高三物理一轮第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题.docx

1、高三物理一轮第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题第二节牛顿第二定律两类动力学问题知识点1牛顿第二定律单位制1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a或Fma.(3)适用范围只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况2单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成(2)基本单位基本量的单位力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位易错

2、判断(1)牛顿第二定律的表达式Fma在任何情况下都适用()(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用()(3)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()知识点2两类动力学问题1两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况(2)已知运动情况求物体的受力情况2解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：教材习题回访考查点：牛顿第二定律的理解1(鲁科必修1P113T1)(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ) A加速度与合力的关系是瞬时对应关系，即a与F同时产生、同时

3、变化、同时消失B加速度的方向总是与合外力的方向相同C同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大D物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比答案AB考查点：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( ) Am2kgs4A1 Bm2kgs3A1Cm2kgs2A1 Dm2kgs1A1答案B考查点：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30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动(1)如果

4、撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g10 m/s2)(2)若在外力作用下匀加速4 s撤去外力后，还能运动多少时间？解析(1)设阻力为Ff，则FFfma，解得Ff15 N如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则Ffma，解得a0.5 m/s2.(2)由vat及vat可知，t12 s.答案(1)0.5 m/s2(2)12 s考查点：动力学基本问题4(鲁科必修1P113T6)如图所示，质量为0.8 kg的物块以5 m/s的初速度从斜面顶端下滑，斜面长5 m，倾角为37，物块与斜面间的动摩擦因数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g10 m/s2) 解析(1

5、)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mgsin 37mgcos 37ma解得a3.6 m/s2，方向沿斜面向下(2)由vv2as得vt7.8 m/s，方向沿斜面向下答案 (1)3.6m/s2沿斜面向下(2)7.8m/s沿斜面向下对牛顿第二定律的理解1牛顿第二定律的“五性”矢量性Fma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

6、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v、t无直接关系；a是加速度的决定式，aF，a.题组通关1(2018四川广元一诊)如图321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( ) 图321A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

7、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50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图322所示的水平力F1和F2，若F215

8、 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)( ) 图322A3 N B25 NC30 N D50 NACD若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2F1Gma0，解得F10，解得F125 N，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、

9、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，并讨论其合理性题组通关3如图323所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，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323A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为0C图乙中轻杆的作用力一定不为0D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2mgsin ，因弹簧弹力

10、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2mgsin ，加速度为2gsin ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsin ，加速度均为gsin ，可知只有D对4(2018泰安二模)如图324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( )

11、图324A弹簧弹力大小为mgB球B的加速度为gC球A受到的支持力为mgD球A的加速度为gD剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹mgtan 45mg；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，aBg，A、B项错误A球的重力大小GA2F绳cos 30mg，A球受到的支持力NAGA cos 30mg，C项错误对A球由牛顿第二定律有mAgsin 30mAaA，得A的加速度aAgsin 30g，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

12、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，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325A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大

13、C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，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，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：mg cos FN，平行于屋顶方向：mamg sin .雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，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：FNFNmgcos ，则倾角越大，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xgsin t2，可得：t，可见当45时，用时最短，D错误；由vgsin t可得

14、：v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确2. 如图326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m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f4 Ng取10 m/s2.图326(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t5 s时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H100 m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. 【导学号：84370115】解析(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有Fmgfma解得a6 m/

15、s2由hat2，解得h75 m.(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有mgfma1解得a18 m/s2由v22a1H，解得v40 m/s.答案(1)75 m(2)40 m/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Fmgfma2解得a210 m/s2设飞行器恢复升力时速度为vm，则有H解得vmm/s由vma1t1，解得t1s.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

16、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4 s末到达离地面100 m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10 m/s2)( ) A25 m/s,1.25 B40 m/s,0.25C50 m/s,0.25 D80 m/s,1.25题眼点拨“4 s末，100 m的最高点”可由运动学公式求加速度；“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.C根据hat2，解得a12.5 m/s2，所以v0at50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ffk

17、mg，根据牛顿第二定律得a(k1)g12.5 m/s2，解得k0.25，故选项C正确4(2018德州模拟)一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2的加速度匀加速下滑如图327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t2s内能沿斜面运动位移x4 m求：(g取10 m/s2)图327(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小. 题眼点拨“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；“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：mgsin 30mgcos 30ma解得：.(2)由

18、xa1t2，得a12 m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos 30mgsin 30(Fsin 30mgcos 30)ma1，代入数据得：FN当加速度沿斜面向下时：mgsin 30Fcos 30(Fsin 30mgcos 30)ma1代入数据得：FN.答案(1)(2) N或N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l180 m，其中电磁弹射区的长度为l1120 m，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m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N假设在电磁弹射阶

19、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v120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/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f20.2mg根据牛顿第二定律有F推f2ma2代入数据解得a24.0 m/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

20、为v1.此过程中飞机受到的阻力f10.05mg根据匀加速运动规律有v2a1l1v2v2a2(ll1)根据牛顿第二定律有F牵F推f1ma1代入数据解得a158 m/s2，F牵1.1106 N.答案(1)4.0 m/s2(2)58 m/s21.1106N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328所示，倾斜传送带与水平方向的夹角37，以v1 m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L9 m，一可视为质点的物块以大小v011 m/s、

21、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10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图328(1)从滑上传送带到第一次速度达到1 m/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. 【自主思考】物块的速度第一次达到1 m/s时物块的加速度怎样？物块将怎样运动？提示因mgsin mgcos，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1 m/s前受力如图甲所示，由牛顿第二定律有mgcos mgsin ma

22、1，代入数据解得a110 m/s2，由运动学公式vv0a1t1，解得t11 s物块第一次速度达到1 m/s时发生的位移为x1v0t1a1t，代入数据得x16 m，传送带的位移x2vt1，代入数据得x21 m，物块相对传送带通过的路程xx1x2，解得x5 m.(2)物块第一次速度达到1 m/s后，由于mgsin mgcos ，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mgcos mgsin ma2，解得a22 m/s2，物块在此过程中上升的最大距离为x3，由运动学公式有v22a2x3，解得x30.25 m，因x1x3L，故物块此后会反向做匀加速运动，从下端离开传

23、送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍为a22 m/s2，对物块，选择从速度第一次达到1 m/s时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公式有x1vt2a2t，解得t23 s，故总时间tt1t24 s.答案(1)5 m(2)4 s母题迁移迁移1水平传送带1(多选)如图329所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/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0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( ) 图329A煤块从A运动到B的时间

24、是2.25 sB煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 m题眼点拨“无初速度相对滑动”可知划痕长为二者相对位移大小；“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a4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t11 s，位移大小x1at2 mx，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xv0t1x12 m，选项D正确，C错误；x2xx12 m，匀速运动的时间t20.5 s，运动的总时间tt1t21.5 s，选项B正确，A错误迁移2倾斜传送带2如图3

25、210所示，传送带与地面夹角37，从A到B长度为L10.25 m，传送带以v010 m/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m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹已知sin 370.6，g取10 m/s2，求：图3210(1)煤块从A到B的时间； (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a1g(sin cos )10 m/s2，加速过程中t11 s，x1a1t5 m.煤块速度达到v0后，受到向上的摩擦力，则a2g(sin cos )2 m/s2，x2Lx

26、15.25 m，x2v0t2a2t，得t20.5 s.煤块从A到B的时间为tt1t21.5 s.(2)第一过程痕迹长x1v0t1x15 m，第二过程痕迹长x2x2v0t20.25 m，x1与x2部分重合，故痕迹总长为5 m.答案(1)1.5 s(2)5 m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37，A、B两端相距L5.0 m，质量为M10 kg的物体以v06.0 m/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v4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)物体从A点

27、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Mgsin Mgcos Ma1 设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1 通过的位移x1 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2Mgsin Mgcos Ma2 物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点Lx1vt2a2t 联立式可得：tt1t22.2 s.(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，Lv0ta2t2 联立式可得：t1 s(t5 s舍去)答案(1)2.2 s(2)1 s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.