高考物理一轮总复习教师用书第3章 第2讲 牛顿第.docx

1、高考物理一轮总复习教师用书第3章 第2讲 牛顿第第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考点一牛顿第二定律的理解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，加速度的方向跟作用力的方向相同。(2)公式：Fma。(3)物理意义：它表明了力是产生加速度的原因。(4)适用范围：只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题。2单位制(1)定义：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)分类基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们在国际制中的单位分别是k

2、g、s、m。导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。思维诊断(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向一定相同。()(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度。()(3)物体所受合外力越大，加速度越大。()(4)物体所受合外力越大，速度越大。()(5)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小。()(6)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。()(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。()(8)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时确定了物理量间的单位关系。()答案：(1)(2)(3)(

3、4)(5)(6)(7)(8)题组训练1对牛顿第二定律及变形公式的理解(多选)下列对牛顿第二定律的表达式Fma及其变形公式的理解，正确的是()A由Fma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由m可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比C由a可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D由m可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出解析：牛顿第二定律的表达式Fma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质

4、量和加速度无关。故A、B错误，C、D正确。答案：CD2国际单位制(多选)对于下面的物理量和单位：密度牛米/秒加速度长度质量千克时间下列判断正确的是()A属于国际单位制中基本单位的是B属于国际单位制中基本单位的是C属于国际单位的是D属于国际单位的是解析：密度、加速度、长度、质量和时间不是单位的名称，而是物理量的名称。千克是国际单位制中的基本单位，牛、米/秒是国际单位制中的导出单位，都属于国际单位。正确选项为B、C。答案：BC3速度、加速度、合外力之间的关系(多选)下列关于速度、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0，则加速度为0，

5、所受的合外力也为0C物体的速度为0，则加速度可能很大，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0，所受的合外力也可能为0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0，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。答案：CD4.应用定律定性分析(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后()A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍可增大C当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D弹簧压缩量最大时，木块加速度为0解析：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右

6、的恒力F和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误。答案：BC考点二用牛顿第二定律求解瞬时加速度1两种模型(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。2

7、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。如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个质量相等的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度分别为()AaAg，aBgBaA2g，aBgCaA2g，aB0DaA0，aBg解析：分别以A、B为研究对象作受力分析。剪断前A、B静止。如图甲所示，A球受三个力，即拉力FT、重力mg和弹力F。B球受两个力，即重力mg和弹簧拉力F，规定竖直向上为正方向，则A球：FTmgF0，B球：Fmg0，解得FT2mg，Fmg。剪断时，A球

8、受两个力作用，因为绳无弹性，剪断的瞬间拉力就不存在了，而弹簧形状不可发生突变，弹力还存在。如图乙所示，A球受重力mg、弹簧的弹力F。同理B球受重力mg和弹力F。A球：mgFmaA，B球：FmgmaB，解得aA2g(方向向下)，aB0。故本题的正确选项为C。答案：C考法拓展在典例1中只将A、B间的轻质弹簧换成轻绳，其他不变，如图所示，则正确的选项是()AaAg，aBgBaA2g，aBgCaA2g，aB0DaA0，aBg解析：由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度aAaBg。故选项A正确。答案：A方法技巧分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。

9、(2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。题组训练1静态的瞬时问题物块A1、A2的质量均为m，B1、B2的质量均为2m，A1、A2用一轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支托物M上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬间，A1、A2加速度分别为a1和a2，B1、B2的加速度分别为a1和a2，则()Aa10，a22ga10，a22gBa10，a22ga1g，a22gCa1g，a2ga10，a22gDa1g，a2ga1g，a2g解析：A1、A2用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，根据牛顿第二定

10、律可知，它们的加速度a1a2g；因为在除去支托物的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消失(主要是弹簧不能突然恢复原长)，所以B1的受力不变，加速度仍为零，即a10，而B2受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小a2为2g；综上分析，选项C正确。本题答案为C。答案：C2动态的瞬时问题如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的瞬间，A、B两物块的加速度大小分别为()A2a、a B2(ag)、agC2a3g、a Da、2a3g解析：撤

11、去F前，根据牛顿第二定律，对A、B、弹簧整体有F3mg3ma，对B有FN2mg2ma，得FN2m(ag)。撤去F的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块B受力不变，aBa，对物体A，由牛顿第二定律得FNmgmaA，有aA2a3g。综上分析，C项正确。答案：C考点三动力学两类基本问题1动力学两类基本问题(1)由受力情况判断物体的运动状态。处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。(2)由运动情况判断受力情况。处理这类问题的基本思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律

12、求出合力，从而确定未知力。2解答动力学两类问题的两个关键点题组训练1已知受力分析运动(2017长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L220.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m2.0104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F1.4105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为

13、不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。g取10 m/s2。(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度大小。(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间t。解析：(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得FF阻ma1F阻0.2mgv2a1L1联立以上三式并代入数据解得a15 m/s2，v140 m/s。(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2飞机在水平跑道上的运动时间t18 s在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有FF阻mgma2代入数

14、据解得a24 m/s2由vv2a2L2代入数据解得v242 m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间t20.5 s则tt1t28.5 s。答案：(1)40 m/s(2)8.5 s2已知运动分析受力如图所示，一物体以v02 m/s的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t1 s。已知斜面长度L1.5 m，斜面的倾角30，重力加速度取g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为v，则有：Lt代入数据解得：v1 m/s(2)因vv0物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：a1 m/s2。(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示。由牛顿定律得：Ffmgsin maFNmgcos FfFN联立解得：，代入数据解得：。答案：(1)1 m/s(2)1 m/s2方向沿斜面向上(3)方法技巧两类动力学问题的解题步骤思想方法盘点数形结合解决常考不衰的动力学图象问