江苏专用版版高考物理大一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件Word文档格式.docx
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A.kg、m/s、N是导出单位
B.kg>
m、J是基本单位
C.在国际单位制中，质量的基本单位是kg,也可以是g
D・只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是民加a
解析kg是质量的单位，它是基本单位，所以选项A错误;
国际单位制规定了七个基本物理量:
长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量，它们在国际单位制中的单位称为基本单位,J是导出单位,选项B错误;
g是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以选项C错误;
牛顿第二定律的表达式Fnrnz,是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以选项D正确。
2.—质点受多个力的作用，处于静止状态。
现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。
在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小"
的变化情况是（C
A."
和v都始终增大
B."
和v都先增大后减小
C."
先增大后减小，卩始终增大
D.a和v都先减小后增大
解析质点受多个力的作用,处于静止状态，则多个力的合力为零,其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反，使其中—个力的大
大，选项C正确。
考点一对牛顿第二定律的理解
考点二牛顿运动定律的瞬时性考点三动力学的两类基本问题
牛顿第二定律的五个特性
—|a与F方向相剛►|矢量性
fa与F对应同一时刻»
瞬性
F=ma
-|F是产生a的原因|»
|因果性
f|F、观z对应同一物体|
—►统一^性
—|F»
a统二使用国际单位一
丄|每一个力都可以产生各自的加速度独立性
例1（多选）（2017南京调研）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等于弹簧弹力时,木块速度最大
D.弹簧压缩量最大时，木块加速度为零
解析木块接触弹簧后向右运动,弹力逐渐增大，开始时恒力F大
于弹簧弹力,合外力方向水平向右，与木块速度方向相同,木块速度不断增大,A项错误,B项正确;
当弹力增大到与恒力F相等时，合力为零,速度增大到最大值,C项正确;
之后木块由于惯性继续向右运动,但合力方向与速度方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力F,加速度大于零,D项错误。
方法技巧
合力、加速度、速度间的决定关系
（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。
⑵*一是加速度的定义式皿与Au、$无必然联系©
二■是加速度的决iII
定式，o
（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。
考点二牛顿运动定律的瞬时性
1•力学中的几个模型
轻绳
弹性绳
轻弹簧
质量大小
受外力作用时
形变的种类
拉伸形变
拉伸形变、压缩形变
受外力作用时形变量大小
微小,可忽略
较大，不可忽略
弹力方向
沿着绳，指向绳收缩的方向
沿着绳，指向绳收缩的方向
沿着弹簧，指向弹簧Q
恢复糜长眇歹回£
弹力大小帝化情况
可以突变
不能突变
2•求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变化前后
物休的受力悄况
列牛顿第二定律方程
求瞬时
加速度
例2如图所示，质量为加的小球被水平绳40和与竖直方向成&
角的轻弹簧系着处于静止状态,重力加速度为g,现用火将绳40烧断，在绳ao烧断的瞬间，下列说法正确的是（）
A.弹簧的拉力民2LL
m0
B.弹簧的拉力F=mgsin3
C.小球的加速度为零
D.小球的加速度a=gsin0
解析根据共点力的平衡，求得弹簧的弹力民胡烧断绳子的瞬间，弹簧的形变来不及改变，弹力不变，故A项正确,B项错误;
烧断前，绳子的拉力Fr=〃gtan烧断后的瞬间，弹簧弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等大反向，所以烧断后的瞬间，小球受的合力为mgtan。
根据牛顿第二定律,加速度d=gtan。
，故C、D项错误。
考点三动力学的两类基本问题
解决动力学两类问题的两个关键点
加速度是联系运动和力的桥梁
速度是各物理过程间相互联系的桥梁
例3（2017扬州检测）如图所示,质量为60kg的滑雪运动员在倾角0=37。
的斜坡顶端从静止开始自由下滑50m到达坡底，用时5s,然后沿着水平路面继续自由滑行，直至停止。
不计拐角处能量损失，滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，取g=10m/s2,sin37。
=0・6,cos37°
=0.8o求：
（1）运动员下滑过程中的加速度大小;
（2）滑板与坡面间的滑动摩擦力大小;
（3）运动员在水平路面上滑行的时间。
解析
（1）设运动员在斜坡上下滑的加速度为％下滑的时间为齐,根据匀变速直线运动位移公式有兀］=■d］，解得e』-=4m/s2o
（2）运动员在斜坡上下滑时受重力加g、斜坡的支持力F、'
和滑动摩擦力/；
AI
作用，根据牛顿第二定律可知在沿斜坡向下方向上有哗sin3-f,=mah仰乍得/*i=〃gsin0-ma\=\2QN
（3）在垂直斜坡方向上有F^-mgcos0=0,
设滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数为〃，根据滑动摩擦力公式有/尸
“7S解得“=0・25
根据匀变速直线运动平均速度公式可知,运动员滑至坡底时的速度为2
IJ
一=20m/s
h
运动员在水平面上滑行时，受重力加g、水平面的支持力和滑动摩擦力左作用，根据牛顿第二定律可知,运动员在水平面上滑行的加速度为色
二
根施匀变速直线运动速度公式可知，运动员在水平面上滑行的时间为E
_0・v
ai
联立以上各式，并代入数据解得仏=8s
解决动力学问题时的处理方法
（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）,则釆用“正交分解法”。
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典型的斜面问题——等时圆模型
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。
例4（2018镇江模拟）如图所示，肪、c〃是竖直面内两根固定的光滑细杆,"
b、山两端位于相切的两个竖直圆周上。
每根杆上都套着一个小滑环（图中未画岀），两个滑环分别从0、c处释放（初速度为零），用小M衣次表示滑环从匕到b和从c到〃所用的时间，则
A・/[>
/2
BZ"
CJi=f2
DZ和仏的大小以上三种情况都有可能
解析设轨道与竖直方向的夹角为0,根据几何关系得,轨道的长度厶=（2/?
1+2/?
2）cos&
加速度/1U理0S&
根据厶二at2^J=,W+RJ
In:
Vg
与夹角无关，则心厶故C项正确。
例5如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆形轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于4点。
竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60。
《是圆形轨道的圆心。
已知在同一时刻°
、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、运动到M点;
c球由C点自由
下落到M点。
贝0（）
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
解析如图所示，令圆形轨道半径为尺则C球由C点自由下落到M点
用时满足心■g，所以£
丰匚；
对于"
球令AM与水平面成&
角，则"
球下滑到M点用时满足AM=2Rsin<
9=.gsinO：
即匚=咅；
同理b球从B点下滑到M点用时也满足侣2石（/•为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,r>
R）。
综上所述可得th>
ta>
tc.故选项C正确。
1.（2018常州一模）物理量有的属于状态量，有的属于过程量，下列物理量属于过程量的是（）
A.速度B.加速度C.力D.功
2•若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则
A.携带弹药越多，加速度越大
B.加速度相同，与携带弹药的多少无关
C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D.携带弹药越多，滑行时间越长
解析携带弹药越多，战机的质量越大,而牵引力相同，根据牛顿第
二定律可知，飞机加速度越小，由宓可知,起飞速度越小，选
项A、B、C错误;
起飞前滑行的距离相同，由心■打可得，加速度越小，滑
I
行时间越长，所以D正确。
3•如图所示,放在水平面上的物体在与水平方向成&
角的拉力f作用下,在水平面上做匀速直线运动。
已知物体与水平面间的动摩擦因数为〃则将拉力F撤去后，物体在水平面上运动的加速度大小为（I）
解析当物体在拉力F作用下在水平面上做匀速直线运动时，由共
点力的平衡可得Feos扫几,而F^mg-Fsin。
）；
当拉力F撤去后，由牛顿第二定律可^mg=ma,以上各式联立求解可得a=^（cos&
+〃sin0）,故选项D正确。
4.（2018南京一模）如图所示A、B两物块质量分别为2加、加,用一轻弹簧相
连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态,B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为兀，现将悬绳剪断,
解析弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kxo当向下压缩,弹力等
于重力时,速度达到最大，则有联立解Wx'
=2x,所以A物块下降的距离^jx+2x=3x,此时速度最大，故A错误,B正确。
剪断悬绳前，对〃受力分析力受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=〃g。
剪断瞬间，对A分析A的合力为F戸2/g+F=3〃g,根据牛顿第二定律，得“=1.5g,故C、D错误。
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