物理高考一轮复习 第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题Word下载.docx
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单位制
2．（粤教必修1P102T3改编）在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：
m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）．导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（）
A．m2·
kg·
s－4·
A－1B．m2·
s－3·
A－1
C．m2·
s－2·
A－1D．m2·
s－1·
[答案] B
牛顿第二定律的应用
3．（人教版必修1P78T5改编）水平路面上质量是30kg的手推车，在受到60N的水平推力时做加速度为1.5m/s2的匀加速运动．
（1）如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？
（g＝10m/s2）
（2）若在外力作用下匀加速4s撤去外力后，还能运动多少时间？
[解析]
（1）设阻力为Ff，则F－Ff＝ma，解得Ff＝15N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则Ff＝ma′，解得a′＝0.5m/s2.
（2）由v＝at及v＝a′t′可知，
t′＝
＝12s.
[答案]
（1）0.5m/s2
（2）12s
动力学基本问题
4．（鲁科必修1P113T6）如图所示，质量为0.8kg的物块以5m/s的初速度从斜面顶端下滑，斜面长5m，倾角为37°
，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3.求：
（1）物块在斜面上运动时的加速度；
（2）物块滑至斜面底端时的速度．（取g＝10m/s2）
【导学号：
84370112】
[解析]
（1）由于物体下滑过程中受重力、摩擦力、弹力作用，沿斜面方向有
mgsin37°
－μmgcos37°
＝ma
解得a＝3.6m/s2，方向沿斜面向下．
（2）由v
－v
＝2as得vt＝7.8m/s，方向沿斜面向下．
[答案]
（1）3.6m/s2 沿斜面向下
（2）7.8m/s 沿斜面向下
（对应学生用书第44页）
对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
矢量性
F＝ma是矢量式，a与F同向
瞬时性
a与F对应同一时刻
因果性
F是产生a的原因
同一性
a、F、m对应同一个物体，
应用时统一使用SI制
独立性
每一个力都产生各自的加速度
2.合力、加速度、速度间的决定关系
（1）物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．
（2）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．
（3）a＝
是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；
a＝
是加速度的决定式，a∝F，a∝
.
[题组通关]
1．（2018·
四川广元一诊）如图3 2 1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则（）
84370113】
图3 2 1
A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
A [物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点（设为点O′）时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析．只有选项A正确．]
2.（多选）一物体重为50N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3 2 2所示的水平力F1和F2，若F2＝15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是（g取10m/s2）（）
图3 2 2
A．3NB．25N
C．30ND．50N
ACD [若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>
0，解得F1<
5N，A正确；
若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>
0，解得F1>
25N，C、D正确．]
[反思总结] 理解牛顿第二定律的三点注意
（1）分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化.
（2）速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系.
（3）加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系.
牛顿第二定律的瞬时性
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：
2．一般思路
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．
3．如图3 2 3所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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（）
甲乙
图3 2 3
A．两图中两球加速度均为gsinθ
B．两图中A球的加速度均为0
C．图乙中轻杆的作用力一定不为0
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍
D [撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，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0，加速度为0，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；
图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D对．]
4．（2018·
泰安二模）如图3 2 4所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°
角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°
角，现将轻质细绳剪断的瞬间（重力加速度为g），下列说法正确的是（）
84370114】
图3 2 4
A．弹簧弹力大小为
mg
B．球B的加速度为g
C．球A受到的支持力为
D．球A的加速度为
g
D [剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan45°
＝mg；
剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和重力的大小和方向均没有改变，则F合＝
＝
mg，aB＝
g，A、B项错误．A球的重力大小GA＝2F绳cos30°
mg，A球受到的支持力NA＝GAcos30°
mg，C项错误．对A球由牛顿第二定律有mAgsin30°
＝mAaA，得A的加速度aA＝g·
sin30°
g，D项正确．]
[反思总结] 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.
动力学的两类基本问题
1．解决动力学基本问题时对力的处理方法
（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），则采用“正交分解法”．
2．两类动力学问题的解题步骤
[多维探究]
考向1 已知受力情况，求物体运动情况
1．（多选）（2018·
汕头模拟）建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是（）
图3 2 5
A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大
B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短
AC [设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：
mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：
ma＝mgsinθ.雨滴的加速度为：
a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；
雨滴对屋顶的压力大小：
F′N＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；
根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝
，由x＝
gsinθ·
t2，可得：
t＝
，可见当θ＝45°
时，用时最短，D错误；
由v＝gsinθ·
t可得：
v＝
，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．]
2.如图3 2 6所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4N．g取10m/s2.
图3 2 6
（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5s时离地面的高度h；
（2）当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.
84370115】
[解析]
（1）设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有
F－mg－f＝ma
解得a＝6m/s2
由h＝
at2，解得h＝75m.
（2）设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有
mg－f＝ma1
解得a1＝8m/s2
由v2＝2a1H，解得v＝40m/s.
[答案]
（1）75m
（2）40m/s
在第2题中在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1.
[解析] 设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律，有
F－mg＋f＝ma2
解得a2＝10m/s2
设飞行器恢复升力时速度为vm，则有
＋
＝H
解得vm＝
m/s
由vm＝a1t1，解得t1＝
s.
[答案]
s
考向2 已知运动情况，求物体受力情况
3．（2018·
襄阳模拟）在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于（重力加速度g取10m/s2）（）
A．25m/s,1.25B．40m/s,0.25
C．50m/s,0.25D．80m/s,1.25
[题眼点拨] ①“4s末，100m的最高点”可由运动学公式求加速度；
②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.
C [根据h＝
at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；
上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝
＝（k＋1）g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．]
德州模拟）一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°
的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2的加速度匀加速下滑．如图3 2 7所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4m．求：
（g取10m/s2）
图3 2 7
（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
（2）恒力F的大小.
84370116】
[题眼点拨] ①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；
②“恒力F…静止开始…”说明使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．
[解析]
（1）根据牛顿第二定律可得：
mgsin30°
－μmgcos30°
解得：
μ＝
（2）由x＝
a1t2，得a1＝2m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos30°
－mgsin30°
－μ（Fsin30°
＋mgcos30°
）＝ma1，代入数据得：
F＝
N
当加速度沿斜面向下时：
－Fcos30°
－
μ（Fsin30°
）＝ma1
代入数据得：
N.
[答案]
（1）
（2）
N或
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l＝180m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120m，在该区域安装有直线电机，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m＝2.0×
104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×
105N．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．已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120m/s，航空母舰处于静止状态，求：
（结果保留两位有效数字，g取10m/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f2＝0.2mg
根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2
代入数据解得a2＝4.0m/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f1＝0.05mg
根据匀加速运动规律有
v
＝2a1l1
v2－v
＝2a2（l－l1）
根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1
代入数据解得a1＝58m/s2，F牵≈1.1×
106N.
[答案]
（1）4.0m/s2
（2）58m/s2 1.1×
106N
[反思总结] 解决动力学两类问题的关键点
（1）两个分析：
受力情况分析、运动情况分析.
（2）两个桥梁：
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.
“传送带模型”问题
[母题] （2018·
成都高三期末）如图3 2 8所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°
，以v＝1m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L＝9m，一可视为质点的物块以大小v0＝11m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，整个过程中物块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，求：
图3 2 8
（1）从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，物块相对传送带通过的路程；
（2）物块在传送带上运动的总时间.
84370117】
【自主思考】
物块的速度第一次达到1m/s时物块的加速度怎样？
物块将怎样运动？
[提示] 因mgsinθ>
μmgcosθ，加速度方向不变，大小发生突变，物块继续做匀减速运动．
[解析]
（1）物块从滑上传送带到第一次速度达到1m/s前受力如图甲所示，由牛顿第二定律有－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，代入数据解得a1＝－10m/s2，由运动学公式v－v0＝a1t1，解得t1＝1s．物块第一次速度达到1m/s时发生的位移为x1＝v0t1＋
a1t
，，代入数据得x1＝6m，传送带的位移x2＝vt1，代入数据得x2＝1m，物块相对传送带通过的路程Δx＝x1－x2，解得Δx＝5m.
（2）物块第一次速度达到1m/s后，由于mgsinθ>
μmgcosθ，物块会相对传送带下滑，在此过程中物块受力如图乙所示，对物块，由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，解得a2＝－2m/s2，物块在此过程中上升的最大距离为x3，由运动学公式有－v2＝2a2x3，解得x3＝0.25m，因x1＋x3<
L，故物块此后会反向做匀加速运动，从下端离开传送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍为a2＝－2m/s2，对物块，选择从速度第一次达到1m/s时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公式有－x1＝vt2＋
a2t
，解得t2＝3s，故总时间t＝t1＋t2＝4s.
[答案]
（1）5m
（2）4s
[母题迁移]
迁移1 水平传送带
1．（多选）如图3 2 9所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（）
图3 2 9
A．煤块从A运动到B的时间是2.25s
B．煤块从A运动到B的时间是1.5s
C．划痕长度是0.5m
D．划痕长度是2m
[题眼点拨] ①“无初速度…相对滑动…”可知划痕长为二者相对位移大小；
②“从A运动到B…”运动过程有两种可能，一是一直加速，二是先匀加速再匀速．
BD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝
＝4m/s2，
煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝
＝1s，位移大小x1＝
at
＝2m＜x，
此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即
Δx＝v0t1－x1＝2m，选项D正确，C错误；
x2＝x－x1＝2m，匀速运动的时间t2＝
＝0.5s，
运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，选项B正确，A错误．]
迁移2 倾斜传送带
2．如图3 2 10所示，传送带与地面夹角θ＝37°
，从A到B长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin37°
＝0.6，g取10m/s2，求：
图3 2 10
（1）煤块从A到B的时间；
84370118】
（2）煤块从A到B的过程中在传送带上形成痕迹的长度．
[解析]
（1）煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g（sinθ＋μcosθ）＝10m/s2，
加速过程中t1＝
＝1s，
x1＝
＝5m.
煤块速度达到v0后，受到向上的摩擦力，则
a2＝g（sinθ－μcosθ）＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，
x2＝v0t2＋
，得t2＝0.5s.
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s.
（2）第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5m.
[答案]
（1）1.5s
（2）5m
如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°
，A、B两端相距L＝5.0m，质量为M＝10kg的物体以v0＝6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s，（g取10m/s2，sin37°
＝0.8）求：
（1）物体从A点到达B点所需的时间；
（2）若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
[解析]
（1）设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝
②
通过的位移x1＝
③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2
Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma2④
物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点
L－x1＝vt2－
⑤
联立①②③④⑤式可得：
t＝t1＋t2＝2.2s.
（2）若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，
L＝v0t′－
a2t′2⑥
联立④⑥式可得：
t′＝1s（t′＝5s舍去）．
[答案]
（1）2.2s
（2）1s
[反思总结] “三步”巧解传送带问题
（1）初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况.
（2）根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式.
（3）运用相应规律，进行相关计算.
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