(江苏专用)2021版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律、两类动力学问题教案

1、第2节牛顿第二定律、两类动力学问题朴实氐础知识 必备知识全通关 扫除风县盲点JH =(” .,： 一 £ , 0 . M M . . JB 一40B 必备知识填充一、牛顿第二定律、单位制1.牛顿第二定律内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比2 跟它的质量成反比。加速度的方向与他 交的方向相同。(2)表达式2=-或F= ma m(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

2、间、长度,它们的国际单 位分别是千克、秒二米。(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。二、超重与失重1.实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变(2)视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或宣秤所受物体的压力。2.超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象小于物体所受重力的现象等于零的现象产生条件物体的加速

3、度方1可|可_ 上物体的加速度方1可1可_ 工物体的加速度方向问_上，大小为 a = g原理方程F- mg= maF= m g+ a)mg- F= maF= mga)mg- F= mgF=0运动状态加速上升或减速卜降加速卜降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动三、动力学两类基本问题1 .两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。(2)已知物体的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:由力求运动受力情闻一二:三加速度J指动力而由运动求力学情自测验收:1 .思考辨析(正确的画"

4、;/ ,错误的画“X”)(1)牛顿第二定律的表达式 F= ma任何情况下都适用。(X)(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。(X)(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。(V)(4)失重说明物体的重力减小了。( X )(5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。(X)(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。(V)2 .(鲁科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加 速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐 渐减小到零的

5、过程中()A.物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小B.物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小C.物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小D.物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大D 由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定 F>f,且ma= F-f ； 当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F<f后，此时ma= f-F, F减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反， 物体减速，综上所述， 选项D正确。3 .（教科版必修1P92T4改编）（多选）一物体重为50 N,与水平桌面间的动摩擦因数为 0.2, 现加上如图所示的水平力 Fi和E,若F2

6、=15 N时，物体做匀加速直线运动，则 Fi的值可能 是（g 取 10 m/s 2）（ ）A. 3 NB. 25 NC. 30 ND. 50 NACD 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- G= 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- G= ma>0, 解得F>25 N, C D正确。4 .（人教版必修1B8T2改编）一质量为 m的物体，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用产生加速度 a,物体所受摩擦力为 f,当水平推力变为 2尸时（）A.物体的加速度小于 2aB.物体的加速度大于

7、2aC.物体的加速度等于 2aD.物体所受的摩擦力变为 2fB 根据牛顿第二定律可知，物体在水平推力F的作用下，产生的加速度为F-f F-mg Fa = it goCDm mm"当水平推力变为2F时，物体的加速度,2F- Lt mg 2Fa =(ig。m m ” 丫比较两式可以看出a' >2a。总站常考才京 关键能力全突破破解高号艇睢考点1 牛顿第二定律的理解 依题组训练1 .根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（）A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个力的大小

8、成正比D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成D 由牛顿第二定律 a=F可知，物体加速度的大小跟它的质量成反比，跟速度没有直 m接关系，A错误；物体所受合外力不为 0时就产生加速度，B错误；物体加速度的大小跟物D正确。体所受的合外力成正比， 与所受作用力中的任一个力没有必然关系，C错误；加速度是矢量,在某一个方向上的加速度，与这个方向上的合外力成正比，与其质量成反比,2.（多选）关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是（）A.原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B.加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相

9、同，也可能不同C.在初速度为。的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D.合力变小，物体的速度一定变小ABC 加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关， 选项B正确；在初速度为0的匀加速直线运动中， 合力方向 决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项 C正确；合力变小，物体的加速度一定 变小，但速度不一定变小，选项D错误。战律总结合力、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

10、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=（"v是加速度的定义式，a与Av、At无直接关系；a=mm是加速度的决定式，a F,考卢2超重和失重依题组训练1. （2019 北京丰台区期末）图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g=10 m/s 2。根据图象分析可知（）乙、呵1 ma 2 500 2(X)0 L 500 I tm50QA.人的重力可由b点读出，约为300 NB. b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C.人在双脚离开力

11、板的过程中，处于完全失重状态D.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度C 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N,人的重力也约为 900 N,故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故 C正确；b点弹力与重力的差值要小于 c 点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在 c点的加速度，故 D错误。2.(2019 江苏扬州中学高考模拟)智能化电动扶梯如图所示， 乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则()A.乘客始终处于超重状态B.加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C.电梯对乘客的

12、作用力始终竖直向上D.电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上D 加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第 二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0,所以既不超重也不失重，故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右， 选项B错误。加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向 右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项 C错误，D正确。厂. 法技巧'* *超重和失重的判断方法(1)若物体加速度已知，看

13、加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。(2)若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力 则失重。(3)物体超重、失重与运动状态的关系13考点 3动力学中的两类问题讲典例示法1 .解决动力学两类问题的两个关键点2 .动力学基本问题的力的处理方法(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”。典例示法一质量为m 2 kg的滑块能在倾角为0=30。的足够长的斜面上以a =3 .5 m/s2的加速度匀加速下滑，如图所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在

14、t = 2 s内沿斜面运动位移 x = 4 m。求：(g取10 m/s 2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数(2)恒力F的大小。审题指导：解此题关键有两点(1)选取滑块为研究对象，正确作出受力分析。(2)根据运动过程求出加速度，结合牛顿第二定律求恒力F。解析(1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得mgsin 30 ° -mgcos 30 ° = ma-3解得6(2)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。122根据题息可得 x= 2ait ,得ai=2 m/s当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示,则 Fcos 30 °

15、mgsin 30(1 ( Fsin 30+ mgcos 30 ° ) = ma修 76 '3代入数据得f_ N丙乙甲当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示,贝U mcsin 30 ° Fcos 30一( Fsin 30+ mgpos 30 ° ) = ma代入数据得F=4 ,3776 ：354 3告N或以N动力学问题的解题步骤明裱轿获*k依据眄息第瞿和解般亦便，逸辱臬个物体; 或几个物体枸成的聚藐为廨兜对象费力分的和演动过程分析星好受力示意图、嵬动情胡笛.明嘴物 体的跑动隹境相达动姓程逸理不方向或鹿立坐器系通常以加速度的方向为了方向或以速度方 向为某一坐

16、标的正方向哈定位力产自一苦物体只受诲个作用.通用用告成法;若受3力或3个以上网力，一裁用正交分解法则方卷求解根据牛柢第二窕用F台二皿r或乳方程求解,必患时对站栗酒行时也跟进训练考向1|已知受力情况求运动情况1.（2019 株洲I质检）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F= 84 N而从静止向前滑行，其作用时间为 ti=1.0 s ,撤除mi= 60 kg ,在整个运动过程中受水平推力F后经过t2=2.0 s ,他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作 用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为到的滑动摩擦力大小恒为 Ff=1

17、2 N,求:(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移;(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。解析(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为F- Ff 84 12a1 =m60m/s 2= 1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小vi = ait 1 = 1.2 x 1.0 m/s = 1.2 m/s，、1. 2位移 X1 = 2a1t 1 = 0.6 m o(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为Ffa2=一 m经时间t 2速度变为V ' 1 = V1 a2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小V2,则v2v' 2

18、= 2a1X1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离2V2X2=-2a2解得 X2= 5.2 m 。答案(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m2.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可通常情况下，人的反应时间以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。25°和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s 2)。解析设路面干燥时，汽车与

19、地面间的动摩擦因数为W。，刹车时汽车的加速度大小为a。，安全距离为s,反应时间为t。，汽车的质量为 m刹车前的速度为 v。，由牛顿第二定律和运动学公式得0mg= ma2,.V0s= V0t 0+2a0解得 a°=5 m/s , (10=0.5设汽车在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为w,汽车刹车的加速度大小为 a,安全行驶的最大速度为v,依题意有05由牛顿第二定律和运动学公式得mg= ma2,.vs = vt 0 + 2a解得v= 20 m/s( v= 24 m/s不符合实际，舍去)。答案20 m/s考向2 已知运动情况求受力情况3.如图所示，一倾角为 0=30。的上表面光滑的斜

20、面上，有相距为 L的A B两点，质 量为m= 1 kg、可视为质点的物块(图中未画出)，在Fi= 11 N、方向沿斜面向上的力的作用 下，从A点由静止运动到 B点，所经历时间ti=1 s ,到B点时换成了沿斜面向下的力F2作用在物块上，经过时间 t2=2 s后返回A点，斜面足够长，且始终静止不动，重力加速度取 g= 10 m/s 2,求：A B两点之间的距离L;(2)力F2的大小。解析(1)物块从A点到达B点的过程中，有F1 mgsin012a1m '2a11代入数据解得 a1 = 6 m/s 2, L=3 m。(2)物块在B点的速度V1 = a1t1 = 6 m/s物块从B点回到A点

21、的过程中，有1 .，2一 L= V1t 2 2a2t 22解得 a2= 7.5 m/s,E+mgsin0由a2= m解得 F2=2.5 N 。答案(1)3 m (2)2.5 N4. 2017年12月17日上午10时34分，由机长吴鑫、试飞员徐远征驾驶的 C919第二 架客机，从浦东国际机场第四跑道起飞。 飞机完成预定试飞科目后于 12时34分安全返航着 陆。对起飞BC段和BI落DE段过程进行观察，模型示意图如图所示， 记录数据如下表，如将起飞后BC和降落前DE段均简化成匀变速直线运动。(取g= 10 m/s2)七就在4碗I塞餐田融定空城啕世141|量机开0K:(M墓帆0直飞杵建Mm整片前易度一

22、11ii运动过程运动时间运动状态起飞BC段10时34分10时54分初速度V。= 170节=88 m/s末速度v= 253节=130 m/s降落DE段12时9分12时34分着陆时的速度 vt = 140节=72 m/s(1)求C919匀加速运动过程中加速度大小ai及位移大小xi；(2)求C919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值；(3)试比较上述两个过程中飞机对飞行员的力与飞行员自身重力的大小关系。(只写出结果即可，不需论述理由)解析(1)0919匀加速运动过程中v Vo ai =A tiAt i = 20 min = 1 200 s1307：8 m/s 2= 0.035 m/s i 20

23、01、，1Xi = 2( V0 + v) A 11 = 2 X (88 + 130) X 1 200 m = 130 800 m所以C919匀加速运动过程中加速度大小ai= 0.035 m/s位移大小为 xi= 130 800 m。(2)0919匀减速运动过程A t3= 25 min = 1 500 s82= vt-1-v = 72 ;誉 m/s 2 0.039 m/s 2At31 500根据牛顿第二定律得到 F= maC919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值k=mg0.03910= 0.003 9(3)上升过程中飞机对飞行员的力大于重力；下降过程中飞机对飞行员的力大于重力。答案(1)

24、0.035 m/s 2 130 800 m (2)0.003 9 (3) 见解析考点4牛顿第二定律的瞬时性问题讲典例示法1 .两种模型加速度与合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，在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点他皮脂不发生明显电塞就能产卞弹力.曲断或脱点 松爆薜杆：后几乎不需要时同恢包形塑.弹力立即消失 和转*间*或改变.就速F1中所给的辂里，粕杆和接 触而在不加符殊说用时均可按此模型处理为揖置的陶端与物体相连（即眄端为固定墙） 时.由物体有惯性，弹品的限度不会战斗突 包所以在整时间现k其赤力的大小认为是 木登的，即比对弹贵的弹门不究生2 .求解瞬时加速度的一

25、般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况根据牛顿第二 定律列方程。求瞬时加速度典例示法（一题多变）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ai和a2表示，则（ ）06o«A. ai=g, a2=gB. ai=0, a2= 2gC. ai= g, a2= 0D. ai=2g, a2= 0A 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 ai=a2=go 故选项A正确。考法拓展i在典例示法中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所 示，则下列选项中正确的是

26、 （）A. ai=g, a2=gB. ai=0, a2= 2gC. ai= g, a2= 0D. ai=2g, a2= 0D 剪断轻绳OA的瞬间，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ai=2g, a2=0o故选项D正确。考法拓展2在考法拓展1中的题图放置在倾角为0=30°的光滑斜面上，如图所示系统静止时，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（）A.aA= 01 aB= 2gB. 3a g aB 0C. aA= g aB= gD. 3a 0 aB g轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现A

27、.细线被剪断的瞬间，A B.细线被剪断的瞬间，A C.细线被剪断的瞬间，A D.细线被剪断的瞬间，AB、C三个小球的加速度均为零B之间杆的弹力大小为零B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin 0B之间杆的弹力大小为4mgsin 0B 细线被烧断的瞬间,小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为 FT=2mgin 0 ,烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgin 0 ,所以A球的瞬时加速度为 aA= 2gsin 30 ° =g,故选项B正确。考法拓展3（多选）把考法拓展2中的两小球改为三小球，并将弹簧和轻绳互换位置，如图所示，倾角为 0的斜面静置于地面上，

28、斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m 2m 3m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A B间固定一个轻杆,B C间由一轻质细线连接。弹簧、突然剪断细线。下列判断正确的是CD 剪断细线前，以 A R C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F= (32m m) gsin 0 =6mgin 0 。以C为研究对象知，细线的拉力为3mg,in 0。剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以 A B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F-(m2m)gsin 0=(m 2m)强，解得 A B两个小球的加速度为 aAB=gsin 0 ,方

29、向沿斜面向上；以B为研究对象，由牛顿第二定律得：Fab 2mgsin 8=2maB,解得杆的拉力为 Fab= 4mg>in 0 ；以C为研究对象，由牛顿第二定 律彳导aC= gsin 0 ,方向沿斜面向下，故 C D正确，A B错误。厂一力法技“两关键” “四步骤”巧解瞬时性问题1 .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。(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。2 . “四个步骤”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。跟进训练3 .如图所示，物块1、2

30、间用刚性轻质杆连接，物块 3、4间用轻质弹簧相连，物块 1、3质量为m,2、4质量为M两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块 1、2、3、4的加速度大小分别为 日、比、a3、a4。重力加速度大小为g,则有()11 q21A. a1 = a2 = a3= a4= 0B.a1 = a2 = a3= a4=gC.D.a1= a2= g, a3= 0, a4= gMn±JM-n±JMa1=g, a2= . g, a3=0, ad=.gMM ”C 在抽出木板的瞬间，物块 1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1=a2=g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对 3向上的弹力大小和对物块 4向下的弹力大小仍为