吉林省长春五中高一物理《第11讲 牛顿第二定律》课件

(共35张PPT)
　　牛顿第二定律是高考命题的热点，涉及本讲的主要考查内容有：(1)加速度与合外力的关系，主要是考查对四性的理解，尤其是瞬时性；(2)结合正交分解法运用牛顿第二定律解题;(3)在变力情况下的动力学问题分析.主要题型为选择题与计算题，试题注重知识的应用性，对运用牛顿第二定律分析解答物理过程的要求较高.
　　本讲要求熟练掌握牛顿第二定律的内容、表达式，深刻理解加速度与合力的关系；能熟练运用牛顿第二定律求解瞬间加速度或作用力，会分析物体在受力情况变化的过程中的速度、加速度的变化；并掌握运用正交分解法解题的方法.
　　本讲要求掌握加速度与合外力的四性关系；掌握运用正交分解法解题的方法与技巧；会对弹簧弹力、摩擦力等的变化的相关问题进行分析，加深对加速度与合外力的瞬时性与同向性的理解，提高分析与综合能力.
　　1. 质量为2 kg的物体，受到大小分别为2 N、
3 N、4 N的三个共点力的作用，则物体的加速度大小可能是 　　　　　　　　　　　　　　　(　　)
　?A. 0　　　　　　　　　B. 2 m/s2
　　C. 4 m/s2　　　　　　　D. 5 m/s2
　　2. 物体运动的速度方向、加速度方向与物体所受合外力方向的关系是　　　　　　　　（　　）
　?A. 速度方向、加速度方向、合外力方向三者总是相同的
ABC
　　B. 速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合外力方向相同
　　C. 速度方向总是和合外力方向相同，而加速度方向可能和合外力方向相同，也可能不同
　　D. 速度方向、加速度方向、合外力方向之间可以成任意夹角
　　【答案】B
　　3. 物体在与其初速度始终共
线的合外力F的作用下运动．取v0
方向为正时,合外力F随时间t的变
化情况如右图所示,则在0～t1这段
时间内　　　　　　　　　(　　)
　　A. 物体的加速度先减小后增大,速度也是先减小后增大
　　B. 物体的加速度先增大后减小,速度也是先增大后减小
　　C. 物体的加速度先减小后增大,速度一直在增大
　　D. 物体的加速度先减小后增大,速度一直在减小
C
　　4. ［2007届·北京模拟题］如下图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1 kg的物块．在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10 N；当小车做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N.这时小车运动的加速度大小是 (　　)
　?A. 2 m/s2　　　　　　B. 4 m/s2
　?C. 6 m/s2　　　　　　D. 8 m/s2
　　【解析】当小车匀速运动时，两弹簧秤的示数均为10 N，合力为零，当小车匀加速运动时，甲的示数为8 N，而由于小车长度不变，则甲弹簧的形变的变化量与乙必相等，故乙弹簧的示数应为12 N,故物体受到的合力为4 N，其加速度为4 m/s2.
　　【答案】B
　　5. 如下图所示，质量m=4 kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平面成θ=37°角的恒力F作用下，从静止起向右前进t1=2.0 s后撤去F,又经过t2=4.0 s物体刚好停下．求：F的大小、最大速度vm、总位移s.(g取10 m/s2)
　　【解析】由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比,而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5 m/s2,所以第一段中的加速度一定是a1=10 m/s2.再由方程Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma1可求得：F=54.5N.
　　第一段的末速度和第二段的初速度相等且都是最大速度，第二段：vm=a2t2=20 m/s.又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有
　　s= 　(t1+t2)=60 m.
　　一、牛顿第二定律
　　定律内容：物体的加速度跟所受的合外力大小成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同.
　　表 达 式：F合=ma.
　　适应范围：宏观低速运动的惯性系中运动与力的问题.
　　二、加速度与合外力的关系（除大小成正比外，还应理解四性）
　　1. 同体性：在表达式中，m、F合、a都应是同一个研究对象的对应量.
　?(1) 若研究对象为单个物体，则满足F合=ma；
　?(2) 若研究对象为多个物体，则满足F合=m1a1+m2a2+m3a3+…(一维情况下).
　　2. 瞬时性：加速度和合外力具有瞬时对应关系,它们总是同增同减同生同灭.
　　3. 同向性：加速度与合外力的方向时时保持一致.
　　4. 独立性：若物体受多个力的作用，则每一个力都能独自产生各自的加速度，并且任意方向均满足Fz=maz，若在两个相互垂直的方向进行正交分解,则有：
　　三、应用牛顿第二定律的解题步骤
　　(1)明确研究对象与研究过程；
　　(2)分析物体的受力情况，确定其合外力；
　　(3)分析物体的运动情况,确定或表达物体的加速度;
　　(4)选取正交坐标系与正方向，运用牛顿第二定律列出方程；
　　(5)解答并检验.
探究点一　加速度与合外力的瞬时性关系
　　例1　如右图所示，小球自由下落一段时间后，落在竖直放置的弹簧上，从接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中,小球的速度、加速度、合外力的变化情况是怎样的？
　　【解析】速度变大或变小取决于速度方向与加速度方向的关系(当a与v同向时v变大，当a与v反向时v变小)，而加速度由合外力决定，故要分析v、a的大小变化，必须先分析小球受到的合外力的变化.
　　小球接触弹簧时受两个力作用：向下的重力和向上的弹力（其中重力为恒力）.
　　在接触的头一阶段，重力大于弹力，小球合力向下，且不断变小,因而加速度也向下,加速度方向与速度方向相同,速度不断增大,直至合力为零,加速度为零，速度达到最大.在后一阶段弹力大于重力(F合=kx-mg)，因而加速度向上且变大，直到速度减少至0.(注意：小球不静止在最低点，在最低点时,弹力大于重力，小球将被弹簧推向上运动，请同学们自己分析以后的运动情况)弹簧压缩到最短.
　　【点评】分析某一复杂运动过程，要合理地抓点分段.题中弹力等于重力这一位置是个转折点，以这个转折点把小球与弹簧接触的运动分为两个阶段进行分析.
　　综上分析，小球向下压缩弹簧的过程中，F合方向先向下后向上，F合先变小后变大；a方向先向下后向上，a先变小后变大；v方向向下，大小先变大后变小.（向上推的过程也是先加速后减速）.
　　变式题　如下图所示，一质量为m的物体悬挂在长度分别为l1、l2的两根细绳上，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，现将l2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度.
　　（1）下面是某同学对该题的一种解法：
设l1线上拉力为FT1，l2线上拉力为FT2，重力为mg,
物体在三力作用下保持平衡：
　　FT1cosθ=mg，FT2=mgtanθ
　　剪断线的瞬间，FT2突然消失，物体即在FT2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma，所以加速度a=
gtanθ，方向在FT2反方向.
　　你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由.
　　（2）若将图(a)中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图(b)所示，其他条件不变，求解的步骤与(1)完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由.
　　【解析】(1)结果不正确. 因为l2被剪断的瞬间,
l1上张力的大小发生了突变. 此瞬间FT1=mgcosθ，它与重力沿绳方向的分力抵消，重力垂直于绳方向的分力产生加速度：a=gsinθ.
　　(2)结果正确，因为l2被剪断的瞬间，弹簧l1的长度不能发生突变， FT1的大小方向都不变，它与重力的合力大小与FT2相等，方向相反，所以物体的加速度大小为：a=gtanθ.
　　【点评】本题考查的是牛顿第二定律的瞬时性及轻绳与弹簧的不同力学特性.
探究点二　加速度与合外力的同向性的应用
　　例2　如右图所示, 动力
小车上有一竖杆，杆端用细绳拴一质量为m的小球.当小车沿倾角为30°的斜面匀加速向上运动时，绳与杆的夹角为60°，求小车的加速度和绳中拉力大小.
　　【解析】分析小球的受力后，画出受力图如右图所示.其中，因加速度是沿斜面方向，故小球所受合外力也是沿斜面方向,小球的受力及力的合成如图所示，由几何关系可得：∠1=∠2=30°，所以F=mg，由F=ma得a=g.从图中可得绳中拉力为FT=
2mgcos 30°=　 mg.
　　【点评】本题利用了加速度与合外力的同向性，由加速度的方向确定了合外力的方向，进而求出了合外力的大小.
探究点三　用正交分解法解题
　　例3　风洞实验中可产生水平方向、 大小可调节的风力. 现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径,如下图所示.
　　（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍. 求小球与杆间的动摩擦因数.
　　(2)保持小球所受风力不变,使杆与水平方向间夹角为37°并固定,则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少 (sin37°=0.6,cos37°=0.8)
　　【解析】本题主要考查应用牛顿运动定律解决实际问题的能力. 题中将套有小球的细直杆放在我们比较陌生的风洞实验里，题目比较新颖，同时也考查了学生的理解能力及灵活应用知识的能力.
　　（1）设小球所受的风力为F，小球质量为m.
　　小球在杆上匀速运动时，F=μmg，得
　　（2）设杆对小球的支持力
为FN，摩擦力为Ff,小球受力情
况如右图所示,将F、mg沿杆方
向和垂直杆方向正交分解，根
据牛顿第二定律得:
　　由①②③可解得:
　　【点评】1. 正交分解法的坐标轴的选择技巧：由于加速度与合外力的方向一致，通常选取和加速度一致与垂直的两个方向建立坐标轴.这样，牛顿第二定律的分量式就变为：Fx=ma、Fy＝0.
　　2. 解答二维受力情况下的动力学习题时，应规定一个正方向，通过符号正确表达各矢量的方向.
　　变式题　两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如下图所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下,滑块B受到的摩擦力 　　　　　　　　　(　　)
　?A. 等于零
　　B. 方向沿斜面向上
　?C. 大小等于μ2mgcosθ
　　D. 大小等于μ1mgcosθ
　　【解析】把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a，由牛顿第二定律得：
　　(M+m)gsinθ-μ1(M+m)gcosθ=(M+m)a.
　　得a=g(sinθ-μ1cosθ)
　　　　　 (1)　　　　　　　　　(2)
　　【点评】由于所求的摩擦力是未知力,若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下,则牛顿第二定律的表达式为mgsinθ+FB=ma得FB=ma-mgsinθ=mg(sinθ-μ1cosθ)-mgsinθ=-μ1mgcosθ，式中负号表示FB的方向与规定的正方向相反，即沿斜面向上.
　　由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过程中,必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB (如上图(2)所示). 由牛顿第二定律mgsinθ-FB=ma.
　　得FB=mgsinθ-ma=mgsinθ-mg(sinθ-μ1cosθ) =μ1mgcosθ.
　　【答案】BD
探究点四　变力作用下物体的运动
　　例4　一弹簧秤的秤盘质量m1=1.5 kg，盘内放一物体P，P的质量m2=10.5 kg，弹簧质量不计，其劲度系数k=800 N/m，系统处于静止状态，如右图所示,现给P施加一竖直向上的力F使P从静止开始向上做匀加速运动,已知在最初0.2 s内F是变力，在0.2 s后F是恒力，求F的最小值和最大值各为多少？
　　【解析】未施加拉力时，系统处于平衡状态，故有：kx0=(m1+m2)g.
　　当0≤t<0.2 s时,P匀加速上升的位移x0-x=　at2.
　　当t=0.2 s时，P与秤盘分离(FN=0)，
　　由牛顿第二定律F=ma得：
　　对秤盘：kx-m1g=m1a，
　　开始运动时，弹簧压缩量最大，F有最小值：
　　Fmin=(m1+m2)a=12×6 N=72 N
　　当FN=0时F有最大值：
　　Fmax=m2(g+a)=10.5×16 N=168 N.
　　【点评】本例中对于两物体分离的条件的判断是难点，也是解题的关键.可以先分析m1对m2支持力的变化特点. 对整体：F+F弹-(m1+m2)g=(m1+m2)a,随着弹簧弹力F弹减小，F增大. 再对m2有F+FN-m2g=m2a，FN将随F增大而减小，当FN减小为零时，m2与m1分离.
　　变式题　传送带以恒定的
速率v=10 m/s运动,已知它与水
平面成θ=37°，如右图所示，
PQ=16 m，将一个小物体无初
速地放在P点,小物体与传送带
间的动摩擦因数μ=0.5，问当
皮带逆时针转动时,小物体运动到Q点的时间为多少
　　【解析】当物体刚放在传送带上时，物体的速度小于传送带的速度，物体所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，加速度为:
　　当物体与传送带的速度相同时，由于重力的作用，物体继续加速，物体的速度大于传送带的速度,摩擦力的方向变为沿斜面向上，加速度为:
　　因为s2=s-s1=11 m
　　又s2=vt2+　　　解得t2=1 s
　　所以小物体从P点运动到Q点的时间:t=t1+t2=2 s.
　　【点评】摩擦力的突变有多种类型，其大小突变有静静突变、动静突变、静动突变、动动突变.本题就属动动突变.在突变时还可能涉及方向的突变，这是由于摩擦力的被动性所引起的.