2022版高考物理一轮复习-第3章-牛顿运动定律-第2节-牛顿第二定律教案.doc

2022版高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律教案2022版高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第2节 牛顿第二定律教案年级：姓名：- 17 -第2节牛顿第二定律一、牛顿第二定律、单位制1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正比，跟它的质量成反比。加速度的方向与作用力的方向相同。(2)表达式a或Fma。(3)适用范围只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。2单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成。(2)基本单位基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。二、超重与失重1实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。(2)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。2超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重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)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小为ag原理方程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmgF0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动三、动力学两类基本问题1两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况。2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：一、思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)1牛顿第二定律的表达式Fma在任何情况下都适用。()2物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。()3物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。()4失重说明物体的重力减小了。()5物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。()6研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。()二、走进教材1(粤教版必修1P102T3改编)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()Am2kgs4A1Bm2kgs3A1Cm2kgs2A1Dm2kgs1A1B根据PUI，PFv，Fma可导出U，则Um2kgs3A1，故B正确。2(鲁科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中()A物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小B物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小C物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小D物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大D由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定Ff，且maFf；当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F0，解得F10，解得F125 N，C、D正确。4(人教版必修1P78T2改编)一质量为m的物体，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用产生加速度a，物体所受摩擦力为f，当水平推力变为2F时()A物体的加速度小于2aB物体的加速度大于2aC物体的加速度等于2aD物体所受的摩擦力变为2fB根据牛顿第二定律可知，物体在水平推力F的作用下，产生的加速度为ag。当水平推力变为2F时，物体的加速度ag。比较两式可以看出a2a。 牛顿第二定律的理解1(多选)下列对牛顿第二定律的表达式Fma及其变形公式的理解，正确的是()A由Fma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由m可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比C由a可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D由m可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力求出CD牛顿第二定律的表达式Fma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关，故A、B错误，C、D正确。2(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是()A原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D合力变小，物体的速度一定变小ABC加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为0的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误。合力、加速度、速度间的决定关系(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合外力的大小决定了其加速度的大小，与物体运动速度无关。(2)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。(3)a是加速度的定义式，a与v、t无直接关系；a是加速度的决定式，aF，a。 超重和失重1图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g10 m/s2。根据图象分析可知()甲乙A人的重力可由b点读出，约为300 NBb到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度C开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。2.(2020广东深圳三校模拟)如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器。当箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。取g10 m/s2。若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是()A匀加速上升，a5 m/s2B匀加速下降，a5 m/s2C匀速上升D静止状态B当箱子随电梯以a4.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知FN上mgFN下ma，m kg1 kg，Gmg10 N。若下底板传感器示数不变，上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则上顶板传感器的示数是5 N，对金属块，由牛顿第二定律知FN上mgFN下ma，解得a5 m/s2，方向向下，故电梯以a5 m/s2的加速度匀加速下降，或以a5 m/s2的加速度匀减速上升，故A、C、D错误，B正确。超重和失重的判断方法(1)根据定义判断拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。(2)根据条件判断加速度的方向，加速度方向向上或具有向上的分量则超重，方向向下或具有向下的分量则失重。 瞬时性问题的两类模型1两种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，在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点2求解瞬时加速度的一般思路(一题多变)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()Aa1g，a2g Ba10，a22gCa1g，a20 Da12g，a20A由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1a2g。故选项A正确。变式1在典例示法中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20D剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a12g，a20。故选项D正确。变式2将变式1中的题图放置在倾角为30的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()AaA0aBgBaAgaB0CaAgaBgDaA0aBgB细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT2mgsin ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin ，所以A球的瞬时加速度为aA2gsin 30g，故选项B正确。变式3(多选)将变式2中的两小球改为三小球，并将弹簧和轻绳互换位置，如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线。下列判断正确的是()A细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin D细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin CD剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F(3m2mm)gsin 6mgsin 。以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin 。剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F(m2m)gsin (m2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aABgsin ，方向沿斜面向上；以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB2mgsin 2maAB，解得杆的拉力为FAB4mgsin ；以C为研究对象，由牛顿第二定律得aCgsin ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误。“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。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()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4gC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a1a2g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对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mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，所以C正确。2.(多选)如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计。静止时p、q与竖直方向的夹角均为60。下列判断正确的有()A若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mgB若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为gC若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为mgD若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为gBDp和球脱钩前，由平衡条件知，p、q对球的拉力大小均为mg，p和球脱钩瞬间，球将做圆周运动，受力如图1所示，将重力沿q和垂直于q分解，由牛顿第二定律得mgsin 60ma，Fqmgcos 60，解得agsin 60g，Fqmg，B正确，A错误；q和球突然脱钩瞬间，p的拉力不能突变，球所受合力与脱钩前q的拉力大小相等，如图2所示，由牛顿第二定律得mgma，解得球的加速度大小为ag，C错误，D正确。图1图2 动力学中的两类基本问题1解决动力学两类问题的两个关键点2动力学基本问题的力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。(2020陕西榆林模拟)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上的最大升力。为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间。思路点拨：解此题注意以下关键信息：(1)上升过程受升力、重力和空气阻力三个力作用，下落过程受重力和空气阻力两个力作用。(2)恢复升力后向下减速，受升力、重力和空气阻力三个力作用，空气阻力方向向上。解析(1)根据题意，在上升过程中，由牛顿第二定律得FmgFfma由运动学规律得，上升高度hat2联立解得Ff4 N。(2)下落过程由牛顿第二定律得mgFfma1解得a18 m/s2落地时v22a1H解得H100 m。(3)恢复升力后向下减速时，由牛顿第二定律得FmgFfma2解得a210 m/s2设恢复升力后的速度为vm，则有H解得vm m/s由vma1t1得t1 s。答案(1)4 N(2)100 m(3) s动力学问题的解题步骤已知受力情况求运动情况1.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t11.0 s，撤除水平推力F后经过t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。解析(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1 m/s21.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s位移x1a1t0.6 m。(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2经时间t2速度变为v1v1a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2解得x25.2 m。答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m已知运动情况求受力情况2.(2020安徽蚌埠二中期中)如图所示，质量M10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数0.2。在木楔的倾角为37的斜面上，有一质量m1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x1 m时，其速度v2 m/s，在这过程中木楔没有动。(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数1；(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F5 N，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)解析(1)由v22ax，得a2 m/s2对物块，由牛顿第二定律有mgsin 1mgcos ma，得10.5。(2)以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图如图。(mM)gFNmay，Ffmax，axacos ，ayasin 解得：FN108.8 N，Ff1.6 N。(3)对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变。答案(1)0.5(2)1.6 N，水平向左(3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 动力学中的“等时圆”模型1模型特征(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。甲乙丙2等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为，圆的直径为d，如图乙所示。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为agsin ，位移为xdsin ，所以运动时间为t0。即沿同一起点或终点的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。示例如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtABtCDtEFDtABtCDtCDtEF，选项B正确。1.如图所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。丙球由C点自由下落到M点。则()A甲球最先到达M点B乙球最先到达M点C丙球最先到达M点D三个球同时到达M点C设圆轨道的半径为R，根据等时圆模型有t乙t甲，t甲2；丙球做自由落体运动，有t丙，所以有t乙t甲t丙，选项C正确。2.如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC杆竖直。各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123。现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()A111B543C589D123A因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。