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.