二定律的瞬時性問題1.兩種常見模型672.求解瞬時加速度的一般思路2.求解瞬時加速度的一般思路681.如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連,

物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M,兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上,并

處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,物塊1、

2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g,則有

(

C)A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=

gD.a1=a3=g,a2=a4=

g

1.如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接,物塊3、4間用輕69解析

在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失,

受到的合力均等于各自重力,所以由牛頓第二定律知a1=a2=g;而物塊3、4間

的輕彈簧的形變還來不及改變,此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4

向下的彈力大小仍為mg,因此物塊3滿足mg=F,a3=0;由牛頓第二定律得物塊4

滿足a4=

=

g。所以C對。解析

在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立702.如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物體系于兩根細線L1、L2上,L1的一端懸掛在天花板上,與豎直方向夾角為θ,L2水平拉直,物體處于平衡狀態(tài),重力加速度為g。

甲乙(1)現(xiàn)將細線L2剪斷,求剪斷L2的瞬間物體的加速度。(2)若將圖甲中的細線L1換成長度相同(接物體后)、質(zhì)量不計的輕彈簧,如圖

乙所示,其他條件不變,求剪斷L2的瞬間物體的加速度。2.如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物體系于兩根細線L1、L2上,L71答案(1)gsinθ方向垂直于L1斜向下方(2)gtanθ方向水平向右解析(1)細線L2被剪斷的瞬間,因細線L2對物體的彈力突然消失,而引起L1上

的張力發(fā)生突變,使物體的受力情況改變,瞬時加速度垂直L1斜向下方,大小為

a=gsinθ。(2)當細線L2被剪斷時,細線L2對物體的彈力突然消失,而彈簧的形變還來不及

變化(變化要有一個過程,不能突變),因而彈簧的彈力不變,它與重力的合力與

細線L2對物體的彈力是一對平衡力,等大反向,所以細線L2被剪斷的瞬間,物體

加速度的大小為a=gtanθ,方向水平向右。答案(1)gsinθ方向垂直于L1斜向下方解析(172方法總結(jié)

“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題(1)分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵”①分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài);②明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點。(2)“四個步驟”第一步:分析原來物體的受力情況;第二步:分析物體在突變時的受力情況;第三步:由牛頓第二定律列方程;第四步:求出瞬時加速度,并討論其合理性。方法總結(jié)

第四步:求出瞬時加速度,并討論其合理性。73考點三動力學(xué)的兩類基本問題解決兩類動力學(xué)問題的兩個關(guān)鍵點(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”

考點三動力學(xué)的兩類基本問題解決兩類動力學(xué)問題的兩個關(guān)鍵點74(2)不同過程中的聯(lián)系。如第一個過程的末速度往往是下一個過程的初速度,若過程較為復(fù)雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。(2)不同過程中的聯(lián)系。如第一個過程的末速度往往是下一個過程75例如圖所示,直桿水平固定,質(zhì)量為m=0.1kg的小圓環(huán)(未畫出)套在桿上A

點,在豎直平面內(nèi)對環(huán)施加一個與桿夾角為θ=53°的斜向上的拉力F,使小圓環(huán)

由靜止開始沿桿向右運動,并在經(jīng)過B點時撤掉此拉力F,小圓環(huán)最終停在C

點。已知小圓環(huán)與直桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,AB與BC的距離之比s1∶s2=8∶

5。(g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)求:(1)小圓環(huán)在BC段的加速度a2的大小;(2)小圓環(huán)在AB段的加速度a1的大小;(3)拉力F的大小。例如圖所示,直桿水平固定,質(zhì)量為m=0.1kg的小圓環(huán)(76【審題突破】(1)在BC段,對小圓環(huán)進行受力分析→牛頓第二定律→加速

度;(2)分析小圓環(huán)在BC段和AB段的運動情況→運動學(xué)規(guī)律→加速度;(3)在AB段,對小圓環(huán)進行受力分析→桿對小圓環(huán)的支持力方向不確定(有向

上或向下兩種可能)→牛頓第二定律→拉力F。【審題突破】(1)在BC段,對小圓環(huán)進行受力分析→牛頓第二77答案(1)8m/s2(2)5m/s2

(3)1.05N或7.5N解析(1)在BC段,小圓環(huán)受重力、彈力、摩擦力。對小圓環(huán)進行受力分析

如圖甲所示,有

甲f=μN=μmg則a2=

=μg=0.8×10m/s2=8m/s2(2)小圓環(huán)在AB段做勻加速直線運動,由運動學(xué)公式可知

=2a1s1答案(1)8m/s2(2)5m/s2

(3)78小圓環(huán)在BC段做勻減速直線運動,由運動學(xué)公式可知

=2a2s2又

=

則a1=

a2=

×8m/s2=5m/s2(3)當Fsinθ<mg時,小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖乙所示

乙小圓環(huán)在BC段做勻減速直線運動,由運動學(xué)公式可知乙79由牛頓第二定律得Fcosθ-f1=ma1又N1+Fsinθ=mgf1=μN1聯(lián)立解得F≈1.05N當Fsinθ>mg時,小圓環(huán)在AB段運動的受力分析如圖丙所示第三章第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用高考一輪復(fù)習(xí)(含2020新題)課件80

丙由牛頓第二定律可知Fcosθ-f2=ma1又Fsinθ=mg+N2f2=μN2聯(lián)立解得F=7.5N

81考向1已知受力求運動1.(2018課標Ⅱ,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正

前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩

車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5m,A車向前滑動

了2.0m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg,兩車與該冰雪路面

間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力

加速度大小g=10m/s2。求(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小;(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小?？枷?已知受力求運動1.(2018課標Ⅱ,24,12分)汽82答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有μmBg=mBaB

①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB',碰撞后滑行的距離為sB。由運動學(xué)公式有v

=2aBsB

②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB'=3.0m/s③(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本題考83μmAg=mAaA

④設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA',碰撞后滑行的距離為sA。由運動學(xué)公式有v

=2aAsA

⑤設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'

⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA=4.3m/s⑦μmAg=mAaA?④84考向2已知運動求受力2.有一種大型游戲機叫“跳樓機”,參加游戲的游客被安全帶固定在座

椅上,由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面40m高處,然后由靜止

釋放?？梢哉J為座椅沿軌道做自由落體運動2s后,開始受到恒定阻力而立即

做勻減速運動,且下落到離地面4m高處時速度剛好減小到零。然后再讓座

椅以相當緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落,將游客送回地面。(g取10m/s2)求:(1)座椅在勻減速階段的時間是多少;(2)在勻減速階段,座椅對游客的作用力大小是游客體重的多少倍?？枷?已知運動求受力2.有一種大型游戲機叫“跳樓機”,參加85答案(1)1.6s(2)2.25倍解析(1)自由下落的位移h'=

g

=20m座椅自由下落結(jié)束時的速度v=gt1=20m/s設(shè)座椅勻減速運動的位移為h,則h=(40-4-20)m=16m由h=

t得t=1.6s(2)設(shè)座椅勻減速階段的加速度大小為a,座椅對游客的作用力大小為F,由0-v=-at得a=12.5m/s2由牛頓第二定律得F-mg=ma解得

=2.25答案(1)1.6s(2)2.25倍解析(1)自由下落86方法總結(jié)

動力學(xué)兩類基本問題的解題步驟

方法總結(jié)

87考點四超重與失重現(xiàn)象

1.對超重與失重的理解(1)實重和視重①實重:物體實際所受的重力,它與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。②視重:當物體在豎直方向上有加速度時,物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_式

彈簧秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺式彈簧秤

的示數(shù)即視重。考點四超重與失重現(xiàn)象1.對超重與失重的理解88(2)超重、失重和完全失重現(xiàn)象的比較

超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象叫超重現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象叫失重現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象叫完全失重現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向豎直向上或有豎直向上的分量物體的加速度方向豎直向下或有豎直向下的分量物體在豎直方向的加速度向下,大小等于g列豎直方向原理式F-mg=maF=m(g+a)mg-F=maF=m(g-a)mg-F=maF=0運動狀態(tài)加速上升、減速下降加速下降、減速上升無阻力的拋體運動情況視重F>mgF<mgF=0<mg(2)超重、失重和完全失重現(xiàn)象的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失892.判斷方法(1)不管物體的加速度是不是豎直方向,只要其加速度在豎直方向上有分量,

物體就會處于超重或失重狀態(tài)。(2)盡管不是整體有豎直方向的加速度,但只要物體的一部分具有豎直方向的

分加速度,整體也會出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。

2.判斷方法901.(多選)(2019四川攀枝花二模)一物體被吊車用鋼索豎直向上提升過程

的v-t圖像如圖所示。下列判斷正確的是

(AD)A.物體在加速過程中被吊起的高度為10mB.0~10s內(nèi)的平均速度大于30~35s內(nèi)的平均速度C.30~35s內(nèi)物體處于超重狀態(tài)D.前10s內(nèi)鋼索最容易發(fā)生斷裂

1.(多選)(2019四川攀枝花二模)一物體被吊車用鋼索豎直91解析

0~10s內(nèi)物體加速上升,由v-t圖線與時間軸圍成的面積表示位

移,可知,物體在加速過程中被吊起的高度h=

m=10m,故A正確;根據(jù)平均速度公式

=

可知0~10s內(nèi)的平均速度等于30~35s內(nèi)的平均速度,均為1m/s,故B錯誤;30~35s內(nèi)物體勻減速上升,加速度向下,拉力小于重力,處于失

重狀態(tài),故C錯誤