第三章第2课时学案

第2课时牛顿第二定律两类动力学问题组稿人：徐彦猛审核人：于润涛编辑人：张宝福考纲解读1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．考点一瞬时加速度的求解1．牛顿第二定律(1)表达式为F＝ma.(2)理解：核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化．2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．例1如图1所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()图1A．都等于g2B.g2和0C.g2和mAmB·g2D.mAmB·g2和g2[拓展题组]1．[瞬时加速度的求解]如图2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()图2A．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2gsinθD．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，瞬时加速度都不为零2．[瞬时加速度的求解]在光滑水平面上有一质量为1kg的物体，它的左端与一劲度系数为800N/m的轻弹簧相连，右端连接一细线．物体静止时细线与竖直方向成37°角，此时物体与水平面刚好接触但无作用力，弹簧处于水平状态，如图3所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列判断正确的是()图3A．在剪断细线的瞬间，物体的加速度大小为7.5m/s2B．在剪断弹簧的瞬间，物体所受合外力为15NC．在剪断细线的瞬间，物体所受合外力为零D．在剪断弹簧的瞬间，物体的加速度大小为7.5m/s2求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．考点二动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．2．解决图象问题的关键：(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．例2受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图线如图4所示，则()图4A．在0～t1内，外力F大小不断增大B．在t1时刻，外力F为零C．在t1～t2内，外力F大小可能不断减小D．在t1～t2内，外力F大小可能先减小后增大变式题组3．[动力学中的图象问题]“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图5所示．将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为()图5A．gB．2gC．3gD．4g4．[动力学中的图象问题]如图6所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的()图6分析图象问题时常见的误区(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位．(2)没有注意坐标原点是否从零开始．(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义．(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析．考点三连接体问题1．整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．2．隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．3．整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．例3(2012·江苏·5)如图7所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是()图7A.2fm＋MMB.2fm＋MmC.2fm＋MM－(m＋M)gD.2fm＋Mm＋(m＋M)g变式题组5．[连接体问题的处理]放在粗糙水平面上的物块A、B用轻质弹簧测力计相连，如图8所示，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，今对物块A施加一水平向左的恒力F，使A、B一起向左匀加速运动，设A、B的质量分别为m、M，则弹簧测力计的示数为()图8A.MFmB.MFM＋mC.F－μm＋MgmMD.F－μm＋Mgm＋MM6．[连接体问题的处理]如图9所示，装有支架的质量为M(包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后绳子与竖直方向的夹角为θ.求小车所受牵引力的大小．图91．整体与隔离法在动力学中的应用技巧涉及的问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．(2)水平面上的连接体问题：①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法．②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析．2．解决问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．考点四动力学两类基本问题求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．例4质量m＝4kg的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F＝40N作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图10所示，已知斜面足够长，倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，力F作用了5s，求物块在5s内的位移及它在5s末的速度．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图10变式题组7．[动力学方法的应用]航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝0.5kg，动力系统提供的恒定升力F＝8N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝6s时到达高度H＝36m，求飞行器所受阻力大小．(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝5s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h.(计算结果保留小数点后两位有效数字)(3)第二次试飞中，为了使飞行器不致坠落地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.(计算结果保留两位有效数字)例1答案C解析当A、B球静止时，弹簧弹力F＝(mA＋mB)gsinθ，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力F不变，对B分析，则F－mBgsinθ＝mBaB，可解得aB＝mAmB·g2，当绳被剪断后，球A受的合力为重力沿斜面向下的分力，F合＝mAgsinθ＝mAaA，所以aA＝g2，综上所述选项C正确．1.答案BC解析设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，F＝mgsinθ，烧断细线的瞬间，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正确．2．答案A解析对物体受力分析，由平衡条件可知，在剪断细线或弹簧前，绳上弹力大小为FT1＝mgcos37°＝12.5N，弹簧的弹力大小为FT2＝mgtan37°＝7.5N；在剪断细线的瞬间，细线上弹力突变为零，弹簧弹力不变，物体还受到地面竖直向上的支持力，该支持力与物体的重力平衡，所以物体所受的合力为7.5N，加速度大小为7.5m/s2，选项A对，C错；在剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为零，绳子的弹力也消失，地面对物体竖直向上的支持力与物体重力平衡，物体的合外力为零，加速度也为零，选项B、D均错误．例2答案CD解析由图象可知，在0～t1内物体做a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝F－Ffm可知，F逐渐减小，最终F＝Ff，故A、B错误．在t1～t2内，物体做a增大的减速运动，由a＝Ff－Fm可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也有可能F先沿正向减小到零后又向负向增大，故C、D正确．3.答案B解析蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F等于人的重力mg，由F－t图线可以看出，35F0＝mg；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为Fm＝95F0＝3mg，故最大加速度为am＝Fm－mgm＝2g.选项B正确．4．答案A解析在未达到相同速度之前，木板的加速度为－μmg－μ·2mg＝ma1a1＝－3μg达到相同速度之后，木板的加速度为－μ·2mg＝ma2a2＝－2μg由加速度可知，图象A正确．例3答案A解析由题意知，当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升的加速度为a，由牛顿第二定律得，对M有：2f－Mg＝Ma①对m有：F－2f－mg＝ma②联立①②两式解得F＝2fM＋mM，选项A正确．5．答案B解析先以A、B整体为研究对象，它们受到竖直向下的重力(M＋m)g，竖直向上的支持力FN＝(M＋m)g，水平向左的拉力F，水平向右的摩擦力Ff＝μFN＝μ(M＋m)g.对A、B整体受力分析得F－Ff＝(M＋m)a①.再以B为研究对象，其受力为竖直向下的重力Mg，竖直向上的支持力FN′＝Mg，水平向左的弹簧拉力F′，水平向右的摩擦力Ff′＝μFN′＝μMg.由牛顿第二定律得到：F′－Ff′＝F′－μMg＝Ma，a＝F′M－μg②，将②代入①整理得：F′＝MFM＋m，所以选项B正确．6．答案(M＋m)gtanθ解析小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示，小球所受合力的大小为mgtanθ.由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma①对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a②联立①②解得：F＝(M＋m)gtanθ.例4答案30m12m/s解析如图，对物块受力分析，建立直角坐标系，把重力mg沿平行于斜面和垂直于斜面的方向分解．沿平行于斜面方向：F－mgsinθ－Ff＝ma①沿垂直于斜面方向：FN＝mgcosθ②又有Ff＝μFN③由①②③得：a＝F－mgsinθ－μmgcosθm＝2.4m/s2.物块从静止开始沿斜面做匀加速运动，5s内的位移x＝12at2＝12×2.4×52m＝30m.5s末的速度v＝at＝12m/s.7．答案见解析解析(1)设飞行器所受阻力为Ff.第一次试飞时，设加速度为a1由H＝12a1t21，得a1＝2Ht21＝2m/s2由牛顿第二定律有F－mg－Ff＝ma1代入数据得Ff＝2N(2)