高中物理 4.5牛頓第二定律的應(yīng)用同步教學(xué)課件 粵教版必修1

1、,1.請(qǐng)結(jié)合教材例1總結(jié)：已知物體的受力情況求解物體的運(yùn)動(dòng)情況的解題思路是怎樣的呢？提示：具體解題思路如下：,2.已知物體受力情況確定運(yùn)動(dòng)情況時(shí)的解題步驟是怎樣的？提示：(1)確定研究對(duì)象，對(duì)其進(jìn)行受力分析，并畫出受力圖.(2)求出物體所受的合外力.(3)應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度.(4)結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)的初始條件，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求出物體任意時(shí)刻的位移和速度，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡簡(jiǎn)圖.,1.受力分析的判斷依據(jù)(1)條件判斷：依據(jù)各種性

2、質(zhì)的力的產(chǎn)生條件判斷力是否存在，一般不需要畫出“合力”或“分力”的示意圖.(2)根據(jù)效果判斷：力的作用效果與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)間有互制的關(guān)系，結(jié)合物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析物體的受力.(3)相互作用判斷：根據(jù)力的相互性，分析物體的受力.(4)為使問題簡(jiǎn)單化，常忽略某些次要的力，如物體在空中下落，忽略空氣阻力，輕桿、輕繩等輕質(zhì)物體的重力一般情況下不考慮.,2.受力分析的基本方法(1)明確研究對(duì)象，即明確對(duì)誰進(jìn)行受力分析.(2)把要研究的物體

3、從周圍的環(huán)境中隔離出來.(3)按順序分析物體的受力情況，畫出受力的示意圖.,已知受力情況,確定物體的運(yùn)動(dòng)情況1.解題思路: 2.解題步驟(1)確定研究對(duì)象.(2)分析受力，畫受力示意圖.(3)求合外力.,(4)由F=ma求加速度.(5)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 求運(yùn)動(dòng)參量.,典例1 (2011·哈爾濱高一檢測(cè))在海濱游樂場(chǎng)有一種滑沙的娛樂活動(dòng)．如圖所示，人坐在滑板上從斜坡的高處A點(diǎn)由靜止開始下滑，滑

4、到斜坡底部B點(diǎn)后沿水平滑道再滑行一段距離到C點(diǎn)停下來，斜坡滑道與水平滑道間是平滑連接的，滑板與兩滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，斜坡傾角θ＝37°.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8),(1)若人和滑板的總質(zhì)量為m＝60 kg，求人在斜坡上下滑時(shí)的加速度大?。?2)若由于受到場(chǎng)地的限制，A點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離為x＝50 m，為確保人身安全，假如你是設(shè)

5、計(jì)師，你認(rèn)為在設(shè)計(jì)斜坡滑道時(shí)，對(duì)高度h應(yīng)有怎樣的要求？,解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)正確地對(duì)人和滑板進(jìn)行受力分析.(2)根據(jù)牛頓第二定律求出加速度.(3)結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式設(shè)計(jì)斜坡滑道高度.,【規(guī)范解答】(1)在斜坡上下滑時(shí)，由牛頓第二定律得： mgsinθ－f＝ma ①FN－mgcosθ＝0 ② f＝μFN

6、 ③聯(lián)立①②③得：a＝gsinθ－μgcosθ＝2 m/s2,(2)設(shè)滑至底端時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：v2＝2a ④沿BC段前進(jìn)時(shí)的加速度a′＝μmg/m＝μg ⑤沿BC段滑行的距離L＝v2/2a′ ⑥為確保人身安

7、全，則L＋hcotθ≤x ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦解得h≤25 m，故斜坡的高度不能超過25 m.答案：(1)2 m/s2 (2)斜坡的高度不能超過25 m,【規(guī)律方法】解傳送帶問題時(shí)的三個(gè)注意點(diǎn)1.物體做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)合外力的來源是由傳送帶給物體的滑動(dòng)摩擦力.2.當(dāng)物體和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)物體只受到兩個(gè)力的作用，即重力和傳送帶給物體的支持力.3.各階段運(yùn)動(dòng)狀況明確以后由力學(xué)公式和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解運(yùn)算.,【

8、變式備選】如圖所示，一水平傳送帶長(zhǎng)為20 m，以2 m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng).已知某物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，現(xiàn)將該物體由靜止輕放到傳送帶的A端.求物體被送到另一端B點(diǎn)所需的時(shí)間.(g 取10 m/s2),【解析】物體受重力mg、支持力FN和向前的摩擦力f作用，由牛頓第二定律有，f=ma，又FN-mg=0,f=μFN′，F(xiàn)N′=FN，解得a=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2.當(dāng)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到傳送帶的

9、速度v=2 m/s時(shí)，其位移為s1= m=2 m.所以物體運(yùn)動(dòng)2 m后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng).,第一段加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1= s=2 s，第二段勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2= s=9 s.所以，物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=t1+t2=2 s+9 s=11 s.答案:11 s,1.已知物體運(yùn)動(dòng)情況求受力情況時(shí)的解題思路是怎樣的？提示：,2.已知物體運(yùn)動(dòng)情況求受力情況時(shí)的解題步驟是怎樣的？提示

10、：(1)確定研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析和受力分析，并畫出運(yùn)動(dòng)草圖和受力圖.(2)根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的加速度.(3)應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律推斷或求出物體受到的合外力.(4)根據(jù)物體的受力情況和合力求出未知的力.,【知識(shí)歸納】動(dòng)力學(xué)問題的解題思路及步驟(1)確定研究對(duì)象.(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析并畫出受力示意圖，對(duì)物體進(jìn)行運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析.(3)選擇正方向或建立直角坐標(biāo)系，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律列方

11、程.(4)計(jì)算，求解未知量.,應(yīng)用牛頓第二定律的注意事項(xiàng)(1)牛頓第二定律F=ma，實(shí)際上是揭示了力、加速度和質(zhì)量三個(gè)不同物理量之間的關(guān)系.要列牛頓第二定律的方程，就應(yīng)將方程兩邊的物理量具體化.方程左邊F是物體受到的合外力即這個(gè)質(zhì)量為m的物體受到的合外力，首先要確定研究對(duì)象，對(duì)其進(jìn)行受力分析.(2)求合力的方法：可以利用平行四邊形定則或正交分解法.,(3)采用正交分解法時(shí)兩個(gè)分力方向的選擇是解題的關(guān)鍵.我們一般選擇物體運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨

12、勢(shì)的方向所在的直線為x軸，一般情況下坐標(biāo)軸的正方向與加速度方向一致.選與運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向垂直的直線為y軸.,典例2 如圖所示，風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中可產(chǎn)生水平方向的、大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力.現(xiàn)將一套有小球的細(xì)直桿放入風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室，小球孔徑略大于桿的直徑.,(1)當(dāng)桿在水平方向固定時(shí)，調(diào)節(jié)風(fēng)力的大小，使小球在桿上做勻速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)小球所受的風(fēng)力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù).(2)保持小球所受的風(fēng)力不變，使桿與水平方向的夾角為37

13、°并固定，則小球從靜止出發(fā)在細(xì)桿上滑下距離s所需時(shí)間為多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8),(1)求解時(shí)先由水平面上小球做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的二力平衡求出動(dòng)摩擦因數(shù)，再分析小球在桿與水平面成37°角時(shí)的受力情況.(2)根據(jù)牛頓第二定律列出方程，求得加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解.,【規(guī)范解答】(1)設(shè)小球所受風(fēng)力為F，則F=0.5mg.當(dāng)桿水平固定時(shí)，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，則所受摩擦力f與風(fēng)力F等

14、大反向，即f=F.又因f=μFN=μmg，聯(lián)立以上三式解得小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5.(2)當(dāng)桿與水平方向成θ=37°角時(shí)，小球從靜止開始沿桿加速下滑.設(shè)下滑距離s所用時(shí)間為t，小球受重力mg、風(fēng)力F、桿的支持力F′N和摩擦力f′作用，受力分析如圖所示，,由牛頓第二定律可得，沿桿的方向Fcosθ+mgsinθ-f′=ma，垂直桿的方向F′N+Fsinθ－mgcosθ=0，又f′= μF′N，F(xiàn)=0.5mg，

15、解得小球的加速度+g(0.6-0.5×0.8)= g.因s= at2，故小球的下滑時(shí)間為,【規(guī)律方法】解彈簧連接體問題時(shí)的三個(gè)注意點(diǎn)(1)在水平板與物體分離前，物體一直向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，物體受重力、彈簧彈力和水平板的支持力的作用；由牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)方程.(2)水平板和物體分離后，水平板給物體的作用力為零，物體只受兩個(gè)力的作用，即重力和彈簧的彈力的作用.(3)彈簧形變量和物體移動(dòng)位移大小相等.,【變式備選】

16、一根勁度系數(shù)為k,質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧，上端固定,下端系一質(zhì)量為m的物體,有一水平板將物體托住,并使彈簧處于自然長(zhǎng)度，如圖所示.現(xiàn)讓平板由靜止開始以加速度a(a＜g)勻加速向下移動(dòng).求經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間平板開始與物體分離.,【解析】設(shè)物體與平板一起向下運(yùn)動(dòng)的位移為s時(shí)，彈簧形變量x和s大小相等，物體受重力mg，彈簧的彈力F=kx和平板的支持力FN作用.據(jù)牛頓第二定律有：mg-kx-FN=ma得FN=mg-kx-ma當(dāng)FN=0時(shí)，物體

17、與平板分離，所以此時(shí)x=因?yàn)閟= at2，所以t= 答案：,典例3 在水平地面上有兩個(gè)彼此接觸的物體A和B，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，若用水平推力F作用于A物體，使A、B一起向前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示，求兩物體間的相互作用力為多大？若將F作用于B物體，則A、B間的相互作用力又為多大？,【規(guī)范解答】(1)當(dāng)F作用于A物體時(shí)，以 A、B為研究對(duì)象對(duì)其受力分析如圖所示，由牛頓第二定律可得：F

18、-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a所以a= -μg再以B為研究對(duì)象，其受力如圖所示，由牛頓第二定律可得F1－f2＝m2af2=μm2g,則A、B間的相互作用力F1為：F1=,(2)當(dāng)F作用于B時(shí)，應(yīng)用同樣的方法可求A、B間的相互作用力F2=答案：,【規(guī)律方法】連接體問題的處理方法：先以整體為研究對(duì)象求加速度，然后運(yùn)用隔離法，選取其中一部分作為研究對(duì)象，求相互作用力(內(nèi)力).,1.質(zhì)量為3 kg的質(zhì)點(diǎn)，所受到

19、的合外力的大小為1.5 N，則該質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為( )A.0.5 m/s2 B.1.5 m/s2 C.3 m/s2 D.4.5 m/s2【解析】選A.此題已知物體的受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律F合=ma可得a= 代入數(shù)據(jù)可得a=0.5 m/s2,故A正確.,2.質(zhì)量為3 kg的質(zhì)點(diǎn)，在向上的拉力作用下，豎直向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為0.5 m/s2，則該質(zhì)點(diǎn)所受到的拉力的大小

20、為(g取10 m/s2)( )A.1.5 N B.21.5 N C.31.5 N D.37.5 N【解析】選C.由牛頓第二定律F合=ma可得，F(xiàn)-mg=ma, 拉力F=m(g+a)=31.5 N,故C正確.,3.(2011·江門高一檢測(cè))(雙選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1=2 kg、m2=3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)連接.兩個(gè)大小分別為F1=30 N、F2=20 N的水

21、平拉力分別作用在m1、m2上，則( )A.彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是10 NB.彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是26 NC.在突然撤去F2的瞬間，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)不變D.在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度不變,【解析】選B、C.設(shè)彈簧測(cè)力計(jì)的彈力為F，加速度為a.對(duì)系統(tǒng)：F1-F2=(m1＋m2)a，對(duì)m1：F1-F=m1a，聯(lián)立兩式解得：a=2 m/s2，F(xiàn)=26 N，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B正確；在突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測(cè)力計(jì)兩端都有物體，而物體

22、的位移不能發(fā)生突變，所以彈簧的長(zhǎng)度在撤去F2的瞬間沒變化，彈簧測(cè)力計(jì)的彈力不變，故C項(xiàng)正確；若突然撤去F1，物體m1的合外力方向向左，而沒撤去F1時(shí)合外力方向向右，所以m1的加速度發(fā)生變化，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.,4.如圖a所示，用一水平外力F推著一個(gè)靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖b所示，若重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)圖b中所提供的信息不能計(jì)算出( ),A.物體的質(zhì)

23、量B.斜面的傾角C.物體能靜止在斜面上所施加的最小外力D.加速度為6 m/s2時(shí)物體的速度,【解析】選D.分析物體受力，由牛頓第二定律得：Fcosθ-mgsinθ=ma，由F=0時(shí)，a=-6 m/s2，得θ=37°.由a= -gsinθ和a-F圖線知： 得：m=2 kg.物體靜止時(shí)的最小外力Fmincosθ=mgsinθ，F(xiàn)min=mgtanθ=15 N，無法求出物體加速度為6 m/

24、s2時(shí)的速度，因物體的加速度是變化的，對(duì)應(yīng)時(shí)間也未知，故選D.,5.如圖所示，質(zhì)量m=5.0 kg的木箱放在水平地板上，對(duì)木箱施加一個(gè)F=10 N的水平向右的推力，推力F作用的時(shí)間t=10 s，木箱從靜止沿直線滑動(dòng)距離s=10 m.求：(1)木箱運(yùn)動(dòng)的加速度a的大小.(2)木箱與地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.,【解析】(1)木箱由靜止開始在t=10 s內(nèi)的位移s=10 m由s= at2知：a= m/s2=0.2 m/s2

25、(2)對(duì)木箱受力分析如圖，在水平方向上由牛頓第二定律：F-f=ma，f=μFN=μmg得μmg=F-ma即μ= =0.18答案：(1)0.2 m/s2 (2)0.18,一、選擇題(本題共5小題，每小題5分，共25分)1.某步槍子彈的出口速度達(dá)100 m/s，若步槍的槍膛長(zhǎng)0.5 m，子彈的質(zhì)量為20 g，若把子彈在槍膛內(nèi)的運(yùn)動(dòng)看做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則高壓氣體對(duì)子彈的平均作用力為( )A.1

26、15;102 N B.2×102 NC.2×105 N D.2×104 N,【解析】選B.根據(jù)v2=2as，a= m/s2=1×104 m/s2，再根據(jù)F=ma=20×10-3×1×104 N=2×102 N，故B正確.,2.一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大

27、小為 g,則人受電梯底部的支持力為( )A. mg B.2mg C.mg D. mg【解析】選D.人的受力如圖所示.由牛頓第二定律得F-mg=ma= mg,所以F= mg.則人受電梯底部的支持力為 mg.D正確.,3.如圖甲所示，放在光滑水平面上的木塊受到兩個(gè)水平力F1與F2的作用靜止不動(dòng).現(xiàn)保持F1不變，F(xiàn)2大小變化如圖乙所示，則在此過程中，能正確描述木塊運(yùn)動(dòng)情況的速度圖象是下列選

28、項(xiàng)中的( ),【解析】選D.由于F2均勻減小到零然后又均勻增大到原值，所以木塊受到的合外力的變化情況為先增大后減小到零，根據(jù)牛頓第二定律知物體加速度也是先增大后減小到零，而速度一直在增大，最后達(dá)到最大值.符合上述規(guī)律的v-t圖象只有D項(xiàng).,4.(2011·衡水高一檢測(cè))雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時(shí)空氣對(duì)其阻力隨雨滴下落速度的增大而增大，如圖所示的圖象能正確反映雨滴下落運(yùn)動(dòng)情況的是( ),【解析】選C.雨滴速度增大

29、時(shí)，阻力也增大，由牛頓第二定律得a= 故加速度逐漸減小，最終雨滴做勻速運(yùn)動(dòng).,5.(2011·鄭州高一檢測(cè))如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)軌道與水平面相切于M點(diǎn)，與豎直墻壁相切于A點(diǎn)，豎直墻壁上另一點(diǎn)B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心．已知在同一時(shí)刻，a、b兩球分別由A、B兩點(diǎn)從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),c球由C點(diǎn)自由下落到M點(diǎn)．則( ),A．

30、a球最先到達(dá)M點(diǎn)B．b球最先到達(dá)M點(diǎn)C．c球最先到達(dá)M點(diǎn)D．b球和c球都可能最先到達(dá)M點(diǎn),【解析】選C.設(shè)圓的半徑為R，則 gsin 45°tA2，2R＝ gsin 60°tB2，R＝ gtC2，可得：tA＝ 故有tB>tA>tC，故C正確．,二、非選擇題(本題共3小題，共25分，要有必要的文字?jǐn)⑹?6.(8分)如圖所示，表示某人站

31、在與水平方向成θ角的、以加速度a向上運(yùn)動(dòng)的自動(dòng)扶梯的臺(tái)階上，人的質(zhì)量為m，鞋底與臺(tái)階的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求此時(shí)人所受的摩擦力.,【解析】如圖建立坐標(biāo)系，并將加速度a沿已知力的方向正交分解，水平方向：a2=a cosθ由牛頓第二定律得：f=ma2=macosθ故摩擦力f的大小為macosθ，方向?yàn)樗较蛴?答案:macosθ，方向?yàn)樗较蛴?7．(8分)一斜面放在水平地面上，傾角θ=53°，一個(gè)質(zhì)量為0.2 k

32、g的小球用細(xì)繩吊在斜面頂端，如圖所示，斜面靜止時(shí)，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計(jì)斜面與水平面的摩擦，當(dāng)斜面以10 m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，求細(xì)繩的拉力及斜面對(duì)小球的彈力.(g取10 m/s2),【解析】設(shè)小球剛剛脫離斜面時(shí)斜面向右的加速度為a0，此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細(xì)繩的拉力，且細(xì)繩仍然與斜面平行.對(duì)小球受力分析如圖所示.易知mgcotθ=ma0代入數(shù)據(jù)解得：a0=7.5 m/s2因?yàn)閍

33、＝10 m/s2>a0，所以當(dāng)斜面以10 m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)小球已離開斜面，斜面對(duì)小球的彈力N=0,同理，由受力分析可知，細(xì)繩的拉力為F= ≈2.83 N此時(shí)細(xì)繩拉力F與水平方向的夾角為θ=arctan =45°答案：2.83 N,與水平方向成45°角 0,【規(guī)律方法】“三種方法”處理動(dòng)力學(xué)臨界問題(1)極限法：在題目中如出現(xiàn)“最大”、“最小”、“剛好”等詞語

34、時(shí)，一般隱含著臨界問題，處理這類問題時(shí)，可以把物理過程(或問題)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，達(dá)到盡快求解的目的.(2)假設(shè)法：有些物理過程中沒有明顯出現(xiàn)臨界問題的線索，但在變化過程中有可能出現(xiàn)臨界問題，也可能不出現(xiàn)臨界問題，解答這類問題一般用假設(shè)法.(3)數(shù)學(xué)方法：將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)公式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式求解得出臨界條件.,8.(挑戰(zhàn)能力)(9分)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈

35、簧下端連一個(gè)質(zhì)量為m的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒有形變.若擋板A以加速度a(a＜gsinθ)沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，問：(1)小球向下運(yùn)動(dòng)多少距離時(shí)速度最大？(2)從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離所經(jīng)歷的時(shí)間為多少？,【解析】(1)球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)小球所受合力為零.即kxm=mgsinθ，解得xm=(2)設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為s，經(jīng)歷的時(shí)間為t，從開始運(yùn)動(dòng)到分離