【物理】2019届一轮复习人教版 牛顿第二定律　两类动力学问题 学案

【物理】2019届一轮复习人教版 牛顿第二定律　两类动力学问题 学案

基础课2　牛顿第二定律　两类动力学问题 知识排查 牛顿第二定律 ‎1.内容 物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。加速度的方向与作用力方向相同。‎ ‎2.表达式：F＝ma。‎ ‎3.适用范围 ‎(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。‎ ‎(2)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。‎ 单位制 ‎1.单位制 由基本单位和导出单位一起组成了单位制。‎ ‎2.基本单位 基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。‎ ‎3.导出单位 由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。‎ 两类动力学问题 ‎1.动力学的两类基本问题 第一类：已知受力情况求物体的运动情况。‎ 第二类：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 小题速练 ‎1.思考判断 ‎(1)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。(　　)‎ ‎(2)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。(　　)‎ ‎(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。(　　)‎ ‎(4)物体所受合外力减小，加速度一定减小，速度也一定减小。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)×‎ ‎2.(多选)下列哪些物理量的单位是导出单位(　　)‎ A.力的单位N　　 B.压强的单位Pa C.长度的单位m D.加速度的单位m/s2‎ 答案　ABD ‎3.[人教版必修1·P86·例2改编]如图1所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝30°，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m＝1.0 kg 的滑块从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ 图1‎ ‎ (1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；‎ ‎(2)滑块滑到木块底部时的速度大小。‎ 解析　(1)由题意可知，滑块滑行的加速度a＝＝ m/s2＝3.5 m/s2。对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得mgsin θ－Ff＝ma，解得Ff＝1.5 N。‎ ‎(2)根据v2＝2ax得v＝ m/s＝7 m/s 答案　(1)1.5 N　(2)7 m/s ‎　牛顿第二定律的理解和应用 ‎1.牛顿第二定律的性质 ‎2.合力、加速度、速度的关系 ‎(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。‎ ‎(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。‎ ‎(3)a＝是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝是加速度的决定式。‎ ‎1.(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，所受的合外力也为0‎ C.物体的速度为0，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正确。‎ 答案　CD ‎2.如图2所示，一木块在光滑水平面上受一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A.木块将立即做匀减速直线运动 B.木块将立即做变减速直线运动 C.在弹簧弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大 D.在弹簧压缩量最大时，木块的加速度为零 答案　C ‎3.(2017·上海单科)如图3，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做(　　)‎ 图3‎ A.曲线运动 B.匀速直线运动 C.匀加速直线运动 D.变加速直线运动 解析　在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，选项C正确。‎ 答案　C ‎　牛顿第二定律的瞬时性 两种模型 ‎【典例】　两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图4所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)‎ 图4‎ A.a1＝g，a2＝g B.a1＝0，a2＝2g C.a1＝g，a2＝0 D.a1＝2g，a2＝0‎ 审题关键点　①两条轻绳连接　②剪断轻绳的瞬间 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a1＝a2＝g。故选项A正确。‎ 答案　A ‎【拓展延伸1】　把“轻绳”换成“轻弹簧”在【典例】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图5所示，则【典例】选项中正确的是(　　)‎ 图5‎ 解析　剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0。故选项D正确。‎ 答案　D ‎【拓展延伸2】　改变平衡状态的呈现方式 把【拓展延伸1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图6所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.aA＝0　aB＝g B.aA＝g　aB＝0‎ C.aA＝g　aB＝g D.aA＝0　aB＝g 解析　细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确。‎ 答案　B ‎1.求解瞬时加速度的一般思路 ‎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。　　　　　　‎ ‎1.如图7，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)(　　)‎ 图7‎ A.0 B.2.5 N C.5 N D.3.75 N 解析　当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体与A物体突然有了相互作用的弹力，此时弹簧形变仍不变，对A、B整体受力分析可知，整体受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，弹力为F＝mAg＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a ‎，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75 N，选项D正确。‎ 答案　D ‎2.(多选)如图8所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.A球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ B.C球的受力情况未变，加速度为0‎ C.B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ D.B、C之间杆的弹力大小为0‎ 解析　初始系统处于静止状态，把B、C看成整体，B、C受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT，由平衡条件可得FT＝2mgsin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT，由平衡条件可得 F弹＝FT＋mgsin θ＝3mgsin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把B、C看成整体，根据牛顿第二定律得B、C球的加速度a′＝gsin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确。‎ 答案　CD ‎　动力学的两类基本问题 ‎1.解决动力学两类问题的两个关键点 ‎2.解决动力学基本问题的处理方法 ‎(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”。‎ ‎【典例】　如图9所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图9‎ ‎(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N 打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？‎ 解析　(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cos θ＝40 N,μ＝＝＝0.5‎ ‎(2)将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。‎ 在沿斜面方向有：‎ ‎(F2－mg)cos θ－Ff1＝ma；‎ 在垂直斜面方向上有：‎ FN＝(F2－mg)sin θ；‎ 则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ 解得a＝1 m/s2，x＝at2，解得t＝2 s，v＝at＝2 m/s。‎ 答案　(1)0.5　(2)2 m/s 两类动力学问题的解题步骤 ‎1.(2018·徐州质检)(多选)如图10所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　)‎ 图10‎ A.物体经10 s速度减为零 B.物体经2 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 解析　物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝＝ s＝2 s，选项A错误，B正确；减速到零后，恒力Ft甲，t甲＝2；丙做自由落体运动，有t丙＝，所以有t乙>t甲>t丙，选项C正确。‎ 答案　C ‎【针对训练2】　如图15所示，固定支架ACB，AC竖直，AB为光滑钢丝，AC＝BC＝l，一穿在钢丝中的小球从A点静止出发，则它滑到B点的时间t为(　　)‎ 图15‎ A. B. C.2 D. 解析　因为AC＝BC＝l，所以以C点为圆心，以长度l为半径画圆，则A、B两点在同一个圆周上，所以tAB＝＝2，选项C正确。‎ 答案　C 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ A级：保分练 ‎1.若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则(　　)‎ 图1‎ A.携带弹药越多，加速度越大 B.加速度相同，与携带弹药的多少无关 C.携带弹药越多，获得的起飞速度越大 D.携带弹药越多，滑行时间越长 答案　D ‎2.(2017·无锡阶段检测)质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N，那么从该时刻起经过 ‎6 s，汽车行驶的路程是(　　)‎ A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 解析　汽车匀速行驶时，F＝Ff①‎ 设汽车牵引力减小后加速度大小为a，‎ 牵引力减少ΔF＝2 000 N时，Ff－(F－ΔF)＝ma②‎ 解①②得a＝2 m/s2，与速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，设经时间t汽车停止运动，则t＝＝ s＝5 s，故汽车行驶的路程x＝t＝×5 m＝25 m，故选项C正确。‎ 答案　C ‎3.如图2所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为(　　)‎ 图2‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析　物块从A到B根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g。从B到C根据牛顿第二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g。设小物块在A点时速度大小为v，则在B点时速度大小为，由于AB＝BC＝l，由运动学公式知，从A到B：－v2＝－2μ1gl，从B到C：0－＝－2μ2gl，联立解得μ1＝3μ2，故选项C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎4.如图3所示，光滑直杆一端固定在地面上的A点，另一端靠在竖直墙上，杆上套有一个小球，球可以在杆上自由滑动，球从杆的上端沿杆下滑到A点所用的时间为t，若逐渐减小杆的长度，使杆与水平方向的夹角从60°逐渐减小到30°，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.小球从杆的上端运动到下端的时间不断减小 B.小球从杆的上端运动到下端的时间不断增大 C.小球从杆的上端运动到下端的时间先减小后增大 D.小球从杆的上端运动到下端的时间先增大后减小 解析　设A点到墙的距离为L，杆与水平方向的夹角为θ，则＝gt2sin θ，t＝，当θ＝45°时，t最小，因此选项C正确。‎ 答案　C ‎5.据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机。该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞。设X3型直升机原型机的质量为m，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg、方向向前的推力。不考虑空气的阻力影响，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.该直升机原型机可能处于平衡状态 B.该直升机原型机以加速度g做匀加速直线运动 C.空气对直升机原型机的作用力为2mg D.空气对直升机原型机的作用力为4mg 解析　直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为mg，方向斜向右上方，加速度大小为g，故选项A、B均错误；空气对直升机原型机的作用力为＝2mg，故选项C正确，D错误；本题也可以由水平方向的加速度ax＝2g和竖直方向的加速度ay＝g合成得到原型机的加速度a＝＝g。‎ 答案　C ‎6.(2017·河北石家庄模拟)如图5所示，一倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10‎ ‎ m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.滑块上滑的距离小于5 m B.t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上 C.t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点 D.t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s 解析　设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间为t1＝＝1 s，上滑的距离为x1＝v0t1＝5 m，因mgsin θ>μmgcos θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项A、B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离为x2＝a2t＝1 m<5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝‎ ‎4 m/s，选项D正确。‎ 答案　D ‎7.(2017·清江模拟)如图6所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝‎ ‎1 kg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，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.小球受力个数不变 B.小球将向左运动，且a＝8 m/s2‎ C.小球将向左运动，且a＝10 m/s2‎ D.若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2‎ 解析　在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得弹簧的弹力F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故选项A错误；小球所受的最大静摩擦力为Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以加速度向左，故选项B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故选项D错误。‎ 答案　B ‎8.为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图7所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道。一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2倍。在加速前进了x0＝96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.45倍。货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2。求：‎ 图7‎ ‎(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；‎ ‎(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x。‎ 解析　(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知mgsin θ－0.2mg＝ma1‎ 解得a1＝3 m/s2‎ 由公式v2－v＝2a1x0‎ 解得v＝25 m/s ‎(2)设货车在避险车道上行时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知mgsin α＋0.45mg＝ma2‎ 解得a2＝12.5 m/s2‎ 由v2－0＝2a2x，解得x＝25 m 答案　(1)25 m/s　(2)25 m B级：拔高练 ‎9.放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图8甲所示。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示。则(　　)‎ 图8‎ A.a1＝a2＝a3 B.a1＝a2

查看更多