通用版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题Word文档格式.docx
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（4）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．（√）
（5）物理公式不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．（√）
2．[单位制的理解与应用]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·
B [由F＝ma，可知1N＝1kg·
m·
s－2，由P＝Fv，可知1W＝1N·
s－1＝1kg·
m2·
s－3，由U＝
，可知1V＝1W·
A－1＝1m2·
A－1，故导出单位V（伏特）可表示为m2·
A－1，选项B正确．]
3．[由受力情况确定运动情况]用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体，力F作用3s后撤去，则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是（ ）
A．v＝6m/s，a＝0B．v＝10m/s，a＝2m/s2
C．v＝6m/s，a＝2m/s2D．v＝10m/s，a＝0
A [由牛顿第二定律得：
F＝ma，a＝2m/s2.3s末物体速度为v＝at＝6m/s，此后F撤去，a＝0，物体做匀速运动，故A正确．]
4．[由运动情况确定受力情况]一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块A穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图321分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下A、B均与车保持相对静止，且
（1）和
（2）中细线仍处于竖直方向．已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是（ ）
【导学号：
92492122】
图321
A．f1∶f2＝1∶2B．f1∶f2＝2∶3
C．f3∶f4＝1∶2D．tanα＝2tanθ
B [设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，
（1）和
（2）中A在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A正确，B错误；
（3）和（4）中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3＝（M＋m）a3，f4＝（M＋m）a4，可得f3∶f4＝1∶2，所以C正确；
以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtanθ＝ma3，mgtanα＝ma4，联立可得tanα＝2tanθ，故D正确．]
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；
是加速度的决定式，a∝F，a∝
.
[题组通关]
1．（多选）下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（ ）
92492123】
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
CD [物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C、D正确，A、B错误．]
2．如图322所示，质量m＝10kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20N的作用，则物体产生的加速度是（g取10m/s2）（ ）
图322
A．0 B．4m/s2，水平向右
C．2m/s2，水平向左D．2m/s2，水平向右
B [物体水平向左运动，所受滑动摩擦力水平向右，Ff＝μmg＝20N，故物体所受合外力F合＝Ff＋F＝40N，由牛顿第二定律可得：
＝4m/s2.方向水平向右，B正确．]
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．
1．如图323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（ ）
92492124】
甲 乙
图323
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．]
2．（2017·
银川模拟）如图324所示，质量分别为m和2m所小球A和B，用轻弹簧相连后再用细线悬挂于电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线上的拉力为F.此时突然剪断细线，在细线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（ ）
92492125】
图324
A.
，
＋gB．
＋g
C.
＋gD．
D [剪断细线前：
设弹簧的弹力大小为f.根据牛顿第二定律得：
可整体：
F－3mg＝3ma 对B球：
f－2mg＝2ma
解得，f＝
剪断细线的瞬间：
弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f＝
对A球：
mg＋f＝maA，得aA＝
＋g，故选项D正确．]
3．（2017·
绍兴模拟）如图325所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间也用一轻绳L2连接，细绳L1和弹簧与竖直方向的夹角均为θ，A、B间细绳L2水平拉直，现将A、B间细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是（ ）
92492126】
图325
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为cosθ∶1
图1 图2
D [根据题述，A、B两球的质量相等，设均为m.剪断细绳L2时对A球受力分析如图1所示，由于绳的拉力可以突变，应沿绳L1方向和垂直于绳L1方向正交分解，得FT＝mgcosθ，ma1＝mgsinθ.剪断细绳L2时B球受力如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持剪断前的力不变，有Fcosθ＝mg，Fsinθ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cosθ∶1，则D正确．]
两点提醒：
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）（2017·
日照模拟）如图326是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin15°
＝0.26，cos15°
＝0.97，tan15°
＝0.27，g取10m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为（ ）
图326
A．4m/s2B．3m/s2
C．2m/s2D．1m/s2
AB [设圆柱形工件的质量为m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有FQ＋mg＝FNcos15°
，F合＝FNsin15°
＝ma，联立解得a＝
×
tan15°
＝
0.27＋2.7m/s2＞2.7m/s2，故选项A、B正确．]
2．（多选）（2016·
全国甲卷）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（ ）
92492127】
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
BD [设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：
mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝
ρπR3知：
ρπR3g－kR＝
ρπR3a，即a＝g－
·
，故知：
R越大，a越大，即下落过程中a甲>
a乙，选项C错误；
下落相同的距离，由h＝
at2知，a越大，t越小，选项A错误；
由2ah＝v2－v
知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；
由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确．]
●考向2 已知运动情况，求物体受力情况
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匀加速下滑．如图327所示，若用一水平向右恒力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）
92492128】
图327
（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
（2）恒力F的大小．
【解析】
（1）根据牛顿第二定律可得：
mgsin30°
－μmgcos30°
＝ma
解得：
μ＝
（2）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．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
解决动力学两类问题的关键点
“传送带模型”问题
[母题] 如图328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°
＝0.6，cos37°
＝0.8）求：
图328
（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？
【自主思考】
（1）滑块M在传送带上运动时，所受摩擦力的方向如何？
提示：
开始时，沿传送带向下；
当物体的速度小于传送带的速度时，摩擦力的方向又沿传送带向上．
（2）物体沿传送带向上做什么运动？
先以加速度a1匀减速运动，后以加速度a2匀减速运动．
【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－
a2t
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
[母题迁移]
●迁移1 倾斜传送带向下传送
1．如图329所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（ ）
图329
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g（sinθ－μcosθ），若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ≥tanθ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsinθ
A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；
μ≥tanθ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；
若μ<
tanθ，则粮袋先做加速度为g（sinθ＋μcosθ）的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g（sinθ－μcosθ）的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；
粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝
＝g（sinθ＋μcosθ），选项B错误；
若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．]
●迁移2 水平传送带水平传送
2．（多选）如图3210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（ ）
92492129】
图3210
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
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．]
分析传送带问题的三步走
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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