本章复习与测试优秀说课稿

力学复习教案

第2节

牛顿第二定律

两类动力学问题

一、牛顿第二定律

1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．

2．表达式：F＝ma

3．适用范围

(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．

(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．

二、两类动力学问题

1．动力学的两类基本问题

(1)由受力情况确定物体的运动情况．

(2)由运动情况确定物体的受力情况．

2．解决两类基本问题的思路：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．

三、力学单位制

1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．

2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．

3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．

考点一

对牛顿第二定律的理解

1．牛顿第二定律的“五性”

2．力、加速度、速度间的关系

(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．

(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．

3．(2017·湖南师范大学附中月考)(多选) 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B

物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是(

) A．物块一定向上加速运动

B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞Msin θ

mg－Mgsin θC．若a2＝0，则a1一定等于

Mmg－Mgsin θD．若a1＝a2，则a1可能等于

M＋m解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－Mgsin θ＝Ma1，得F＝Mgsin θ＋Ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误；

人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mgsin θ即可，故B错误；mg－Mgsin θ若a2＝0，则F＝mg，故mg－Mgsin θ＝Ma1，a1＝，故C正确；F＝Mgsin θ＋Mmg－Mgsin θMa1，当F

M＋m考点二

牛顿第二定律瞬时性的理解

1．两种模型：

牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：

2．求解瞬时加速度的一般思路

分析瞬时变化前、后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程

⇒求瞬时加速度

1．(2017·山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．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，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(

) gA．都等于

2gmAgC.和·

2mB2gB．和0 2mAggD.·和

mB22

解析：选C.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin 30°

剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：

mAg对B：F弹－mBgsin 30°＝mBaB，得aB＝·

mB21对A：mAgsin 30°＝mAaA，得aA＝g

2所以C正确．

考点三

动力学的两类基本问题

1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：

2．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．

考向1：由受力情况求运动情况

[典例1]

如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手．(g＝10 m/s2)求：

(1)松手前铸件的加速度；

(2)松手后铸件还能前进的距离．

解析

(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得

Fcos 37°－μa＝mg－Fm＝1.3 m/s2

(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s 松手后的加速度大小a′＝μmg＝μg＝2.5 m/s2

mv2则松手后铸件还能滑行的距离x＝＝5.4 m 2a′答案

(1)1.3 m/s2

(2)5.4 m 6．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；

(2)恒力F的大小．

解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：

mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma

解得：μ＝3. 6(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2 m/s2，

763代入数据得：F＝

N 5当加速度沿斜面向下时(如图丙)：

mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin

30°＋mgcos 30°)＝ma1

43代入数据得：F＝

N. 7

答案：(1)376343

(2)

N或

N 6578．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则

(

)

A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上

B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下

1C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma

2D．小物块受到的静摩擦力为ma

解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin 30°＝ma，Ff1＝mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．

212．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10 m/s2)，求：

(1)滑块在运动过程中的最大速度；

(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；

(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．

解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 30°＝ma1

hv2，解得vm＝4 m/s. m＝2a1sin 30°(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2

v2m＝2a2L，解得μ＝0.4. (3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得

vmt1＝＝0.8 s a1由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s 设t＝1.0 s时速度大小为v，有

v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s. 答案：(1)4 m/s

(2)0.4

(3)3.2 m/s