高考物理试题：第2讲-牛顿第二定律-两类动力学问题

高考物理试题：第2讲--牛顿第二定律-两类动力学问题第一页，共43页。

1．内容：物体的加速度跟所受的____________成正比，跟物体的__________成反比，加速度的方向跟____________的方向一致．合外力质量合外力

2．表达式：F合＝ma. 3．牛顿运动定律的适用范围：只适用于宏观物体的低速问题，不适用于微观粒子和高速运动的物体．一、牛顿第二定律第二页，共43页。二、两类动力学问题1．两类动力学问题运动情况受力情况

(1)已知受力情况求物体的____________．

(2)已知运动情况求物体的____________．

2．解决两类基本问题的方法 以________为“桥梁”，由_____________和____________列方程求解．加速度运动学公式牛顿运动定律第三页，共43页。【基础检测】

(多选)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．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零

C．物体的速度为零，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，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零

答案：CD第四页，共43页。》》》考点1对牛顿第二定律的理解⊙重点归纳1．因果性：只要物体所受合外力不为零，物体就获得加速度，即力是产生加速度的原因．

2．瞬时性：加速度和物体受到的合外力是瞬时对应关系，即加速度随合外力同时产生、同时变化、同时消失，保持时刻对应的关系．第五页，共43页。3．矢量性：力和加速度都是矢量，物体加速度的方向由物体所受合外力的方向决定．4．同一性：m、F、a必须是对应同一研究对象，加速度a相对于同一惯性系(一般是地球)．5．独立性：作用于物体的力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，互不影响．第六页，共43页。【考点练透】1．(多选)下列关于牛顿第二定律的说法，正确的是()

A．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定，与物体的速度无关

B．物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关

C．物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度的方向总是相同的

D．一旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了

答案：AB第七页，共43页。

2．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(

图3-2-1 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，所受合外力为零

D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小第八页，共43页。

解析：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．正确选项为A.答案：A第九页，共43页。》》》考点2动力学的两类基本问题⊙重点归纳1．动力学两类基本问题的分析流程第十页，共43页。2．应用牛顿运动定律解题的一般步骤(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，确定某一物体或几个物体组成的系统为研究对象．(2)分析物体的受力情况和运动情况，画好受力示意图，明确物体的运动性质和运动过程．(3)利用牛顿第二定律(在受力情况已知时)或结合运动学公式(在运动情况已知时)进行求解．(4)必要时对结果进行讨论．第十一页，共43页。⊙典例剖析

例1：如图

3-2-2所示，一个放置在水平台面上的木块，其质量为2kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F＝10N的作用，使木块从静止开始运动，4s后撤去推力，若木块与水平台面间的动摩擦因数μ为0.1.(取g＝10m/s2)求：图3-2-2(1)撤去推力时木块的速度为多大？(2)撤去推力到停止运动过程中木块的加速度为多大？(3)木块在水平面上运动的总位移为多少？第十二页，共43页。思维点拨：正确选择研究对象并进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度是快速求解此类题型的关键．解：(1)撤去力F之前，对木块进行受力分析，如图3-2-3所示．图3-2-3第十三页，共43页。由牛顿第二定律得水平方向：Fcos37°－f＝ma1竖直方向：FN＝mg＋Fsin37°又f＝μFN解得a1＝2.7m/s24s末的速度为v＝a1t＝2.7×4m/s＝10.8m/s.(2)撤去F后，根据牛顿第二定律μmg＝ma2a2＝μg＝1m/s2.第十四页，共43页。

所以，木块运动的总位移为s＝s1＋s2＝79.92m.

备考策略：动力学的两类基本问题是高考命题的热点，此类问题是考查牛顿运动定律的重点，每年必考．考题多以生产和生活的实际问题为命题背景，解题的关键是求加速度．第十五页，共43页。【考点练透】

3．(2015年河南洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图3-2-4所示，AC是长度L1＝5.5m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1.1m，瓶子质量m＝0.5kg，与桌面间的动摩擦因第十六页，共43页。数μ＝0.2，g取10m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F＝11

N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．图3-2-4第十七页，共43页。

解：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长．设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则F－μmg＝ma1－μmg＝ma2L1－L2＜x1＋x2＜L1由以上各式联立可解得：0.4m＜x1＜0.5m.第十八页，共43页。

4．设某一舰载机的质量为m＝2.5×104

kg，速度为v0＝42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a0

＝0.8m/s2

的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？

(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．如图3-2-5所示为舰载机第十九页，共43页。勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F＝1.2×105

N，减速的加速度a1

＝20m/s2

，此时阻拦索夹角θ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变．求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)图3-2-5第二十页，共43页。解：(1)设甲板的长度至少为s0，则由运动学公式得

代入数据可得s0＝1102.5m. (2)舰载机受力分析如图D18所示，其中T为阻拦索的张力，f为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2Tcos53°＋f－F＝ma1

舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时f＝ma0联立可得T＝5×105

N.图D18第二十一页，共43页。》》》方法瞬时加速度问题分析

物体的加速度a与其所受的合外力F是瞬时对应的，同时产生，同时变化，同时消失． 此类问题常见的有绳(杆)和弹簧(弹性绳)模型：绳(杆)的弹力可以发生突变；轻弹簧(弹性绳)的弹力不能突变．第二十二页，共43页。

例2：如图

3-2-6所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是()A．弹簧的拉力F＝

mgcosθB．弹簧的拉力F＝mgsinθC．小球的加速度为零D．小球的加速度a＝gsinθ图3-2-6第二十三页，共43页。

审题突破：绳AO烧断的瞬间，弹簧的形变是明显形变，在很短的时间内来不及恢复，所以近似认为弹簧的弹力没有发生变化．解答此题应该对小球进行两次受力分析，一次是绳断之前，一次在绳断之后，这两次受力分析的联系点是弹簧的弹力一样．第二十四页，共43页。

解析：烧断绳AO之前，小球受3个力，如图3-2-7所示．烧断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确．烧断细绳的瞬间，小球受到的合外力与T(绳AO的拉力)等大反向，即F合＝mgtan

θ，则小球的加速度a＝gtanθ.答案：A图3-2-7第二十五页，共43页。

题外拓展：本题中若B点断开，则弹簧的弹力消失，而绳子形变属于微小形变，弹力也变成零，即在B点断开的瞬间，小球只受到重力的作用，加速度为g；若弹簧换成绳子，在绳AO烧断的瞬间，因OB绳不可伸长，球的加速度只能垂直于绳OB向斜下方，绳OB的拉力发生了突变，有兴趣的同学可求一下小球的加速度．第二十六页，共43页。【触类旁通】

1．(2016年山东潍坊第一次联考)如图3-2-8所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1

和m2

的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F的作用下，以加速度a向右做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1

和a2，则(图3-2-8

)第二十七页，共43页。a，所以选项C

正确．

解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右做匀加速直线运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a.在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A物体来讲，加速度此时仍为a，对B物体：取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－m1m2答案：C第二十八页，共43页。

2．如图3-2-9所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断)瞬间，A、B两球的加速度分别为(

图3-2-9第二十九页，共43页。

答案：D第三十页，共43页。》》》易错点对物体的运动过程分析不到位

例3：如图

3-2-10所示，有一水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数μ为0.5，则传送带将该物体传送10m的距离所需时间为多少？图3-2-10第三十一页，共43页。

错解分析：由于物体轻放在传送带上，所以初速度v0＝0，物体在竖直方向所受合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(传送带施加)，做初速度v0＝0的匀加速运动，位移为10m.

据牛顿第二定律F＝ma有

f＝μmg＝ma a＝μg＝5m/s2第三十二页，共43页。

上述解法的错误出在对这一物理过程的认识．传送带上轻放的物体，其运动有可能分为两个过程：一是在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始做匀速直线运动．关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答．

正解分析：以物体为研究对象，如图3-2-11所示，在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做初速度为零的匀加速运动．第三十三页，共43页。图3-2-11根据牛顿第二定律F＝ma有水平方向：f＝ma竖直方向：N－mg＝0f＝μN由以上三式解得a＝5m/s2.第三十四页，共43页。设经时间t1

后物体速度达到传送带的速度，根据匀加速直线运动的速度公式vt＝v0＋at解得t1＝0.4s时间t1

内物体的位移为

物体位移为0.4m时，物体的速度与传送带的速度相同，0.4s后物体不受摩擦力作用，开始做匀速运动，设匀速运动的位移为s2，有s2＝v2t2第三十五页，共43页。因为s2＝s－s1＝(10－0.4)m＝9.6m，v2＝2m/s解得t2＝4.8s则传送10m所需时间为t＝t1＋t2＝(0.4＋4.8)s＝5.2s.

指点迷津：对物体准确进行受力分析，是求解此类问题的关键．判断两者什么时候达到共同速度，是解题的突破口．第三十六页，共43页。【触类旁通】

3．(多选，2015年山东师大附中质检)如图3-2-12所示，质量为

m＝1kg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10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的)大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)(

图3-2-12 A．物体经10s速度减为零

B．物体经2s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第三十七页，共43页。解析：物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得，a＝F＋Ff

m＝2＋3 1m/s2＝5m/s2，方向向误．减速到零后，F<Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．

答案：BC第三十八页，共43页。

4．(2015年河南中原名校联考