2019年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学案新人教版

1、第二节牛顿第二定律两类动力学问题扣教材双层夯基I教材梳理自主诊断两步跨越基础关教材梳理自主诊断两步跨越基础关(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.、F(2) 表达式a=m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.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.A(3)导出单位%冬、

2、X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)知识点 2 两类动力学问题1.两类动力学问题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(1)牛顿第二定律的表达式F=ma在任何情况下都适用.(X)2(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.32 .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：考查点：牛顿第二定律的理

3、解1 .（鲁科必修 1P113）（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 IP102T3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）、（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，贝UFFf=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)

4、由v=at及v=a t可知,att =a = 12 s.2教材习题回访B.加速度的方向总是与合外力的方向相同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. ni kg s一4A一1B. m 2 2 1C. mkgsA2D. mkg 3 一 1sAkg 一 11sA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 做加速度为21.5 m/s 的匀加速运动.的手推车，在受到 60 N 的水平推力时（1） 如果撤去推力， 车的加速度的大小是多少?2(g= 10 m/s )由力求运动由运动尿力4答案（1）0.5 m

5、/s （2）12 s教师备选考查点：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卩=0.3.求:(1)物块在斜面上运动时的加速度；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 -mgcos 37 =ma2解得a= 3.6 m/s ，方向沿斜面向下.由v2v2= 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

6、)7.8m/s沿斜面向下析考点多维突破I基础型能力型应用型据基础型能力型应用型据 点井定点井定“型型”灵活实用灵活实用(对应学生用书第 44 页)|考点1|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冋向瞬时性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5力与速度无必然的联系.(2) 合力与速度同

7、向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动.vF(3)a= t是加速度的定义式，a与v、t无直接关系；a=m是加速度的决定式，61a*F,a*题组通关1. （2018 四川广元一诊）如图 3-2-1 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】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

8、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 3-2-2 所示的水平力R和F2，

9、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）（）-.附图 3-2-2A. 3 NC. 30 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只卩 G=ma0,解得F10,解得F125 N , C D 正确.8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.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

10、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：:不炭生明显形变就能产生弹力.剪断或: 莉駅 拥知脱离后*不盂耍时间恢复瑾如弹力立: 即消失或改变.一般题冃中所踣的轻俺、 和按融面:轻杯利接触面在不御特辣说明时*均可:；按此模型赴理两种模墜丿.1:当弹贷的两端与物体相连（即两端为固!従端）时T由于物体有惯性*弹簧的隹 禅簧、蹦度不会发生克哑*所關在瞬时何题中. 和據愷舫J其弹力的大小认沟是不蚩的，即此时聊E簧的弹力不炎变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A B

11、两球质量相等，光滑斜面的倾角为0，图甲中，A、B两球用轻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,图 3-2-33.如图 3-2-3 所示,弹簧相连，图乙中910A.两图中两球加速度均为gsin0B. 两图中A球的加速度均为 0C.图乙中轻杆的作用力一定不为0D.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2min0，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 2min0，加速度为 2gsin0;图乙中杆的弹力突变为0,A、B两球所受合力均为m

12、gsin0，加速度均为gsin0，可知只有 D 对.4. （2018 泰安二模）如图 3-2-4 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* J vO的正上方，OA与45角，现将轻质相连，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与竖直方向成细绳剪断的瞬间（重力加速度为g），下列说法正确的是JTA.B.C.D.图 3-2-4()弹簧弹力大小为-2mg球B的加速度为g球A受到的支持力为；2mg1球A的加速度为 2gD 剪断细绳前对B球受力分析如图

13、，由平衡条件可得【导学号:84370114】45=mg剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力重力的大小和方向均没有改变,A、B 项错误.A球的重力大小30= Wmg C 项错误对弹=mga n则F合=cos 4? =吨aB=g，F弹和NA=GcosGA= 2F绳cos 30=6mg A球受到的支持力A球由牛顿第二定律有mgs in 30=maA,得A的加速1度aA=g sin 30 = ?g, D 项正确.1112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

14、化需要一个积累的过程，不会发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0，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（）I考点3|13A.倾角0越大，雨滴下滑时的加速度越大B.倾角0越大，雨滴对屋顶压力

15、越大图 3-2-514C.倾角0越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角0越大，雨滴从顶端0下滑至屋檐M时的时间越短AC 设屋檐的底角为0，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：mgcos0=FN,平行于屋顶方向：ma= mgs in0.雨滴的加速度为：a=gsin0，则倾角0越大，雨滴下滑时的加速度越大，故屋顶的压力大小：FN=FN=mgcos0，则倾角0越大，雨滴对屋顶压力越小，故-L1B 错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x= 2cos0，由x= 2gsin0t

16、2,可2L得：t=gsin 20，可见当0= 45时，用时最短，D 错误；由v=gsin0t可得：v=gLtan0,可见0越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C 正确.2.如图 3-2-6 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=(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】VKA解析

17、(1)设无人机上升时加速度为a,由牛顿第二定律，有Fmg- f=ma解得a= 6 m/s:1由h= 2at2,解得h= 75 m.(2)设无人机坠落过程中加速度为mg- f=ma2解得a1= 8 m/s由v2= 2a1H,解得v= 40 m/s.答案(1)75 m (2)40 m/sA 正确；雨滴对a1,由牛顿第二定律，有15独弼备选在第 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ti.解析设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为比，由牛顿第二定律，有Fmg+ f=ma解得a2= 10 m/s2设飞行器恢

18、复升力时速度为Vm,则有2 2VmVm201+ 2a=H405解得Vm=厂 m/s 由Vm=aiti，解得11= 3 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V。，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210 m/s ）（）A. 25 m/s,1.25B. 40 m/s,0.25C. 50 m/s,0.25D.

19、80 m/s,1.25题眼点拨“4 s 末，100 m 的最高点”可由运动学公式求加速度；“平均阻 力”可根据牛顿第二定律列式求k.C 根据h= 2at2，解得a= 12.5 m/s2,所以vo=at= 50 m/s； 上升过程礼花弹所受mg+ Ff的平均阻力Ff=kmg根据牛顿第二定律得a=孑=（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0= 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3-2-7 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

20、运动位移x= 4 m.求：（g取 10 m/s2）16(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数卩;恒力F的大小.【导学号：84370116】题眼点拨“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；“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 -mgcos 30 =mac) )解得：= 6 .由x=2at2,得a1= 2 m/s2,当加速度沿斜面向上时，Fcos 30-mgsin 30-、仁 776 31(Fsin 30 +mgcos 30 ) =ma,代入数据得：F=5 N当加速度沿斜面向下时：min 30 -Fcos 3

21、0 -1(Fsin 30+mgcos 30)=ma代入数据得：F=7 7N.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1= 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jk为 mr2.0 x104kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2x105N.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，航空答案(1)(1) 6

22、65 517(1)飞机在后一阶段的加速度大小;母舰处于静止状态，求:(结果保留两位有效数字，g取 10 m/s2)18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推一f2=ma代入数据解得a2= 4.0 m/s2.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ai，末速度为vi.此过程中飞机受到的阻力f1= 0.05mg根据匀加速运动规律有vi= 2ai112 2 . .vvi= 2a2(

23、11i)根据牛顿第二定律有F牵+F推一fi=ma代入数据解得ai= 58 m/s2,F牵 i.ixi06N.226答案(i)4.0 m/s (2)58 m/s i.ixi0 N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(20i8 成都高三期末)如图 3-2-8 所示，倾斜传送带与水平方向的夹角0= 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Vo= 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

24、传送带间的动摩擦因数 卩=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图 3-2-8(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】I考点4|19【自主思考】20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 min0卩mgcos0，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，由牛顿第二定律有一卩mgpos0mgin0=ma,代入数据解得ai= - 10 m/s2

25、,由运动学 公式vvo=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=vot11+刃亿，代入数据得X1= 6 m,传送带的位移X2=vt1,代入数据得X2= 1 m,物块物块第一次速度达到 1 m/s 后，由于mgsin0卩mgpos0，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，由牛顿第二定律有卩mopos0mn0=ma,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+X3L，故物块此后会反向做匀加速运 动，从下端离开传送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍

26、为a2= 2 m/s2,对物块，选择从速度第一次达到1 m/s 时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公1式有一X1=vt2+ 2 比七2，解得12= 3 s，故总时间t=11+12= 4 s.答案（1）5 m （2）4 s母题迁移母迁移水平传送带题I至竺倾斜传送带迁移 1 水平传送带1.（多选）如图 3-2-9 所示，水平传送带A B两端相距X= 4 m,以vo= 4 m/s 的速度（始终 保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与 传送带之间有相相对传送带通过的路程x=X1X2，解得x= 5 m.21对滑动，会在传送带上留下划痕已知煤块与传送带间的动摩

27、擦因数卩=0.4，取重力加速度大小g= 10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（）22图 3-2-9A. 煤块从A运动到B的时间是 2.25 sB. 煤块从A运动到B的时间是 1.5 sC. 划痕长度是 0.5 mD. 划痕长度是 2 m题眼点拨“无初速度相对滑动”可知划痕长为二者相对位移大小；“从A运动到B”运动过程有两种可能，一是一直加速，二是先匀加速再匀速.卩mgBD 根据牛顿第二定律，煤块的加速度a= m = 4 m/s2,Vo1煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间11=a= 1 s，位移大小xi= 2ati= 2 mvx,此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长

28、度即为煤块相对于传送带的位移大小，即x=Vot1-X1= 2 m，选项 D 正确，C 错误；X2X2=xX1= 2 m,匀速运动的时间12= V)= 0.5 s ,运动的总时间t=t1+t2= 1.5 s，选项 B 正确，A 错误.迁移 2 倾斜传送带2.如图 3-2-10 所示，传送带与地面夹角0= 37,从A到B长度为L= 10.25 m，传送带以V0= 10 m/s 的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m= 0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为卩=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知 sin 37 = 0.6 ,g取 10 m/s，求：(1)煤块从A到B的时间；【导学号：84370118】煤块从A到B的过程中在传送带上形成痕迹的长度.解析(1)