届高考物理一轮复习精品学案032第三章 第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题.docx

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届高考物理一轮复习精品学案032第三章第2课时牛顿第二定律两类动力学问题

第2课时　牛顿第二定律　两类动力学问题

考纲解读1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．

1．[对力、加速度和速度关系的理解]关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（　　）

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

答案　CD

解析　物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零．物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C、D对．

2．[对牛顿第二定律的理解]对牛顿第二定律的理解，正确的是（　　）

A．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响

B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和

C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动

D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比

答案　ABC

3．[力学单位制的应用]在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2cm，若还测出小车的质量为500g，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是（　　）

A．a＝

m/s2＝120m/s2

B．a＝

m/s2＝1.2m/s2

C．F＝500×1.2N＝600N

D．F＝0.5×1.2N＝0.60N

答案　BD

解析　在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算．带单位运算时，单位换算要准确．可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是国际单位制单位，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可．选项A中Δx＝1.2cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m＝500g没用国际单位制表示，所以均错误；B、D正确．

4．[应用牛顿第二定律解决瞬时性问题]质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A紧靠墙壁，如图1所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间（　　）

图1

A．A球的加速度为

B．A球的加速度为零

C．B球的加速度为

D．B球的加速度为

答案　BD

解析　撤去恒力F前，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F.突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错，B项对．而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a＝

，故C项错，D项对．

牛顿第二定律

1．内容：

物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．

2．表达式：

F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．

3．力学单位制

（1）单位制由基本单位和导出单位共同组成．

（2）力学单位制中的基本单位有kg、m和s.

（3）导出单位有N、m/s、m/s2等．

考点一　对牛顿第二定律的理解

例1　（2013·海南单科·2）一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v的变化情况是（　　）

A．a和v都始终增大

B．a和v都先增大后减小

C．a先增大后减小，v始终增大

D．a和v都先减小后增大

解析　质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．

答案　C

　　　　　　　　力与运动的关系

（1）力是产生加速度的原因．

（2）作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律．

（3）速度的改变需经历一定的时间，不能突变；有力就一定有加速度，但有力不一定有速度．

突破训练1　某人在静止的湖面上竖直上抛一小铁球（可看成质点），小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一定的深度．不计空气阻力，取向上为正方向，在下列v－t图象中，最能反映小铁球运动过程的速度—时间图线的是（　　）

答案　C

考点二　牛顿第二定律的瞬时性分析

牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型

（1）刚性绳（或接触面）——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．

（2）弹簧（或橡皮绳）——两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．

例2　如图2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（　　）

图2

A．都等于

B.

和0

C.

和

·

D.

·

和

解析　当A、B球静止时，弹簧弹力F＝（mA＋mB）gsinθ，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力F不变，对B分析，则F－mBgsinθ＝mBaB，可解得aB＝

·

，当绳被剪断后，球A受的合力为重力沿斜面向下的分力，F合＝mAgsinθ＝mAaA，所以aA＝

，综上所述选项C正确．

答案　C

突破训练2　如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（　　）

图3

A．0B.

gC．gD.

g

答案　B

解析　平衡时，

小球受到三个力：

重力mg、木板AB的支持力FN和

弹簧拉力FT，受力情况如图所示．突然撤离木板时，FN突然消失而

其他力不变，因此FT与重力mg的合力F＝

＝

mg，产生的

加速度a＝

＝

g，B正确．

考点三　动力学两类基本问题

求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：

分析解决这两类问题的关键：

应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．

例3　如图4所示，在倾角θ＝30°的固定斜面的底端有一静止的滑块，滑块可视为质点，滑块的质量m＝1kg，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝

，斜面足够长．某时刻起，在滑块上作用一平行于斜面向上的恒力F＝10N，恒力作用时间t1＝3s后撤去．求：

从力F开始作用时起至滑块返回斜面底端所经历的总时间t及滑块返回底端时速度v的大小（g＝10m/s2）．

图4

解析　设力F作用的时间内滑块加速运动的加速度大小为a1，则

F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

力F撤去时，滑块的速度大小为v1，则

v1＝a1t1

t1内滑块向上运动的位移大小设为x1，则

x1＝

a1t

设力F撤去后，滑块向上减速运动的加速度大小为a2，则

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2

减速运动的时间设为t2，位移大小设为x2，则

v1＝a2t2

v

＝2a2x2

设滑块向下加速运动的加速度大小为a3，则

mgsinθ－μmgcosθ＝ma3

设滑块向下加速运动的位移为x，时间为t3，则

x＝x1＋x2

v2＝2a3x

v＝a3t3

t＝t1＋t2＋t3

解得：

t＝（4＋2

）s≈7.46s

v＝5

m/s≈8.66m/s

答案　7.46s　8.66m/s

1．解决两类动力学基本问题应把握的关键

（1）两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；

（2）一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．

2．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”．

3．解答动力学两类问题的基本程序

（1）明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．

（2）根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．

（3）应用牛顿运动定律和运动学公式求解．

突破训练3　如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量为m＝1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细绳的拉力F＝9.6N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22m/s？

（sin37°＝0.6，g取10m/s2）

图5

答案　5.53s

解析　此题可以分为三个运动阶段：

力F存在的阶段物体沿斜

面向上加速，受力分析如图所示，由牛顿第二定律和运动学公

式得：

F－Ff－mgsinθ＝ma1

Ff＝μFN＝μmgcosθ

v1＝a1t1

解得：

a1＝2m/s2

v1＝4m/s

第二阶段为从撤去力F到物体沿斜面向上的速度减为零，受力分析如图所示

由牛顿第二定律和运动学公式

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2

0－v1＝－a2t2

解得：

a2＝7.6m/s2

t2＝0.53s

第三阶段物体反向匀加速运动（因为mgsinθ>μmgcosθ）

mgsinθ－μmgcosθ＝ma3

v2＝a3t3

解得：

a3＝4.4m/s2

t3＝5s

t＝t2＋t3＝5.53s

11.利用整体法与隔离法求解动力学中的

连接体问题

1．整体法的选取原则

若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）．

2．隔离法的选取原则

若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．

3．整体法、隔离法的交替运用

若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．

例4　如图6所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为（　　）

图6

A．μFB．2μF

C.

m（g＋a）D．m（g＋a）

解析　本题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误．设民工兄弟一只手对A、B在竖直方向上的摩擦力为Ff，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff－（m＋3m）g＝（m＋3m）a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为Ff′，对A由牛顿第二定律有Ff－Ff′－mg＝ma，解得Ff′＝m（g＋a），C错误，D正确．

答案　D

1．整体法与隔离法常涉及的问题类型

（1）涉及滑轮的问题：

若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．

（2）水平面上的连接体问题：

①这类问题一般是连接体（系统）各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法．②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．

（3）斜面体与物体组成的连接体问题：

当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析．

2．解决这类问题的关键

正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．

高考题组

1．（2013·安徽·14）如图7所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（　　）

图7

A．T＝m（gsinθ＋acosθ）　FN＝m（gcosθ－asinθ）

B．T＝m（gcosθ＋asinθ）　FN＝m（gsinθ－acosθ）

C．T＝m（acosθ－gsinθ）　FN＝m（gcosθ＋asinθ）

D．T＝m（asinθ－gcosθ）　FN＝m（gsinθ＋acosθ）

答案　A

解析　

小球受力如图所示，由牛顿第二定律得

水平方向：

Tcosθ－FNsinθ＝ma

竖直方向：

Tsinθ＋FNcosθ＝mg

解以上两式得

T＝m（gsinθ＋acosθ）

FN＝m（gcosθ－asinθ）

所以正确选项为A.

2．（2013·课标Ⅱ·14）一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是（　　）

答案　C

解析　当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知：

随F的增大，加速度a增大，故选C.

3．（2013·福建理综·17）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·kg·s－3·A－1

C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1

答案　B

解析　由F＝ma，可知1N＝1kg·m·s－2，由P＝Fv可知1W＝1N·m·s－1＝1kg·m2·s－3，由U＝

可知1V＝1W·A－1＝1m2·kg·s－3·A－1，故单位V可表示为m2·kg·s－3·A－1，选项B正确．

模拟题组

4．一斜面固定在水平面上，在斜面顶端有一上表面光滑的长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一轻质弹簧测力计，弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图8所示，当木板固定时，弹簧测力计示数为F1，现将长木板由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为F2，若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是（　　）

图8

A．稳定后弹簧仍处于伸长状态

B．稳定后弹簧一定处于压缩状态

C．μ＝

D．μ＝

答案　AD

解析　对小球、木板及弹簧组成的整体受力分析，由牛顿第二定律知整体运动的加速度a

F1＝mgsinθ＝mg

①

对整体应用牛顿第二定律：

（M＋m）gsinθ－μ（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a②

对小球：

mgsinθ－F2＝ma③

由①②③解得：

μ＝

.C错，D对．

5．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系如图9所示，g＝10m/s2.求：

图9

（1）物块上滑和下滑的加速度大小a1、a2.

（2）斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.

答案　见解析

解析　

（1）物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0～0.5s时间段，该段图线的斜率的绝对值就是加速度的大小，即a1＝8m/s2，

物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5s～1.5s时间段，同理可得a2＝2m/s2

（2）上滑时由牛顿第二定律得：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

下滑时由牛顿第二定律得：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

联立以上两式并代入数据，解得：

μ＝

，θ＝30°.

（限时：

45分钟）

►题组1　对牛顿第二定律的理解和简单应用

1．下列说法正确的是（　　）

A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大

B．物体所受到的合外力不变（F合≠0），其运动状态就不改变

C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化

D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大

答案　CD

解析　物体所受到的合外力越大，物体的加速度（速度变化率）也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体所受的合外力不为零，就会迫使其运动状态（运动的快慢或方向）发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．

2．一实验兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图1所示．根据图象提供的信息，以下判断正确的是（　　）

图1

A．t2时刻该同学的脚刚接触地面

B．t3时刻该同学的加速度为零

C．在t2至t3时间内该同学处于下落阶段

D．在t3至t4时间内该同学处于加速下落阶段

答案　C

解析　t1时刻，弹力从0开始增大，故该同学在t1时刻脚接触地面，A错误；t1～t2时间内，该同学受到地面对其向上的弹力，且重力大于地面对其向上的弹力，该同学向下做加速度减小的加速运动，t2时刻弹力等于重力，该同学所受合力为零，加速度为0，速度达到最大，t2到t4时间内，弹力大于重力，该同学继续向下做减速运动，t4时刻弹力等于重力，速度减为零，该同学处于静止状态，选项B、D错误，C正确．

3．如图2所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）（　　）

图2

A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大

C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小

答案　C

解析　对圆柱体受力分析，沿水平方向和竖直方向建坐标系，分别根据平衡条件和牛顿第二定律得F1cosθ＝G，F2－F1sinθ＝ma，故随着加速度的增大，F1不变，F2增大，C正确，A、B、D错误．

►题组2　应用牛顿第二定律分析瞬时问题

4．如图3所示，质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的两个物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（　　）

图3

A．弹簧测力计的示数是10N

B．弹簧测力计的示数是50N

C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变

D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变

答案　C

解析　设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：

F1－F2＝（m1＋m2）a，对m1：

F1－F＝m1a，联立两式解得：

a＝2m/s2，F＝26N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．

5．水平面上有一个质量为m＝2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图4所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．已知小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，以下说法正确的是（　　）

图4

A．此时轻弹簧的弹力大小为20N

B．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左

C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右

D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0

答案　ABD

解析　因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，故小球在绳没有断时受重力、轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态．依据平衡条件得：

竖直方向有FTcosθ＝mg

水平方向有FTsinθ＝F

解得轻弹簧的弹力为F＝mgtanθ＝20N，故选项A正确．

剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面对它的支持力与小球所受重力平衡，即FN＝mg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝

＝

m/s2＝8m/s2，方向向左，选项B正确．当剪断弹簧的瞬间，小球立即受水平面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误，D正确．

6．细绳拴一个质量为m的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩（小球与弹簧不连接），小球静止时弹簧在水平位置，如图5所示．将细绳烧断后，下列说法中正确的是（　　）

图5

A．小球立即开始做自由落体运动

B．小球离开弹簧后做平抛运动

C．小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等

D．小球离开弹簧后做匀变速运动

答案　D

解析　小球静止时受重力、细绳的拉力和弹簧弹力，合外力为零．当烧断细绳后，弹簧弹力减小，小球的重力不变，在离开弹簧前，合力为弹力和重力的合力，加速度大于重力加速度，故A、B、C错误；离开弹簧后，小球只受重力，做匀变速运动，选项D正确．

►题组3　用整体法与隔离法处理连接体问题

7．如图6所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动（m1在光滑地面上，m2在空中）．已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为（　　）

图6

A.

B.

C.

D.

答案　A

解析　把m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：

F

cosθ＝（m1＋m2）a，所以a＝

，选项A正确．

8．如图7所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（　　）

图7

A．车厢的加速度为gsinθ

B．绳对物体1的拉力为

C．底板对物体2的支持力为（m2－m1）g

D．物体2所受底板的摩擦力为0

答案　B

解析　物体1与车厢具有相同的加速度，对物体1受力分析，受重力和拉力，根据合成法知，F合＝m1gtanθ，拉力FT＝

.物体1的加速度a＝gtanθ，所以车厢的加速度为gtanθ.故A错误，B正确．物体2加速度为gtanθ，对