（课标版）2021高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的基本应用教案

第2讲牛顿第二定律的基本应用一、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: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 或做 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、两类动力学基本问题1.两类动力学问题2.解决两类动力学基本问题的方法: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。三、力学单位制1.单位制: 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制。2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共有七个,其中力学范围内有三个,它们是 长度 、 质量 、 时间 ,它们的单位分别是 米 、 千克 、 秒 。3.导出单位:由基本物理量根据 物理关系 推导出来的其他物理量的单位。四、超重、失重现象超重现象失重现象完全失重现象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1.判断下列说法对错。(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。()(2)质量越大的物体,加速度越小。()(3)物体的质量与加速度成反比。()(4)物体受到合外力作用,立即产生加速度。()(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。()(6)物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。()2.(2019辽宁沈阳四校协作体联考)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,当车的加速度增大时()a.m所受静摩擦力增大b.m对车厢壁的压力减小c.m仍相对于车厢静止d.m所受静摩擦力减小2.答案c3.如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,下列f-t图像能反映体重计示数随时间变化的是()3.答案c考点一牛顿第二定律的理解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=vt是加速度的定义式,a与v、t无必然联系;a=fm是加速度的决定式,af,a1m。(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。1.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是()a.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比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.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比d.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比答案d物体加速度的大小与质量和速度的乘积的大小无关,a错误。物体所受合力不为零,则a0,b错误。加速度的大小与其所受合力成正比,c错误。由牛顿第二定律的独立性可知ax=fxm,故d正确。2.如图甲、乙所示,两车都在光滑的水平面上,小车的质量都是m,人的质量都是m,甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是f。关于甲、乙两图中车的加速度大小,说法正确的是()a.甲图中车的加速度大小为fmb.甲图中车的加速度大小为fm+mc.乙图中车的加速度大小为2fm+md.乙图中车的加速度大小为fm答案c题甲图以车和人为研究对象,系统不受外力作用,故甲图中车的加速度为零,选项a、b错误;题乙图中人和车受绳子的拉力作用,以人和车为研究对象,受力大小为2f,所以乙图中车的加速度a=2fm+m,c项正确,d项错误。考点二牛顿第二定律的瞬时性问题1.两种常见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,具体可简化为以下两种常见模型。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利用牛顿第二定律列方程求瞬时加速度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()a.a1=a2=a3=a4=0b.a1=a2=a3=a4=gc.a1=a2=g,a3=0,a4=m+mmgd.a1=a3=g,a2=a4=m+mmg答案c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a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块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mg=f,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4=f+mgm=m+mmg。所以c对。2.如图甲所示,一质量为m的物体系于两根细线l1、l2上,l1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为,l2水平拉直,物体处于平衡状态,重力加速度为g。甲乙(1)现将细线l2剪断,求剪断l2的瞬间物体的加速度。(2)若将图甲中的细线l1换成长度相同(接物体后)、质量不计的轻弹簧,如图乙所示,其他条件不变,求剪断l2的瞬间物体的加速度。答案(1)g sin 方向垂直于l1斜向下方(2)g tan 方向水平向右解析(1)细线l2被剪断的瞬间,因细线l2对物体的弹力突然消失,而引起l1上的张力发生突变,使物体的受力情况改变,瞬时加速度垂直l1斜向下方,大小为a=g sin 。(2)当细线l2被剪断时,细线l2对物体的弹力突然消失,而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程,不能突变),因而弹簧的弹力不变,它与重力的合力与细线l2对物体的弹力是一对平衡力,等大反向,所以细线l2被剪断的瞬间,物体加速度的大小为a=g tan ,方向水平向右。方法总结“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”分析瞬时前、后的受力情况和运动状态;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。考点三动力学的两类基本问题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往往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。例如图所示,直杆水平固定,质量为m=0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上a点,在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为=53的斜向上的拉力f,使小圆环由静止开始沿杆向右运动,并在经过b点时撤掉此拉力f,小圆环最终停在c点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数=0.8,ab与bc的距离之比s1s2=85。(g取10 m/s2, sin 53=0.8, cos 53=0.6)求:(1)小圆环在bc段的加速度a2的大小;(2)小圆环在ab段的加速度a1的大小;(3)拉力f的大小。【审题突破】(1)在bc段,对小圆环进行受力分析牛顿第二定律加速度;(2)分析小圆环在bc段和ab段的运动情况运动学规律加速度;(3)在ab段,对小圆环进行受力分析杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)牛顿第二定律拉力f。答案(1)8 m/s2(2)5 m/s2(3)1.05 n或7.5 n解析(1)在bc段,小圆环受重力、弹力、摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示,有甲f=n=mg则a2=fm=g=0.810 m/s2=8 m/s2(2)小圆环在ab段做匀加速直线运动,由运动学公式可知vb2=2a1s1小圆环在bc段做匀减速直线运动,由运动学公式可知vb2=2a2s2又s1s2=85则a1=s2s1a2=588 m/s2=5 m/s2乙(3)当f sin mg时,小圆环在ab段运动的受力分析如图丙所示由牛顿第二定律可知f cos -f2=ma1又f sin =mg+n2f2=n2联立解得f=7.5 n考向1已知受力求运动1.(2018课标,24,12分)汽车a在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车b,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车b。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后b车向前滑动了4.5 m,a车向前滑动了2.0 m。已知a和b的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)碰撞后的瞬间b车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间a车速度的大小。答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s解析本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。(1)设b车的质量为mb,碰后加速度大小为ab,根据牛顿第二定律有mbg=mbab式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间b车速度的大小为vb,碰撞后滑行的距离为sb。由运动学公式有vb2=2absb联立式并利用题给数据得vb=3.0 m/s(2)设a车的质量为ma,碰后加速度大小为aa。根据牛顿第二定律有mag=maaa设碰撞后瞬间a车速度的大小为va,碰撞后滑行的距离为sa。由运动学公式有va2=2aasa设碰撞前的瞬间a车速度的大小为va。两车在碰撞过程中动量守恒,有mava=mava+mbvb联立式并利用题给数据得va=4.3 m/s考向2已知运动求受力2.有一种大型游戏机叫“跳楼机”,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处,然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后,开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动,且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落,将游客送回地面。(g取10 m/s2)求:(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少;(2)在匀减速阶段,座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍。答案(1)1.6 s(2)2.25倍解析(1)自由下落的位移h=12gt12=20 m座椅自由下落结束时的速度v=gt1=20 m/s设座椅匀减速运动的位移为h,则h=(40-4-20) m=16 m由h=v2t得t=1.6 s(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为f,由0-v=-at得a=12.5 m/s2由牛顿第二定律得f-mg=ma解得fmg=2.25方法总结动力学两类基本问题的解题步骤考点四超重与失重现象1.对超重与失重的理解(1)实重和视重实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台式弹簧秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台式弹簧秤的示数即视重。(2)超重、失重和完全失重现象的比较超重现象失重现象完全失重现象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叫超重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叫失重现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象叫完全失重现象产生条件物体的加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量物体的加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量物体在竖直方向的加速度向下,大小等于g列竖直方向原理式f-mg=maf=m(g+a)mg-f=maf=m(g-a)mg-f=maf=0运动状态加速上升、减速下降加速下降、减速上升无阻力的抛体运动情况视重fmgfmgf=0t3c.t1aob,由x=12at2可知,t2tca,故选项a错误,b、c、d均正确。a组基础过关1.(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()a.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同b.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直c.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同d.质点单位时间内速率的变化量总是不变1.答案bc由题意知,此恒力即质点所受合外力,若原速度方向与该恒力方向在一条直线上,则质点做匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度方向与该恒力方向不在一条直线上时,则质点做匀变速曲线运动,速度方向与恒力方向间的夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不变的,但速率的变化量是变化的,a、d项错误,b项正确;由牛顿第二定律可知,质点加速度的方向总与该恒力方向相同,c项正确。2.(2019贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动,其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验,助教聂海胜将自己固定在支架一端,王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置;松手后,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力,使弹簧回到初始位置,同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间;这样,就测出了聂海胜的质量为74 kg。下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是()a.测量时仪器必须水平放置b.其测量原理是牛顿第二定律c.其测量原理是万有引力定律d.测量时仪器必须竖直放置2.答案b“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间,则能算出加速度a=vt,作用力恒定,然后根据牛顿第二定律f=ma,求解质量,所以测量原理为牛顿第二定律,b正确,c错误。由于在太空中处于完全失重状态,所以测量仪器不论在什么方向上,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力,a、d错误。3.(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系,下列说法正确的是()a.物体的速度越大,则加速度越大,所受的合外力也越大b.物体的速度为零,则加速度为零,所受的合外力也为零c.物体的速度为零,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大d.物体的速度很大,但加速度可能为零,所受的合外力也可能为零3.答案cd物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无必然联系,故c、d项正确,a、b项错误。4.(多选)(2020河北保定期末)光滑斜面上,当系统静止时,挡板c与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,a、b质量相等,斜面倾角为,重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间()a.两图中两球加速度均为g sin b.两图中a球的加速度均为零c.图甲中b球的加速度为2g sin d.图乙中b球的加速度为g sin 4.答案cd设a、b质量均为m,撤去挡板前,对整体分析,挡板对b球的弹力大小为2mg sin ,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2mg sin ,加速度为2g sin ;图乙中a、b球所受合力均为mg sin ,加速度均为g sin ,故c、d正确,a、b错误。5.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩p和q间的拉力大小为f;当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时,p和q间的拉力大小仍为f。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为() a.8b.10c.15d.185.答案bc设每节车厢的质量为m,这列车厢的节数为n,p、q挂钩的东边车厢的节数为x,西边车厢的节数为n-x。当机车在东边拉车厢时,对西边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得f=(n-x)ma;当机车在西边拉车厢时,对东边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得f=23max,联立可得n=53x,x为3的倍数,则n为5的倍数,选项b、c正确,选项a、d错误。6.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,acbcdc=543,ac杆竖直,各杆上分别套有小球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()a.111b.543c.589d.1236.答案a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。7.如图,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做()a.曲线运动b.匀速直线运动c.匀加速直线运动d.变加速直线运动7.答案c本题考查力与运动的关系。在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等大反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,c项正确。8.(2019江西临川模拟)如图所示两个底边相等的固定在水平面的光滑斜面甲和乙倾角分别为70和20,质量为m1和m2(m1t2b.t12.7 m/s2,故选项a、b正确。11.(多选)如图所示,小球b放在真空正方体容器a内,球b的直径恰好等于a的内边长,现将它们以初速度v0竖直向上抛出,下列说法中正确的是()a.若不计空气阻力,下落过程中,b对a没有弹力b.若考虑空气阻力,上升过程中,a对b的弹力向下c.若考虑空气阻力,下落过程中,b对a的弹力向上d.若不计空气阻力,上升过程中,a对b的弹力向上11.答案ab将容器a以初速度v0竖直向上抛出后,若不计空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得加速度为g,再以容器a为研究对象,上升和下落过程其合力等于自身重力,则b对a没有弹力,a对b也没有弹力,故a项正确,d项错误;若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知,上升过程中的加速度大于g,再以球b为研究对象,可知b受到的合力大于其自身的重力,所以b除受到重力外,还应受到向下的力,即a对b的弹力向下,故b项正确;若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知下落过程中的加速度小于g,再以b为研究对象,可知a受到的合力小于其自身的重力,所以b除受到重力外,还应受到向上的力,即a对b的弹力向上,由牛顿第三定律可知b对a的弹力向下,故c项错误。12.(2019广西南宁期末)如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6102 m的水平跑道和长度为l2=20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m。一架质量为m=2.0104 kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为f=1.2105 n,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1。假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,取g=10 m/s2。(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小;(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s,外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力f推的大小。12.答案(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2105 n解析(1)飞机在水平跑道上运动时,在水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为t1,有f合=f-ff=ma1v12-v02=2a1l1v1=a1t1其中v0=0,ff=0.1mg代入已知数据可得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时,在沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道方向的分力作用,设飞机沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,末速度大小为v2,倾斜跑道与水平面的夹角为,沿倾斜跑道方向有f合=f-ff-mg sin =ma2mg sin =mghl2v22-v12=2a2l2其中v1=40 m/s代入已知数据可得a2=3.0 m/s2,v2=1720 m/s41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s,到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s(2)飞机在水平跑道上运动时,在水平方向受到喷气发动机的推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a1、末速度大小为v1,有f合=f推+f-ff=ma1v12-v02=2a1l1飞机在倾斜跑道上运动时,在沿倾斜跑道方向受到喷气发动机的推力、阻力与重力沿倾斜跑道方向的分力作用,加速度大小为a2=a2=3.0 m/s2v22-v12=2a2l2根据题意可知v2=100 m/s,代入数据解得f推=5.2105 n故助推力f推的大小为5.2105 nb组能力提升13.如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于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a、b两球分别由a、b两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道am、bm运动到m点;c球由c点自由下落到m点。则() a.a球最先到达m点b.b球最先到达m点c.c球最先到达m点d.b球和c球都可能最先到达m点13.答案c如图所示,令圆环半径为r,则c球由c点自由下落到m点用时满足r=12gtc2,所以tc=2rg;对于a球令am与水平面成角,则a球下滑到m点用时满足am=2r sin =12g sin ta2,即ta=2rg;同理b球从b点下滑到m点用时也满足tb=2rg(r为过b、m且与水平面相切于m点的竖直圆的半径,rr)。综上所述可得tbtatc,故选项c正确。14.(多选)如图所示,两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球,整体处于平衡状态,弹簧a与竖直方向成30,弹簧b与竖直方向成60,弹簧a、b的形变量相等,重力加速度为g,则()a.弹簧a、b的劲度系数之比为31b.弹簧a、b的劲度系数之比为32c.若弹簧a下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为3gd.若弹簧b下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为g214.答案ad由题可知,两个弹簧相互垂直,对小球受力分析,如图所示,设弹簧的伸长量都是x,由受力分析图知,弹簧a中弹力fa=mg cos 30=32mg,根据胡克定律可知弹簧a的