江苏高考物理总复习讲义 牛顿第二定律两类动力学问题Word格式.docx

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解析：

选D　在F＝kma中，k的数值由F、m、a的单位决定，当F、m、a的单位都取国际单位时，k的数值取1，即F＝ma，故A正确；

物体所受合力为零时，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度一定为零，故B正确；

根据牛顿第二定律知，加速度方向与合力的方向相同，故C正确；

根据牛顿第二定律知，当物体加速度不为零即有加速度时，则合力不为零，当物体没有加速度即加速度为零时也可以受到外力作用，只是此时合力为零，故D错误。

2.（2016·

上海高考）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（　　）

A．OA方向　　　　　　B．OB方向

C．OC方向D．OD方向

选D　据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。

3.

[多选]（2019·

靖江期考）如图所示，在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧。

当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物块接触弹簧后即做减速运动

B．物块接触弹簧后先加速后减速

C．当弹簧最短时，物块有向左的加速度

D．当物块的速度最大时，它受的合力为零

选BCD　物块刚接触弹簧时，受到向左的弹簧弹力的作用，但小于向右的水平恒力F，由牛顿第二定律可知物块仍然向右加速，故A错误；

由牛顿第二定律可知加速度和合外力同时变化，物块从接触弹簧到压缩量最大的过程中，合外力先减小到零，加速度也减小到零，而速度继续增加；

然后合外力再反向增大，加速度反向增大，此时加速度和速度反向，速度逐渐减小，故B正确；

当弹簧处于压缩量最大时，弹力大于向右的恒力，合外力不为零，物块有向左的加速度，故C正确；

当物块受到合外力为零时，加速度为零，之前是加速度逐渐减小到零的加速过程，此时速度最大，故D正确。

突破点

（二）　牛顿第二定律的瞬时性问题

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

⇒⇒

1.（2019·

成都月考）如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°

的光滑斜面上。

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，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（　　）

A．都等于　　　　　　　　B.和0

C.和D.和

选C　对A球：

在剪断绳子之前，A球处于平衡状态，所以绳子的拉力等于A球的重力沿斜面的分力。

在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F＝mAgsin30°

＝mAa，a＝gsin30°

＝；

对B球：

在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B球受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时对B球进行受力分析，

则B球受到重力、弹簧斜向上的拉力、支持力，根据牛顿第二定律得：

mAgsin30°

＝mBa′，解得a′＝。

故C正确。

2.

如图所示，底板光滑的小车停在水平地面上。

现在小车前后壁上用两个量程为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙拉住一个质量为1kg的物块，此时两弹簧秤的示数均为10N。

当小车做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8N，这时小车运动的加速度大小是（　　）

A．2m/s2B．4m/s2

C．6m/s2D．8m/s2

选B　因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由10N变为8N时，其形变量减少，则弹簧秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，所以，弹簧秤乙的示数应为12N，物块在水平方向所受到的合外力为：

F＝T乙－T甲＝12N－8N＝4N，根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为：

a＝＝4m/s2，小车与物块相对静止，加速度相等，所以小车的加速度为4m/s2，故选项B正确，A、C、D错误。

（2019·

吴江检测）如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。

当在P点处剪断绳子的瞬间（　　）

A．物体a的加速度大小为g

B．物体a的加速度大小为0

C．物体b的加速度大小为0

D．物体b的加速度大小为2g

选A　设a、b的质量均为m，剪断绳子前，对a、b整体受力分析可得，弹簧弹力F＝2mg。

剪断绳子瞬间，弹簧弹力不变，绳子拉力变为零。

对a受力分析，a受重力、弹簧弹力，由牛顿第二定律可得：

F－mg＝ma1，解得：

a1＝g，方向竖直向上。

对b受力分析，b只受重力，则b的加速度为g，方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误。

突破点（三）　动力学的两类基本问题

1．解决动力学两类基本问题的思路

2．动力学两类基本问题的解题步骤

[典例]　

（2018·

通榆期中）如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F。

此后，物体到达C点时速度为零。

每隔0.2s通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。

求：

t/s

0.0

0.2

0.4

…

2.2

2.4

v/（m·

s－1）

1.0

2.0

3.3

2.1

（1）恒力F的大小；

（2）撤去外力F的时刻。

[思路点拨]

（1）分析物体的运动情况，由表格所给的数据求加速度；

（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求出F；

（3）撤去F时刻物体的速度最大，匀减速到零的运动可用逆向思维法计算。

[解析]　

（1）加速阶段由加速度的定义知，加速度：

a1＝＝m/s2＝5m/s2

减速阶段加速度大小为：

a2＝＝m/s2＝6m/s2

加速阶段中由牛顿第二定律得：

F－mgsinθ＝ma1

减速阶段中由牛顿第二定律得：

mgsinθ＝ma2

联立以上两式，代入数据得：

F＝m（a1＋a2）＝11N。

（2）撤力瞬间速度最大，则有a1t＝v0＋a2（t′－t），

其中：

v0＝3.3m/s，t′＝2.2s

解得t＝1.5s。

[答案]　

（1）11N　

（2）1.5s

[方法规律]

解决动力学两类问题的两个关键点

[集训冲关]

1.

[多选]（2018·

宿迁调研）如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止。

现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F（F＝mg），若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。

则（　　）

A．a2>

a1　　　　　　　　　B．a2＝a1

C．x2>

x1D．x2<

x1

选AD　设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：

a1＝＝μg，拿走砝码施加F时，加速度：

a2＝＝μg，可知a2＞a1。

根据v2＝2ax得，x＝，知加速度增大，则滑行的距离变小。

即：

x2<

x1，则A、D正确，B、C错误。

扬州模拟）“神舟”飞船完成预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回。

返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降。

穿越大气层后，在一定高度打开阻力降落伞，这一过程中返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k，所受空气浮力不变，且认为竖直降落。

从某时刻开始计时，返回舱的运动vt图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴上一点B的坐标为（8,0），CD是曲线AD的渐进线。

假如返回舱总质量为M＝400kg，g取10m/s2。

（1）在开始时刻v0＝160m/s时，返回舱的加速度大小；

（2）空气阻力系数k（结果保留两位有效数字）。

（1）开始时v0＝160m/s，过A点切线的斜率大小就是此时的加速度的大小，

加速度的大小：

a＝＝m/s2＝20m/s2。

（2）设浮力为F，据牛顿第二定律，在t＝0时有：

kv02＋F－Mg＝Ma

由题图知返回舱的最终速度为：

v＝4m/s，

当返回舱匀速运动时有：

kv2＋F－Mg＝0

故k＝＝kg/m≈0.31kg/m。

答案：

（1）20m/s2　

（2）0.31kg/m

突破点（四）　动力学的图像问题

1．常见的动力学图像

vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。

2．动力学图像问题的类型

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像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。

（2）应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

[多维探究]

（一）由运动图像分析物体的受力情况

[例1]　质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，经0.5s落至地面，该下落过程对应的vt图像如图所示。

球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的，设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10m/s2。

（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；

（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。

[解析]　

（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度为a，由速度时间图像得：

a＝＝8m/s2

根据牛顿第二定律得：

mg－f＝ma

解得：

f＝0.2N。

（2）由速度时间图像可知，弹性球第一次到达地面的速度为v＝4m/s

则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v′＝3m/s

离开地面后a′＝＝12m/s2，

根据v′2＝2a′h

h＝0.375m。

[答案]　

（1）0.2N　

（2）0.375m

（二）由力的图像分析物体的运动情况

[例2]　（2019·

华中师大附中模拟）如图甲所示为一倾角θ＝37°

足够长的斜面，将一质量m＝1kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。

取g＝10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，求：

（1）2s末物体的速度大小；

（2）前16s内物体发生的位移。

[解析]　

（1）对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设0～2s物体沿斜面方向向下运动mgsinθ－μmgcosθ－F1>

0，

所以假设成立，物体在0～2s内沿斜面向下

做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝2.5m/s2，

v1＝a1t1，

代入数据可得v1＝5m/s。

（2）物体在前2s内发生的位移为

x1＝a1t12＝5m，

当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得

mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，

代入数据可得a2＝－0.5m/s2，

设物体经过t2时间速度减为零，则

0＝v1＋a2t2，

解得t2＝10s，

物体在t2时间内发生的位移为

x2＝v1t2＋a2t22＝25m，

由于mgsinθ－μmgcosθ<

F2<

mgsinθ＋μmgcosθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态。

故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。

[答案]　

（1）5m/s　

（2）30m，方向沿斜面向下

（三）根据已知条件确定图像的变化

[例3]　

綦江模拟）如图所示，水平地面上竖直固定一轻弹簧，弹簧上端固定着一个质量不计的小薄片。

一小球从弹簧正上方自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩到最短，在该过程中，关于小球运动的vt图像中分析正确的是（不计空气阻力）（　　）

[解析]　小球自由下落的过程中，做匀加速直线运动，合外力不变；

小球接触弹簧后将弹簧压缩到最短的过程中，受到向下的重力和弹簧向上的弹力，由于弹簧的弹力与压缩量成正比，开始阶段，弹力小于重力，小球的合力向下，与速度方向相同，速度增大，随着弹力的增大，合力减小，加速度减小；

后来弹力大于重力，合力向上，随着弹力的增大，合力增大，加速度增大，由于合力与速度方向相反，小球速度减小，故当弹力与重力相等时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态；

所以小球接触弹簧后先做加速度减小的加速运动后做加速度增大的减速运动，由以上分析可知D正确，A、B、C错误。

[答案]　D

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。

[典例]　[多选]如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。

每根杆上都套着一个小滑环（未画出），两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是（　　）

A．t1＝t2　　　　　　　　　B．t2>

t3

C．t1<

t2D．t1＝t3

[解析]　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；

而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca>

aOb，由x＝at2可知，t2>

tca，故选项A错误，B、C、D均正确。

[答案]　BCD

[应用体验]

镇江模拟）如图所示，ab、cd是竖直面内两根固定的光滑细杆，ab、cd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（图中未画出），两个滑环分别从a、c处释放（初速度为零），用t1、t2依次表示滑环从a到b和从c到d所用的时间，则（　　）

A．t1＞t2

B．t1＜t2

C．t1＝t2

D．t1和t2的大小以上三种情况都有可能

选C　设轨道与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系得，轨道的长度L＝（2R1＋2R2）cosθ，加速度：

a＝＝gcosθ，根据L＝at2得，t＝，与夹角无关，则t1＝t2。

如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。

B点在y轴上且∠BMO＝60°

，O′为圆心。

现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　　）

A．tA<

tC<

tB

B．tA＝tC<

C．tA＝tC＝tB

D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系

选B　由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<

tB，B正确。

如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。

现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>

β>

θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　）

A．tAB＝tCD＝tEF　　　　　B．tAB>

tCD>

tEF

C．tAB<

tCD<

tEFD．tAB＝tCD<

选B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线的延长线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>

tEF，B项正确。

4.

如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置（　　）

A．在同一水平线上B．在同一竖直线上

C．在同一抛物线上D．在同一圆周上

选D　设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝＝gsinθ，由位移公式得l＝at2＝gsinθ·

t2，即＝gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确。