（课标版）2021高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的基本应用课件

第2讲牛顿第二定律的基本应用基础过关一、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①正比,跟它的质量成②反比,加速度的方向跟作用力的方向③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④静止或做⑤匀速直线运动的参考系。(2)牛顿第二定律只适用于⑥宏观物体(相对于分子、原子等)、⑦低速运动(远小于光速)的情况。二、两类动力学基本问题1.两类动力学问题 2.解决两类动力学基本问题的方法:以⑧加速度为“桥梁”,由运动学公式和⑨牛顿运动定律列方程求解。三、力学单位制1.单位制:⑩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。基本物理量共有七个,其中力学范围内有三个,它们是 长度、 质量、 时间,它们的单位分别是 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。四、超重、失重现象 超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 等于零的现象1.判断下列说法对错。(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。 (√)(2)质量越大的物体,加速度越小。 (✕)(3)物体的质量与加速度成反比。 (✕)(4)物体受到合外力作用,立即产生加速度。 (√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。 (✕)(6)物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。 (√)2.(2019辽宁沈阳四校协作体联考)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 (C)A.M所受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M所受静摩擦力减小3.如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是 (C)考点一牛顿第二定律的理解考点突破1.牛顿第二定律的五个特性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= 是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a= 是加速度的决定式,a∝F,a∝ 。(3)合力与速度同向时,物体加速运动;合力与速度反向时,物体减速运动。 ΔΔvtFm1m1.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物体加速度的大小与质量和速度的乘积的大小无关,A错误。物体所受合力不为零,则a≠0,B错误。加速度的大小与其所受合力成正比,C错误。由牛顿第二定律的独立性可知ax= ,故D正确。xFm2.如图甲、乙所示,两车都在光滑的水平面上,小车的质量都是M,人的质量都是m,甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F。关于甲、乙两图中车的加速度大小,说法正确的是 (C)A.甲图中车的加速度大小为 B.甲图中车的加速度大小为 C.乙图中车的加速度大小为 FMFMm2FMmD.乙图中车的加速度大小为 FM解析题甲图以车和人为研究对象,系统不受外力作用,故甲图中车的加速度为零,选项A、B错误;题乙图中人和车受绳子的拉力作用,以人和车为研究对象,受力大小为2F,所以乙图中车的加速度a= ,C项正确,D项错误。2FMm考点二牛顿第二定律的瞬时性问题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1.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有 (C)A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4= gD.a1=a3=g,a2=a4= gmMMmMM解析在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4= = g。所以C对。FMgMMmM2.如图甲所示,一质量为m的物体系于两根细线L1、L2上,L1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,L2水平拉直,物体处于平衡状态,重力加速度为g。 甲乙(1)现将细线L2剪断,求剪断L2的瞬间物体的加速度。(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接物体后)、质量不计的轻弹簧,如图乙所示,其他条件不变,求剪断L2的瞬间物体的加速度。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)细线L2被剪断的瞬间,因细线L2对物体的弹力突然消失,而引起L1上的张力发生突变,使物体的受力情况改变,瞬时加速度垂直L1斜向下方,大小为a=gsinθ。(2)当细线L2被剪断时,细线L2对物体的弹力突然消失,而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程,不能突变),因而弹簧的弹力不变,它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力,等大反向,所以细线L2被剪断的瞬间,物体加速度的大小为a=gtanθ,方向水平向右。方法总结“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态;②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。(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。考点三动力学的两类基本问题解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)不同过程中的联系。如第一个过程的末速度往往是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。例如图所示,直杆水平固定,质量为m=0.1kg的小圆环(未画出)套在杆上A点,在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ=53°的斜向上的拉力F,使小圆环由静止开始沿杆向右运动,并在经过B点时撤掉此拉力F,小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ=0.8,AB与BC的距离之比s1∶s2=8∶5。(g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)求: (1)小圆环在BC段的加速度a2的大小;(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小;(3)拉力F的大小。审题突破(1)在BC段,对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度;(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度;(3)在AB段,对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)→牛顿第二定律→拉力F。答案(1)8m/s2(2)5m/s2(3)1.05N或7.5N解析(1)在BC段,小圆环受重力、弹力、摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示,有甲f=μN=μmg则a2= =μg=0.8×10m/s2=8m/s2(2)小圆环在AB段做匀加速直线运动,由运动学公式可知fm =2a1s1小圆环在BC段做匀减速直线运动,由运动学公式可知 =2a2s22Bv2Bv又 = 则a1= a2= ×8m/s2=5m/s212ss8521ss58乙(3)当Fsinθmg时,小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示由牛顿第二定律得Fcosθ-f1=ma1又N1+Fsinθ=mgf1=μN1联立解得F≈1.05N丙当Fsinθmg时,小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示由牛顿第二定律可知Fcosθ-f2=ma1又Fsinθ=mg+N2f2=μN2联立解得F=7.5N考向1已知受力求运动1.(2018课标Ⅱ,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0。已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10m/s2。求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v =2aBsB ②联立①②式并利用题给数据得vB'=3.0m/s③(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA④2'B设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v =2aAsA ⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB' ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3m/s⑦2'A考向2已知运动求受力2.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40m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2s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4m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10m/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)1.6s(2)2.25倍解析(1)自由下落的位移h'= g =20m座椅自由下落结束时的速度v=gt1=20m/s设座椅匀减速运动的位移为h,则h=(40-4-20)m=16m由h= t得t=1.6s(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0-v=-at得a=12.5m/s2由牛顿第二定律得F-mg=ma解得=2.251221t2vFmg方法总结动力学两类基本问题的解题步骤考点四超重与失重现象1.对超重与失重的理解(1)实重和视重①实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。②视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台式弹簧秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台式弹簧秤的示数即视重。超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象叫超重现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象叫失重现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象叫完全失重现象产生条件物体的加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量物体的加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量物体在竖直方向的加速度向下,大小等于g列竖直方向原理式F-mg=maF=m(g+a)mg-F=maF=m(g-a)mg-F=maF=0运动状态加速上升、减速下降加速下降、减速上升无阻力的抛体运动情况视重FmgFmgF=0mg(2)超重、失重和完全失重现象的比较2.判断方法(1)不管物体的加速度是不是竖直方向,只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度,但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度,整体也会出现超重或失重现象。 1.(多选)(2019四川攀枝花二模)一物体被吊车用钢索