2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律及应用学案.doc

第2讲牛顿第二定律及应用微知识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，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式：Fma。3“五个”性质微知识2 两类动力学问题1两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况。(2)已知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，具体逻辑关系如图：微知识3 力学单位制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。4国际单位制中的七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s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一、思维辨析(判断正误，正确的画“”，错误的画“”。)1物体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。()2加速度的方向与合外力的方向相同，与速度的方向无关。()3物体所受合外力减小，物体的速度必减小。()4物理公式不仅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。()5千克、米、秒、库仑、安培都是国际单位制的基本单位。()二、对点微练1(单位制)关于单位制，下列说法正确的是()Akg、m/s、N是导出单位Bkg、m、C是基本单位C在国际单位制中，A是导出单位D在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的解析在国际单位制中，kg、m、s属于基本单位， m/s、N、C属于导出单位，A、B项均错误；A项为国际单位制的基本单位，C项错误；力的单位(N)是根据牛顿第二定律Fma导出的，D项正确。答案D2(牛顿第二定律的理解)(多选)质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上。A紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间()AA球的加速度为 BA球的加速度为零CB球的加速度为 DB球的加速度为解析撤去恒力F前，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F。突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错，B项对；而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a，故C项错，D项对。答案BD3(动力学的两类基本问题)(多选)如图所示，质量为m1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F2 N的恒力，在此恒力作用下(g取10 m/s2)()A物体经10 s速度减为零B物体经2 s速度减为零C物体速度减为零后将保持静止D物体速度减为零后将向右运动解析物体受到向右的滑动摩擦力fNG3 N，根据牛顿第二定律得a m/s25 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t s2 s，B项正确，A项错误；减速到零后，恒力Ff，物体将保持静止，不再运动，C项正确，D项错误。答案BC见学生用书P040微考点1牛顿第二定律的瞬时性核|心|微|讲牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型牛顿第二定律的表达式为Fma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：1刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。2弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。典|例|微|探【例1】(多选)在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m2 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，g取10 m/s2，下列说法正确的是()A此时轻弹簧的弹力大小为20 NB小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右D若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零【解题导思】(1)剪断轻绳前后，弹簧的弹力变化吗？答：剪断轻绳前后，弹簧长度来不及发生变化，所以弹簧弹力不变。(2)剪断轻绳前后水平面对小球的支持力变化吗？答：剪断轻绳前，水平面对小球没有支持力作用，剪断轻绳后，水平面对小球的支持力等于小球的重力大小。 解析未剪断轻绳时，水平面对小球的弹力为零，小球受到重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得竖直方向上有Tcosmg，水平方向上有TsinF，解得弹簧弹力Fmgtan20 N，A项正确；剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，即水平面支持力Nmg，水平方向上弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律得小球的加速度a m/s28 m/s2，方向向左，B项正确；当剪断弹簧的瞬间，小球立即只受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为零，C项错误，D项正确。答案ABD(1)求解瞬时加速度的一般思路(2)加速度可以随着力突变而突变，但速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。题|组|微|练1(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相对于原长的伸长量分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断细线的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2解析设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A项正确，B项错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C项正确，D项错误。答案AC2.如图所示，质量分别为m、2m的小球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，细线中的拉力为T，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()A.，g B.，gC.，g D.，g解析在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有T3mg3ma，对B由牛顿第二定律得F弹2mg2ma，由此可得F弹，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹mgmaA，解得aAg，故A项正确。答案A微考点2动力学的两类基本问题核|心|微|讲1物体运动性质的判断方法(1)明确物体的初始运动状态(v0)。(2)明确物体的受力情况(F合)。(3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。2两类动力学问题的解题步骤典|例|微|探【例2】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sin370.6，cos370.8，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。【解题导思】(1)环的运动过程分为几段？各是什么性质的运动？答：环的运动分为两个阶段，先是匀加速直线运动，后是匀减速直线运动。(2)匀加速直线运动的末速度与匀减速直线运动的初速度有何关系？答：相等。 解析(1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有Fcosmgsinfma1，FsinNmgcos，fN，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mgsinmgcosma2，va2t2，联立以上各式得0.5，a18 m/s2，a210 m/s2，va2t24 m/s。(2)xa1tvt2a2t1.8 m。答案(1)0.5(2)1.8 m【反思总结】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|微|练3.如图所示，足够长的倾角37的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m11 kg的物块A连接，另一端与质量为m23 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H0.6 m处，而A静止于斜面底端。现释放B，试求A在斜面上向上滑行的最大距离？(设B落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)解析设B未落地前系统加速度大小为a1，B落地时的速度为v，B落地后A的加速度为a2，则依据题意有m2gTm2a1，Tm1gsin37m1a1，解得a16 m/s2。v202a1x1，x1H，m1gsin37m1a2，解得a26 m/s2。0v22a2x2，x20.6 m，故A在斜面上向上滑行的最大距离Lx1x21.2 m。答案1.2 m4.如图所示，质量m2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L20 m，用大小为30 N、沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s拉至B处。(已知cos370.8，sin370.6，g取10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数。(2)用大小为30 N、与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。解析(1)沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。根据运动学公式有Lat，代入数据解得a10 m/s2，由牛顿第二定律知Ffma，得f10 N，所以0.5。(2)设外力F作用的最短时间为t，物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，所用时间为t，受力分析如图所示。撤去外力后，以大小为a2的加速度匀减速运动，所用时间为t，到达B处速度恰为零。由牛顿第二定律知Fcos37fma1，其中fN(mgFsin37)，联立解得a111.5 m/s2，a2g5 m/s2。由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度，撤去外力时的速度va1ta2t，又因为La1t2a2t2，联立解得t1.03 s。答案(1)0.5(2)1.03 s见学生用书P042数形结合思想在动力学中的应用素能培养1常见的动力学图象vt图象、at图象、Ft图象、Fa图象等。2图象问题的类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。3解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。经典考题(多选)如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2。则()A传送带的速率v010 m/sB传送带的倾角30C物体与传送带之间的动摩擦因数0.5D02 s内摩擦力对物体做功W24 J解析由题图可知，当物体速度达到v010 m/s时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故A项正确；01 s内物体的加速度为a110 m/s2,12 s内为a22 m/s2，则有mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2，联立解得37，0.5，故B项错误，C项正确；设物体的两段位移为x1、x2，则有x1 m5 m，x2 m11 m，摩擦力对物体做的功为WW1W2mgx1cosmgx2cos24 J，故D项正确。答案ACD对法对题1(多选)如图甲，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsinmgcosma，即gsingcos。同理向下滑行时gsingcos，两式联立得sin，。可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsint1，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B项错误。答案ACD2如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()AA的质量为0.25 kg BB的质量为1.25 kgCB与地面间的动摩擦因数为0.2DA、B间的动摩擦因数为0.2解析由题图乙知，B与地面的最大静摩擦力f3 N，当F19 N时，A、B达到最大的共同加速度a14 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得F1f(mAmB)a1。水平力再增大时，A、B发生相对滑动，A的加速度仍为4 m/s2，B的加速度随水平力的增大而增大，当F213 N时，aB8 m/s2，对B有F2fmAa1mBaB，解得mB1 kg，mA0.5 kg，进一步求得B与地面间的动摩擦因数10.2，A、B间的动摩擦因数20.4，C项正确，A、B、D项错误。答案C见学生用书P0431.如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为30，弹簧水平，以下说法正确的是()A细线拉力大小为mgB剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为gC弹簧的弹力大小为mgD剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g解析对a受力分析可知，细线拉力大小为F12mg，弹簧的弹力大小为F2mgtan60mg选项A错误，C项正确；剪断左侧细线瞬间，弹簧的弹力不变，故b球加速度大小为0；此时a球所受的合力为2mg，则a球的加速度为2g，选项B、D错误；故选C项。答案C2(多选)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30，质量为0.3 kg的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的vt图象如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A小物块到C点后将沿斜面下滑B小物块加速时的加速度是减速时加速度的C小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力F的大小为4 N解析当撤去外力F后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由vt图象可求得物块在斜面上加速和减速两个过程中的加速度分别为a1 m/s2，a210 m/s2，物块加速时加速度是减速时加速度的，故B项正确；在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30mgcos30ma2，故C项正确；因此小物块到达C点后将静止在斜面上，故选项A错误；在匀加速运动阶段Fmgsin30mgcos30ma1，F4 N，故D项正确。答案BCD3(多选)如图所示