牛顿第二定律课件.doc

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,下列叙述正确得就是(　　)
A.物体加速度得大小跟它得质量与速度大小得乘积成反比
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.物体加速度得大小跟它所受作用力中得任一个得大小成正比
D.当物体质量改变但其所受合力得水平分力不变时,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m2m得小球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,细线中得拉力为F,此时突然剪断细线。在线断得瞬间,弹簧得弹力得大小与小球A得加速度得大小分别为(　　)
A.,＋g         B.,＋g
C.,＋g         D.,＋g
5.质量为1 kg得质点,受水平恒力作用,由静止开始做匀加速直线运动,它在t s内得位移为x m,则F得大小为(单位为N)(　　)
A.　　　　　B.         C.        D.
6.如图甲所示,质量m＝2 kg得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得恒力F并开始计时,选水平向右为速度得正方向,通过速度传感器测出物体得瞬时速度,所得v－t图象如图乙所示.取重力加速度g＝10 m/s2、求:
(1)力F得大小与物体与水平面间得动摩擦因数μ;
(2)10 s末物体离a点得距离.

一、瞬时加速度问题
[例1] 如图所示,A、B球得质量相等,弹簧得质量不计,倾角为θ得斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断得瞬间,下列说法正确得就是(　　)
A.两个小球得瞬时加速度均沿斜面向下大小均为gsin θ
B.B球得受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A球得瞬时加速度沿斜面向下,大小为gsin θ
D.弹簧有收缩得趋势,B球得瞬时加速度向上,A球得瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零
二、动力学得两类基本问题分析
1.物体运动性质得判断方法
(1)明确物体得初始运动状态(v0) ;(2)明确物体得受力情况(F合)
2.两类动力学问题得解题步骤

[例2] 如图所示,质量m＝1 kg得小球穿在长L＝1、6 m得斜杆上,斜杆与水平方向成α＝37°角,斜杆固定不动,小球与斜杆间得动摩擦因数μ＝0、75。小球受水平向左得拉力F＝1 N,从斜杆得顶端由静止开始下滑(sin 37°＝0、6,cos 37°＝0、8,g＝10 m/s2)试求:
(1)小球运动得加速度大小;
(2)小球运动到斜杆底端时得速度大小。
三、传送带模型
1.水平传送带模型
项目
图示
滑块可能得运动情况
情景1

(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景2

(1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速
(2)v02)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、5 m,工件与传送带间得动摩擦因数μ＝0、1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s,达到B端得瞬时速度设为vB,则下列说法
错误得就是(　　)
A.若传送带不动,则vB＝3 m/s
B.若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动,vB＝3 m/s
C.若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动,vB＝3 m/s
D.若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动,vB＝3 m/s
[例4] 如图所示为上、下两端相距L＝5 m,倾角α＝30°,始终以v＝3 m/s得速率顺时针转动得传送带(传送带始终绷紧)。将一物体放在传送带得上端由静止释放滑下,经过t＝2 s到达下端,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)传送带与物体间得动摩擦因数;
(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。

1.如图甲所示,质量为m得物块沿足够长得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得时间为t1,加速度大小为a1,经过A得速率为v1,从B返回到A得时间为t2,加速度大小为a2,经过A得速率为v2,则正确得就是(　　)
A.t1＝t2,a1＝a2,v1＝v2
B.t1<t2,a1<a2,v1<v2
C.物块全过程得速度时间图线如乙所示
D.物块全过程得速度时间图线如丙所示
2.如图所示,细线得一端系一质量为m得小球,另一端固定在倾角为θ得光滑斜面体顶端,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得过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线得拉力T与斜面得支持力为FN分别为(重力加速度为g)(　　)
A.T＝m(gsin θ＋acos θ)　FN＝ m(gcos θ－asin θ)
B.T＝m(gcos θ＋asin θ)　FN＝ m(gsin θ－acos θ)
C.T＝m(acos θ－gsin θ)　FN＝ m(gcos θ＋asin θ)
D.T＝m(asin θ－gcos θ)　FN＝ m(gsin θ＋acos θ)
3.如图所示,水平木板上有质量m＝1、0 kg得物块,受到随时间t变化得水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff得大小。取重力加速度g＝10 m/s2,下列判断正确得就是(　　)
A.5 s内拉力对物块做功为零
B4 s末物块所受合力大小为4、0 N
C.物块与木板之间得动摩擦因数为0、4
D.6 s～9 s内物块得加速度大小为2、0 m/s2
4.一物块静止在粗糙得水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变得水平拉力作用。假设物块与桌面间得最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块得加速度大小,F表示水平拉力得大小。能正确描述F与a之间关系得图像就是(　　)

5.如图所示,A、B为两个质量相等得小球,由细线相连,再用轻质弹簧悬挂起来,在A、B间细线烧断后得瞬间,A、B得加速度分别就是(　　)
A.A、B得加速度大小均为g,方向都竖直向下
B.A得加速度0,B得加速度大小为g、竖直向下
C.A得加速度大小为g、竖直向上,B得加速度大小为g、竖直向下
D.A得加速度大于g、竖直向上,B得加速度大小为g、竖直向下
6.我国道路安全部门规定,在高速公路上行驶得汽车最大速度为120 km/h,交通部门提供下列资料:
资料一:驾驶员得反应时间:0、3～0、6 s;
资料二:各种路面与轮胎之间得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、7
0、6～0、7
0、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得安全距离最接近(　　)
A.100 m      B.200 m &nbsp;    C.300 m        D.400 m
7.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,当车得加速度增大时,下列说法错误得就是(　　)
A.M受静摩擦增大       B.M对车厢壁得压力增大
C.M仍相对于车厢静止   D.M受静摩擦力不变
8.质量M＝9 kg、长L＝1 m得木板在动摩擦因数μ1＝0、1得水平地面上向右滑行,当速度v0＝2 m/s时,在木板得右端轻放一质量m＝1 kg得小物块如图所示。当小物块刚好滑到木板左端时,物块与木板达到共同速度。取g＝10 m/s2,求:
(1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用得时间t;
(2)小物块与木板间得动摩擦因数μ2。
1、解析:选C　质点受到得合外力先从0逐渐增大,然后又逐渐减小为0,合力得方向始终未变,故质点得加速度方向不变,先增大后减小,速度始终增大,本题选C。
2解析:选C
3解析:选D、物体加速度得大小与质量与速度得大小得乘积无关,A项错误;物体所受合力不为0,则a≠0,B项错误;加速度得大小与其所受得合力成正比,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＝,细线被剪断后得瞬间,弹簧弹力不变,此时对A球来说,受到向下得重力与弹力,则有:F弹＋mg＝maA,解得aA＝＋g,故A正确。
5解析:选A　由牛顿第二定律F＝ma与x＝at2,得出F＝＝。
6解析:(1)设物体向右做匀减速直线运动得加速度大小为a1,则由v－t图得:a1＝2 m/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得加速度大小为a2,则由v－t图得:a2＝1 m/s2③
根据牛顿第二定律,有F－μmg＝ma2④
由①②③④得:F＝3 N,μ＝0、05、
(2)设10 s末物体离a点得距离为s,s应为v－t图与横轴所围得面积,则
s＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m,负号表示物体在a点左侧.
答案:(1)3 N　0、05　(2)2 m,在a点左侧
[例1]　[解析]　选B　设弹簧得弹力大小为F,由平衡条件可知,F＝mgsin θ,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＋mgsin θ＝maA,解得:aA＝2gsin θ,故C错误。
[例2]解析:(1)Fcos α＋mgsin α－μN＝ma
Fsin α＋N＝mgcos α
联立上式可得:
a＝＝1、25 m/s2。
(2)由运动学公式得v2＝2aL
可求v＝＝m/s＝2 m/s。
答案:(1)1、25 m/s2　(2)2 m/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＝3 m/s,当满足选项B、C中得条件时,工件得运动情况跟传送带不动时得一样,同理可得,工件达到B端得瞬时速度仍为3 m/s,故选项A、B、C正确;若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动,则工件滑上A端后做匀速运动,到B端得速度仍为4 m/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。
由题意得L＝at2解得a＝2、5 m/s2;
由牛顿第二定律得
mgsin α－Ff＝ma,又Ff＝μmgcos α
解得μ＝＝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得最大加速度,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
mgsin α＋Ff＝ma′
Ff＝μmgcos α,vm2＝2La′
联立解得vm＝8、66 m/s。

图3－2－9
[答案]　(1)0、29　(2)8、66 m/s
1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得时间t1a2,v1>v2,故AB错误;物块全过程得速度时间图线如图丙所示,故C错误D正确。
2解析:选A　本题考查受力分析与牛顿第二定律,意在考查考生对力与运动关系得理解。对小球受力分析,并沿水平、竖直方向正交分解。水平方向:Tcos θ－FNsin θ＝ma,竖直方向:Tsin θ＋FNcos θ＝mg。联立求解得选项A正确。
3解析:选D　本题考查物体得受力分析与运动分析,意在考查考生对力得平衡条件、牛顿第二定律及图像得理解。由Ff­t图像知物块所受得最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,4 s末物块所受得合力为零,则B项错误;因前4 s内物块处于静止状态,5 s内物块得位移即第5 s内物块得位移不为零,则5 s内拉力对物块所做得功不为零,故A项错误;由μmg＝3 N,得物块与木板之间得动摩擦因数μ＝0、3,则C项错误;6 s～9 s内物块所受得合力为5 N－3 N＝2 N,由F合＝ma,得物块得加速度大小a＝2 m/s2,故D项正确。
2解析:选C　本题考查摩擦力、牛顿第二定律等基础知识点,意在考查考生应用相关知识分析问题、解决问题得能力。设物块所受滑动摩擦力为f,在水平拉力F作用下,物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律,F－f＝ma,F＝ma＋f,所以能正确描述F与a之间关系得图像就是C,选项C正确,A、B、D错误。
3解析:选C　在细线烧断前,A、B两球得受力情况如图甲所示,由平衡条件可得:

对B球有F绳＝mg
对A球有F弹＝mg＋F绳
在细线烧断后,F绳立即消失,弹簧弹力及各球重力不变,两球得受力情况如图乙所示。由牛顿第二定律可得:
B球有向下得重力加速度g
A球有F弹－mg＝maA
解得aA＝g,方向向上。
综上分析,选C。
4解析:选B　当驾驶员得反应时间最长、路面得动摩擦因数最小时对应得行驶距离为安全距离。v＝120 km/h≈33、3 m/s,在反应时间t＝0、6 s内,汽车向前行驶得距离x1＝vt＝20 m;由汽车在高速公路上刹车后做匀减速直线运动知,μmg＝ma,则a＝3、2 m/s2,刹车距离为x2＝≈173 m,所以x＝x1＋x2＝193 m,最接近于B,故B正确。
5解析:选A　分析M受力情况如图所示,因M相对车厢壁静止,有Ff＝Mg,与水平方向得加速度大小无关,A错误,D正确。水平方向,FN＝Ma,FN随a得增大而增大,由牛顿第三定律知,B正确。因FN增大,物体与车厢壁得最大静摩擦力增大,故M相对于车厢仍静止,C正确。
6解析:(1)设木板得加速度大小为a1,时间t内得位移为x1;木块得加速度大小为a2,时间t内得位移为x2则有
x1＝v0t－a1t2 ①
x2＝a2t2 ②
x1＝L＋x2 ③
又v0－a1t＝a2t ④
代入数据得t＝1 s ⑤
(2)根据牛顿第二定律,
有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1,μ2mg＝ma2 ⑥
解得μ2＝0、08 ⑦
答案:(1)1 s　(2)0、08