【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

第二节　牛顿第二定律　两类动力学问题 ‎(对应学生用书第43页)‎ ‎[教材知识速填]‎ 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F＝ma.‎ ‎(3)适用范围 ‎①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)．‎ ‎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．‎ ‎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．‎ 易错判断 ‎(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma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( ) ‎ A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1‎ C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1‎ ‎[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)如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g＝10 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F－Ff＝ma，解得Ff＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则Ff＝ma′，解得a′＝0.5 m/s2.‎ ‎(2)由v＝at及v＝a′t′可知，‎ t′＝＝12 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μ＝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g＝10 m/s2) ‎ ‎【导学号：84370112】‎ ‎[解析]　(1)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 37°－μmgcos 37°＝ma 解得a＝3.6 m/s2，方向沿斜面向下．‎ ‎(2)由v－v＝2as得vt＝7.8 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 ‎(对应学生用书第44页)‎ 对牛顿第二定律的理解 ‎1．牛顿第二定律的“五性”‎ 矢量性 F＝ma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Δv、Δt无直接关系；a＝是加速度的决定式，a∝F，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( ) ‎ ‎【导学号：84370113】‎ 图321‎ A．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F2＝15 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322‎ A．3 N B．25 N C．30 N D．50 N ACD　[若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 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、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θ，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323‎ A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为0‎ C．图乙中轻杆的作用力一定不为0‎ D．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 θ，因弹簧弹力不能突变，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 θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，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( ) ‎ ‎【导学号：84370114】‎ 图324‎ A．弹簧弹力大小为mg B．球B的加速度为g C．球A受到的支持力为mg D．球A的加速度为g D　[剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝‎ mgtan 45°＝mg；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，aB＝g，A、B项错误．A球的重力大小GA＝2F绳cos 30°＝mg，A球受到的支持力NA＝GA cos 30°＝mg，C项错误．对A球由牛顿第二定律有mAgsin 30°＝mAaA，得A的加速度aA＝g·sin 30°＝g，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θ，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325‎ A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大 B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大 C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D．倾角θ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θ，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 θ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝gsin θ，则倾角θ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：F′N＝FN＝mgcos θ，则倾角θ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x＝gsin θ·t2，可得：t＝，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得：v＝，可见θ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m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g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t＝5 s时离地面的高度h；‎ ‎(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 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 F－mg－f＝ma 解得a＝6 m/s2‎ 由h＝at2，解得h＝75 m.‎ ‎(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有 mg－f＝ma1‎ 解得a1＝8 m/s2‎ 由v2＝2a1H，解得v＝40 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 F－mg＋f＝ma2‎ 解得a2＝10 m/s2‎ 设飞行器恢复升力时速度为vm，则有 ＋＝H 解得vm＝m/s 由vm＝a1t1，解得t1＝s.‎ ‎[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)( ) ‎ A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25‎ C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25‎ ‎[题眼点拨]　①“4 s末，100 m的最高点”可由运动学公式求加速度；②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.‎ C　[根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝＝(k＋1)g＝12.5 m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．]‎ ‎4．(2018·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 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t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)‎ 图327‎ ‎(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)恒力F的大小. ‎ ‎【导学号：84370116】‎ ‎[题眼点拨]　①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；②“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 30°－μmgcos 30°＝ma 解得：μ＝.‎ ‎(2)由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，代入数据得：F＝ N 当加速度沿斜面向下时：mgsin 30°－Fcos 30°－‎ μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1‎ 代入数据得：F＝ N.‎ ‎[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l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 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m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶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v＝120 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f2＝0.2mg 根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2‎ 代入数据解得a2＝4.0 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，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg 根据匀加速运动规律有 v＝2a1l1‎ v2－v＝2a2(l－l1)‎ 根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1‎ 代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵≈1.1×106 N.‎ ‎[答案](1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.1×106N ‎[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θ＝37°，以v＝1 m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L＝9 m，一可视为质点的物块以大小v0＝11 m/s、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μ＝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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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. ‎ ‎【导学号：84370117】‎ ‎【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 θ>μmgcosθ，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－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1，代入数据解得a1＝－10 m/s2，由运动学公式v－v0＝a1t1，解得t1＝1 s．物块第一次速度达到1 m/s时发生的位移为x1＝v0t1＋a1t，，代入数据得x1＝6 m，传送带的位移x2＝vt1，代入数据得x2＝1 m，物块相对传送带通过的路程Δx＝x1－x2，解得Δx＝5 m.‎ ‎(2)物块第一次速度达到1 m/s后，由于mgsin θ>μmgcos θ，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μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝－2 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－v2＝2a2x3，解得x3＝0.25 m，因x1＋x3

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