高考物理复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题讲义（含解析）新人教版.docx

牛顿第二定律两类动力学问题 基础知识填一填知识点1牛顿第二定律单位制1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同(2)表达式：FKma，当单位采用国际单位制时K1，Fma.(3)适用范围牛顿第二定律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)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况2单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量基本单位：基本物理量的单位力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m千克kg时间t秒s长度l米m电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n摩尔mol发光强度IV坎德拉cd判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)物体所受合外力越大，加速度越大()(2)物体所受合外力越大，速度越大()(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小()(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用()知识点2两类动力学问题1动力学的两类基本问题(1)已知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运动定律列方程求解，具体的逻辑关系如图：教材挖掘做一做1(人教版必修1 P78第1题改编)由牛顿第二定律Fma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为()A牛顿第二定律不适用于静止的物体B桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到C推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值D桌子所受的合力为零，加速度为零答案：D2(人教必修1 P77科学漫步改编)质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度的大小？(2)木块1对2的弹力解析：(1)将木块1和2看做一个整体，其合外力为F，由牛顿第二定律知F(m1m2)a，a.(2)再以木块2为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F12m2a，联立以上两式可得F12.答案：(1)(2)3(人教版必修1 P78第5题)水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g取10 m/s2)解析：设阻力为Ff，则FFfma，解得Ff15 N如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则Ffma，解得a0.5 m/s2.答案：0.5 m/s24(人教版必修1 P87第4题改编)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速在限速为40 km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速(g 取10 m/s2)解析：选取初速度方向为正方向，则FNmg0故FfFNmg由牛顿第二定律得Ffma根据匀变速直线运动的规律有v2v2ax联立式可得v0代入数据得v012 m/s汽车刹车前速度为12 m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶答案：超速5(人教版必修1 P87第3题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB3.0 m，斜面气囊长度AC5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取10 m/s2，求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)解析：(1)根据运动学公式xat2得a m/s22.5 m/s2故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s2.(2)乘客在气囊上受力情况如图所示FfFNFNmgcos 根据牛顿第二定律：mgsin Ffma由几何关系可知sin 0.6，cos 0.8联立解得0.44故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44.答案：(1)2.5 m/s2(2)0.44考点一对牛顿第二定律的理解考点解读1牛顿第二定律的五个特性2合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度(2)a是加速度的定义式，a与v、t无必然联系；a是加速度的决定式，aF，a.(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动典例赏析典例1(多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，自由伸长到B点今用一小物体m把弹簧压缩到A点(m与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B点运动到C点而静止小物体m与水平面间的动摩擦因数恒定，则下列说法中正确的是()A物体从A到B速度越来越大B物体从A到B速度先增加后减小C物体从A到B加速度越来越小D物体从A到B加速度先减小后增加审题指导(1)由A到C的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B点的左侧(2)加速度a0的位置在A、B之间，速度最大解析BD物体从A到B的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0.开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A、B间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动所以，小物体由A到B的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B、D.弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值(2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点题组巩固1(2019商丘模拟)(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解析：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；在初速度为零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2.(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后()A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍可增大C当F等于弹簧弹力大小时，木块速度最大D弹簧压缩量最大时，木块加速度为0解析：BC当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误3(2019内蒙古包头模拟)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为l.将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A圆环通过O点的加速度小于gB圆环在O点的速度最大C圆环在A点的加速度大小为gD圆环在B点的速度为2解析：CD圆环在O点的合力大小等于重力，则此时加速度ag，A错误；圆环在O点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B错误；圆环在A点的加速度大小为aAg，C正确；A、B两点到O点的距离都为l，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg2lmv2，即v2，D正确考点二瞬时加速度的求解考点解读1两种模型：加速度与合外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，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典例赏析典例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g解析：BD原来p、q对球的拉力大小均为mg.p和球突然脱钩后，细绳q对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解(见图1)，得Fmgcos 600，即Fmg，合力为mgsin 60ma，A错误，B正确；q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg(见图2)，球的加速度大小为g，故C错误，D正确在求解瞬时加速度时应注意的问题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积累的过程，不会发生突变题组巩固1(轻绳模型)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，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20解析：A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2(轻杆、轻弹簧模型)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：D撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin ，可知只有D对3.(轻弹簧模型)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l2解析：AC剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mgma1得a13g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mgkl1.mgkl2，所以l12l2，C正确，D错误考点三动力学的两类基本问题考点解读1动力学的两类基本问题的解题步骤2解决两类动力学问题的两个关键点(1)把握“两个分析”“一个桥梁”(2)不同过程中的联系如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系典例赏析典例3(2019东北四校协作体联考)如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角37，拉力F与杆的夹角也为.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零(已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数；(2)环沿杆向上运动的总距离x.审题指导解析(1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有Fcos mgsin Ffma1Fsin FNmgcos FfFN设0.5 s末速度为v根据运动学公式有va1t1撤去F后0.4 s内mgsin mgcos ma2va2t2联立以上各式得0.5a18 m/s2，a210 m/s2va2t24 m/s.(2)xa1tvt2a2t1.8 m.答案(1)0.5(2)1.8 m多过程问题的分析方法1将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接2对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图3根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程4分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程5联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论题组巩固1.(已知物体的受力情况求运动情况)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大小(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 m/s20.2 m/s2经时间t2速度变为vtv1a2t21.2 m/s0.22.0 m/s0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2联立解得x25.2 m.答案：(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m2(已知物体的运动情况求受力情况)随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射区的长度为l1120 m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小解析：(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力Ff20.2mg根据牛顿第二定律有F推Ff2ma2代入数据解得a24.0 m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力Ff10.05mg根据匀加速运动规律有v2a1l1v2v2a2(ll1)根据牛顿第二定律有F牵F推Ff1ma1代入数据解得a158 m/s2，F牵1.05106 N.答案：(1)4.0 m/s2(2)58 m/s21.05106 N 物理模型(二)“等时圆”模型模型特点1物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t2(如图甲所示)2物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t2(如图乙所示)答题模板典例赏析典例如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜