2020高考物理一輪總復(fù)習(xí)第三章第2講牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題講義含解析新人教版.docx

牛頓第二定律兩類動力學(xué)問題 基礎(chǔ)知識填一填知識點1牛頓第二定律單位制1.牛頓第二定律(1)內(nèi)容：物體的加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向與作用力的方向相同(2)表達(dá)式：FKma，當(dāng)單位采用國際單位制時K1，F(xiàn)ma.(3)適用范圍牛頓第二定律只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠(yuǎn)小于光速)的情況2單位制、基本單位、導(dǎo)出單位(1)單位制：基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制基本物理量：只要選定幾個物理量的單位，就能夠利用物理公式推導(dǎo)出其他物理量的單位，這些被選定的物理量叫做基本物理量基本單位：基本物理量的單位力學(xué)中的基本物理量有三個，它們是質(zhì)量、時間、長度，它們的單位是基本單位導(dǎo)出單位：由基本單位根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位(2)國際單位制中的基本單位基本物理量符號單位名稱單位符號質(zhì)量m千克kg時間t秒s長度l米m電流I安培A熱力學(xué)溫度T開爾文K物質(zhì)的量n摩爾mol發(fā)光強度IV坎德拉cd判斷正誤，正確的劃“”，錯誤的劃“”(1)物體所受合外力越大，加速度越大()(2)物體所受合外力越大，速度越大()(3)物體在外力作用下做勻加速直線運動，當(dāng)合外力逐漸減小時，物體的速度逐漸減小()(4)物體的加速度大小不變一定受恒力作用()知識點2兩類動力學(xué)問題1動力學(xué)的兩類基本問題(1)已知受力情況求物體的運動情況.(2)已知物體的運動情況求物體的受力情況.2解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運動學(xué)公式和牛頓運動定律列方程求解，具體的邏輯關(guān)系如圖：教材挖掘做一做1(人教版必修1 P78第1題改編)由牛頓第二定律Fma可知，無論怎樣小的力都可能使物體產(chǎn)生加速度，可是當(dāng)用很小的力去推很重的桌子時，卻推不動，這是因為()A牛頓第二定律不適用于靜止的物體B桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛觀察不到C推力小于桌子所受到的靜摩擦力，加速度為負(fù)值D桌子所受的合力為零，加速度為零答案：D2(人教必修1 P77科學(xué)漫步改編)質(zhì)量分別為m1和m2的木塊，并列放置于光滑水平地面，如圖所示，當(dāng)木塊1受到水平力F的作用時，兩木塊同時向右做勻加速運動，求：(1)勻加速運動的加速度的大??？(2)木塊1對2的彈力解析：(1)將木塊1和2看做一個整體，其合外力為F，由牛頓第二定律知F(m1m2)a，a.(2)再以木塊2為研究對象，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律可得F12m2a，聯(lián)立以上兩式可得F12.答案：(1)(2)3(人教版必修1 P78第5題)水平路面上質(zhì)量是30 kg的手推車，在受到60 N的水平推力時做加速度為1.5 m/s2的勻加速運動如果撤去推力，車的加速度的大小是多少？(g取10 m/s2)解析：設(shè)阻力為Ff，則FFfma，解得Ff15 N如果撤去推力，車的加速度由阻力提供，則Ffma，解得a0.5 m/s2.答案：0.5 m/s24(人教版必修1 P87第4題改編)交通警察在處理交通事故時，有時會根據(jù)汽車在路面上留下的剎車痕跡來判斷發(fā)生事故前汽車是否超速在限速為40 km/h的大橋路面上，有一輛汽車緊急剎車后仍發(fā)生交通事故，交通警察在現(xiàn)場測得該車在路面的剎車痕跡為12 m已知汽車輪胎與地面間的動摩擦因數(shù)為0.6，請判斷這輛汽車是否超速(g 取10 m/s2)解析：選取初速度方向為正方向，則FNmg0故FfFNmg由牛頓第二定律得Ffma根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有v2v2ax聯(lián)立式可得v0代入數(shù)據(jù)得v012 m/s汽車剎車前速度為12 m/s，即43.2 km/h，此汽車屬超速行駛答案：超速5(人教版必修1 P87第3題改編)民航客機都有緊急出口，發(fā)生意外情況時打開緊急出口，狹長的氣囊會自動充氣生成一條通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上如圖所示，某客機緊急出口離地面高度AB3.0 m，斜面氣囊長度AC5.0 m，要求緊急疏散時乘客從氣囊上由靜止下滑到地面的時間不超過2 s，g取10 m/s2，求：(1)乘客在氣囊上滑下的加速度至少為多大？(2)乘客和氣囊間的動摩擦因數(shù)不得超過多大？(忽略空氣阻力)解析：(1)根據(jù)運動學(xué)公式xat2得a m/s22.5 m/s2故乘客在氣囊上滑下的加速度至少為2.5 m/s2.(2)乘客在氣囊上受力情況如圖所示FfFNFNmgcos 根據(jù)牛頓第二定律：mgsin Ffma由幾何關(guān)系可知sin 0.6，cos 0.8聯(lián)立解得0.44故乘客和氣囊間的動摩擦因數(shù)不得超過0.44.答案：(1)2.5 m/s2(2)0.44考點一對牛頓第二定律的理解考點解讀1牛頓第二定律的五個特性2合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度(2)a是加速度的定義式，a與v、t無必然聯(lián)系；a是加速度的決定式，aF，a.(3)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動典例賞析典例1(多選)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上的O點，自由伸長到B點今用一小物體m把彈簧壓縮到A點(m與彈簧不連接)，然后釋放，小物體能經(jīng)B點運動到C點而靜止小物體m與水平面間的動摩擦因數(shù)恒定，則下列說法中正確的是()A物體從A到B速度越來越大B物體從A到B速度先增加后減小C物體從A到B加速度越來越小D物體從A到B加速度先減小后增加審題指導(dǎo)(1)由A到C的過程中，物體受地面的摩擦力和彈簧彈力大小相等的位置出現(xiàn)在B點的左側(cè)(2)加速度a0的位置在A、B之間，速度最大解析BD物體從A到B的過程中，水平方向一直受到向左的滑動摩擦力作用，大小不變；還一直受到向右的彈簧的彈力，從某個值逐漸減小為0.開始時，彈力大于摩擦力，合力向右，物體向右加速，隨著彈力的減小，合力越來越小；到A、B間的某一位置時，彈力和摩擦力大小相等、方向相反，合力為0，速度達(dá)到最大；隨后，摩擦力大于彈力，合力增大但方向向左，合力方向與速度方向相反，物體開始做減速運動所以，小物體由A到B的過程中，先做加速度減小的加速運動，后做加速度增加的減速運動，正確選項為B、D.彈簧彈力作用下的動態(tài)運動問題的基本處理方法宜采用“逐段分析法”與“臨界分析法”相結(jié)合，將運動過程劃分為幾個不同的子過程，而找中間的轉(zhuǎn)折點是劃分子過程的關(guān)鍵(1)合外力為零的點即加速度為零的點，是加速度方向發(fā)生改變的點，在該點物體的速度具有極值(2)速度為零的點，是物體運動方向(速度方向)發(fā)生改變的轉(zhuǎn)折點題組鞏固1(2019商丘模擬)(多選)關(guān)于速度、加速度、合力的關(guān)系，下列說法正確的是()A原來靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度B加速度的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相同，也可能不同C在初速度為0的勻加速直線運動中，速度、加速度與合力的方向總是一致的D合力變小，物體的速度一定變小解析：ABC加速度與力同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化，選項A正確；加速度的方向由合力方向決定，但與速度方向無關(guān)，選項B正確；在初速度為零的勻加速直線運動中，合力方向決定加速度方向，加速度方向決定末速度方向，選項C正確；合力變小，物體的加速度一定變小，但速度不一定變小，選項D錯誤2.(多選)如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的彈簧，則當(dāng)木塊接觸彈簧后()A木塊立即做減速運動B木塊在一段時間內(nèi)速度仍可增大C當(dāng)F等于彈簧彈力大小時，木塊速度最大D彈簧壓縮量最大時，木塊加速度為0解析：BC當(dāng)木塊接觸彈簧后，水平方向受到向右的恒力F和彈簧水平向左的彈力彈簧的彈力先小于恒力F，后大于恒力F，木塊所受的合力方向先向右后向左，則木塊先做加速運動，后做減速運動，當(dāng)彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大，加速度為0.當(dāng)彈簧壓縮量最大時，彈力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正確，A、D錯誤3(2019內(nèi)蒙古包頭模擬)(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m的剛性圓環(huán)套在粗糙的豎直固定細(xì)桿上，圓環(huán)的直徑略大于細(xì)桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個完全相同的輕質(zhì)彈簧相連，輕質(zhì)彈簧的另一端分別相連在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的P、Q兩點處，彈簧的勁度系數(shù)為k，起初圓環(huán)處于O點，彈簧處于原長狀態(tài)且原長為l，細(xì)桿上面的A、B兩點到O點的距離都為l.將圓環(huán)拉至A點由靜止釋放，對于圓環(huán)從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是()A圓環(huán)通過O點的加速度小于gB圓環(huán)在O點的速度最大C圓環(huán)在A點的加速度大小為gD圓環(huán)在B點的速度為2解析：CD圓環(huán)在O點的合力大小等于重力，則此時加速度ag，A錯誤；圓環(huán)在O點時加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B錯誤；圓環(huán)在A點的加速度大小為aAg，C正確；A、B兩點到O點的距離都為l，彈力在此過程中做功為0，根據(jù)動能定理得mg2lmv2，即v2，D正確考點二瞬時加速度的求解考點解讀1兩種模型：加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：2求解瞬時加速度的一般思路典例賞析典例2(多選)如圖所示，彈簧p和細(xì)繩q的上端固定在天花板上，下端用小鉤鉤住質(zhì)量為m的小球C，彈簧、細(xì)繩和小鉤的質(zhì)量均忽略不計靜止時p、q與豎直方向的夾角均為60.下列判斷正確的有()A若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間q對球的拉力大小為mgB若p和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為gC若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間p對球的拉力大小為mgD若q和球突然脫鉤，則脫鉤后瞬間球的加速度大小為g解析：BD原來p、q對球的拉力大小均為mg.p和球突然脫鉤后，細(xì)繩q對球的拉力發(fā)生突變，球?qū)㈤_始沿圓弧運動，將球的重力沿繩和垂直繩正交分解(見圖1)，得Fmgcos 600，即Fmg，合力為mgsin 60ma，A錯誤，B正確；q和球突然脫鉤后瞬間，p的拉力未來得及改變，仍為mg，因此合力為mg(見圖2)，球的加速度大小為g，故C錯誤，D正確在求解瞬時加速度時應(yīng)注意的問題1物體的受力情況和運動情況是時刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時，需要重新進(jìn)行受力分析和運動分析2加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變題組鞏固1(輕繩模型)兩個質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20解析：A由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1a2g.故選項A正確2(輕桿、輕彈簧模型)如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有()A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零C圖乙中輕桿的作用力一定不為零D圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍解析：D撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2mgsin ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin ，加速度為2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsin ，加速度均為gsin ，可知只有D對3.(輕彈簧模型)(多選)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點O.整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將細(xì)線剪斷將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間()Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l2解析：AC剪斷細(xì)線前，把a、b、c看成整體，細(xì)線上的拉力為T3mg.因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細(xì)線之前相同則將細(xì)線剪斷瞬間，對a隔離進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：3mgma1得a13g，A正確，B錯誤；由胡克定律知：2mgkl1.mgkl2，所以l12l2，C正確，D錯誤考點三動力學(xué)的兩類基本問題考點解讀1動力學(xué)的兩類基本問題的解題步驟2解決兩類動力學(xué)問題的兩個關(guān)鍵點(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”(2)不同過程中的聯(lián)系如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，若過程較為復(fù)雜，可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系典例賞析典例3(2019東北四校協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為10 kg的環(huán)(圖中未畫出)在F200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙長直桿由靜止開始運動，桿與水平地面的夾角37，拉力F與桿的夾角也為.力F作用0.5 s后撤去，環(huán)在桿上繼續(xù)上滑了0.4 s后速度減為零(已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求：(1)環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)；(2)環(huán)沿桿向上運動的總距離x.審題指導(dǎo)解析(1)在力F作用0.5 s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有Fcos mgsin Ffma1Fsin FNmgcos FfFN設(shè)0.5 s末速度為v根據(jù)運動學(xué)公式有va1t1撤去F后0.4 s內(nèi)mgsin mgcos ma2va2t2聯(lián)立以上各式得0.5a18 m/s2，a210 m/s2va2t24 m/s.(2)xa1tvt2a2t1.8 m.答案(1)0.5(2)1.8 m多過程問題的分析方法1將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接2對各“銜接點”進(jìn)行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖3根據(jù)“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程4分析“銜接點”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程5聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗證或討論題組鞏固1.(已知物體的受力情況求運動情況)如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F84 N而從靜止向前滑行，其作用時間為t11.0 s，撤除水平推力F后經(jīng)過t22.0 s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量為m60 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移大小(2)該運動員(可視為質(zhì)點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離解析：(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1 m/s21.2 m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s位移x1a1t0.6 m.(2)運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2 m/s20.2 m/s2經(jīng)時間t2速度變?yōu)関tv1a2t21.2 m/s0.22.0 m/s0.8 m/s第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2，則vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2聯(lián)立解得x25.2 m.答案：(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m2(已知物體的運動情況求受力情況)隨著科技的發(fā)展，未來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離如圖所示，航空母艦的水平跑道總長l180 m，其中電磁彈射區(qū)的長度為l1120 m，在該區(qū)域安裝有直流電機，該電機可從頭至尾提供一個恒定的牽引力F牽一架質(zhì)量為m2.0104 kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可以提供恒定的推力F推1.2105 N假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機重力的0.2倍已知飛機可看做質(zhì)量恒定的質(zhì)點，離艦起飛速度v120 m/s，航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，g取10 m/s2)(1)飛機在后一階段的加速度大??；(2)飛機在電磁彈射區(qū)的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大小解析：(1)飛機在后一階段受到阻力和發(fā)動機提供的推力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a2，此過程中的平均阻力Ff20.2mg根據(jù)牛頓第二定律有F推Ff2ma2代入數(shù)據(jù)解得a24.0 m/s2(2)飛機在電磁彈射階段受恒定的牽引力、阻力和發(fā)動機提供的推力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，末速度為v1.此過程中飛機受到的阻力Ff10.05mg根據(jù)勻加速運動規(guī)律有v2a1l1v2v2a2(ll1)根據(jù)牛頓第二定律有F牽F推Ff1ma1代入數(shù)據(jù)解得a158 m/s2，F(xiàn)牽1.05106 N.答案：(1)4.0 m/s2(2)58 m/s21.05106 N 物理模型(二)“等時圓”模型模型特點1物體沿著位于同一豎直圓上的所有過圓周最低點的光滑弦由靜止下滑，到達(dá)圓周最低點的時間均相等，且t2(如圖甲所示)2物體沿著位于同一豎直圓上的所有過頂點的光滑弦由靜止下滑，到達(dá)圓周低端時間相等為t2(如圖乙所示)答題模板典例賞析典例如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P.設(shè)有一重物先后沿兩個斜