牛顿第二定律最优秀课件

(必修1)第9讲：牛顿第二定律第1页高中物理（必修1）第9讲：牛顿第二定律一、概念规律题组1．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大2．如果要测量国际单位制中规定的三个力学基本物理量，应该选用的仪器是()A．米尺、弹簧测力计、秒表B．量筒、天平、秒表C．米尺、天平、秒表D．米尺、电子测力计、打点计时器3．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，物体水平加速度大小与其质量成反比二、思想方法题组4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()A．2F3，2F3m＋gB．F3，2F3m＋gC．2F3，F3m＋gD．F3，F3m＋g5．质量为1kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在ts内的位移为xm，则F的大小为(单位为N)()A．2xt2B．2x2t－1C．2x2t＋1D．2xt－16．如图甲所示，质量m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用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．取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10s末物体离a点的距离．(必修1)第9讲：牛顿第二定律第2页一、瞬时加速度问题[例1]如图所示，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()A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθB．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gsinθD．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，瞬时加速度都不为零二、动力学的两类基本问题分析1．物体运动性质的判断方法(1)明确物体的初始运动状态(v0)；(2)明确物体的受力情况(F合)2．两类动力学问题的解题步骤[例2]如图所示，质量m＝1kg的小球穿在长L＝1.6m的斜杆上，斜杆与水平方向成α＝37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数μ＝0.75。小球受水平向左的拉力F＝1N，从斜杆的顶端由静止开始下滑(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)小球运动到斜杆底端时的速度大小。(必修1)第9讲：牛顿第二定律第3页三、传送带模型1．水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v02．倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速[例3]如图，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法错误的是()A．若传送带不动，则vB＝3m/sB．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/sC．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/sD．若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s[例4]如图所示为上、下两端相距L＝5m，倾角α＝30°，始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)。将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端。(必修1)第9讲：牛顿第二定律第4页1．如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面从底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是()A．t1＝t2，a1＝a2，v1＝v2B．t1t2，a1a2，v1v2C．物块全过程的速度时间图线如乙所示D．物块全过程的速度时间图线如丙所示2．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g)()A．T＝m(gsinθ＋acosθ)FN＝m(gcosθ－asinθ)B．T＝m(gcosθ＋asinθ)FN＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(acosθ－gsinθ)FN＝m(gcosθ＋asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ)FN＝m(gsinθ＋acosθ)3．如图所示，水平木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g＝10m/s2，下列判断正确的是()A．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6s～9s内物块的加速度大小为2.0m/s24．一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()5．如图所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是()A．A、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下B．A的加速度0，B的加速度大小为g、竖直向下C．A的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下D．A的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下(必修1)第9讲：牛顿第二定律第5页6．我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120km/h，交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6s；资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如表格所示。路面干沥青干磁石湿沥青动摩擦因数0.70.6～0.70.32～0.4根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上两车间的安全距离最接近()A．100mB．200mC．300mD．400m7．如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，下列说法错误的是()A．M受静摩擦增大B．M对车厢壁的压力增大C．M仍相对于车厢静止D．M受静摩擦力不变8．质量M＝9kg、长L＝1m的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0＝2m/s时，在木板的右端轻放一质量m＝1kg的小物块如图所示。当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。取g＝10m/s2，求：(1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；(2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2。(必修1)第9讲：牛顿第二定律第6页1.解析：选C质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0，合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C。2解析：选C3解析：选D.物体加速度的大小与质量和速度的大小的乘积无关，A项错误；物体所受合力不为0，则a≠0，B项错误；加速度的大小与其所受的合力成正比，C项错误．4解析选A在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有：F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得：F弹－2mg＝2ma，由此可得：F弹＝2F3，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有：F弹＋mg＝maA，解得aA＝2F3m＋g，故A正确。5解析：选A由牛顿第二定律F＝ma与x＝12at2，得出F＝2mxt2＝2xt2。6解析：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v－t图得：a1＝2m/s2①根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v－t图得：a2＝1m/s2③根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2④由①②③④得：F＝3N，μ＝0.05.(2)设10s末物体离a点的距离为s，s应为v－t图与横轴所围的面积，则s＝12×4×8m－12×6×6m＝－2m，负号表示物体在a点左侧．答案：(1)3N0.05(2)2m，在a点左侧[例1][解析]选B设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，F＝mgsinθ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：F＋mgsinθ＝maA，解得：aA＝2gsinθ，故C错误。[例2]解析：(1)Fcosα＋mgsinα－μN＝maFsinα＋N＝mgcosα联立上式可得：a＝Fcosα＋μsinα＋mgsinα－μcosαm＝1.25m/s2。(2)由运动学公式得v2＝2aL可求v＝2aL＝2×1.25×1.6m/s＝2m/s。答案：(1)1.25m/s2(2)2m/s[例3]解析：选D若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知vB2－vA2＝2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件达到B端的瞬时速度仍为3m/s，故选项A、B、C正确；若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4m/s，故D错误。[例4][解析](1)物体在传送带上受力如图3－2－9所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a。(必修1)第9讲：牛顿第二定律第7页由题意得L＝12at2解得a＝2.5m/s2；由牛顿第二定律得mgsinα－Ff＝ma，又Ff＝μmgcosα解得μ＝36＝0.29(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传递带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度a′。则牛顿第二定律得mgsinα＋Ff＝ma′Ff＝μmgcosα，vm2＝2La′联立解得vm＝8.66m/s。图3－2－9[答案](1)0.29(2)8.66m/s1解析：选D由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1t2，a1a2，v1v2，故A、B错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，故C错误D正确。2解析：选A本题考查受力分析和牛顿第二定律，意在考查考生对力和运动关系的理解。对小球受力分析，并沿水平、竖直方向正交分解。水平方向：Tcosθ－FNsinθ＝ma，竖直方向：Tsinθ＋FNcosθ＝mg。联立求解得选项A正确。3解析：选D本题考查物体的受力分析和运动分析，意在考查考生对力的平衡条件、牛顿第二定律及图像的