高考物理一轮 （考纲自主研读+命题探究+高考全程解密） 第2讲牛顿第二定律 两类动力学问题（含解析） 新人教版

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题eq\f(对应学生,用书P45)牛顿第二定律Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】(多选)关于力和运动的关系，下列说法正确的是()．A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用C．若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体必受力的作用D．物体的速率不变，则其所受合力必为0解析物体的速度不断增大，一定有加速度，由牛顿第二定律知，物体所受合力一定不为0，物体必受力的作用，A正确；位移与运动时间的平方成正比，说明物体做匀加速直线运动，合力不为0，C正确；做匀速直线运动的物体的位移也是逐渐增大的，但其所受合力为0，故B错误；当物体的速率不变，速度的方向变化时，物体具有加速度，合力不为0，D错误．答案AC【知识存盘】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【思维驱动】(多选)在牛顿第二定律公式F＝kma中，比例系数k的数值()．A．在任何情况下都等于1B．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的C．是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的D．在国际单位制中一定等于1解析物理公式在确定物理量的数量关系的同时也确定了物理量单位的关系．课本上牛顿第二定律的公式F＝ma是根据实验结论导出的，其过程简要如下：实验结论一：a∝F；实验结论二：a∝eq\f(1,m).综合两个结论，得a∝eq\f(F,m)或F∝ma.上式写成等式为F＝kma，其中k为比例常数．如果选用合适的单位，可使k＝1.为此，对力的单位“N”做了定义：使质量是1kg的物体产生1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg·m/s2.据此，公式F＝kma中，如果各物理量都用国际单位(即F用N作单位、m用kg作单位、a用m/s2作单位)，则k＝1.由此可见，公式F＝kma中的比例常数k的数值，是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的，在国际单位制中k＝1，并不是在任何情况下k都等于1，故选项A、B错，选项C、D正确．答案CD【知识存盘】1．力学单位制：单位制由基本单位和导出单位共同组成．2．力学中的基本单位：力学单位制中的基本单位有千克(kg)、米(m)和秒(s)．3．导出单位：导出单位有N、m/s、m/s2等．牛顿运动定律的应用Ⅱ(考纲要求)【思维驱动】如图3－2－1所示，图3－2－1楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4m．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.试求：(1)刷子沿天花板向上的加速度．(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．解析(1)刷子受力如图所示，对刷子沿斜面方向由牛顿第二定律得：Fsinθ－mgsinθ－Ff＝ma垂直斜面方向上受力平衡，有：Fcosθ＝mgcosθ＋FN其中Ff＝μFN由以上三式得：a＝2m/s2.(2)由L＝eq\f(1,2)at2得：t＝2s.答案(1)2m/s2(2)2s【知识存盘】1．动力学的两类基本问题(1)由受力情况分析判断物体的运动情况；(2)由运动情况分析判断物体的受力情况．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．国际单位制中的基本单位有：千克(kg)、米(m)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)(高中阶段所学)eq\f(对应学生,用书P46)考点一对牛顿第二定律的理解牛顿第二定律的“五”性【典例1】(单选)如图3－2－2所示，图3－2－2物块1、2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a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()．A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g解析在抽出木板的瞬时，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mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C对．答案C【变式跟踪1】(单选)(·常州联考)如图3－2－3所示，图3－2－3质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()．A．0B.eq\f(2\r(3),3)gC．gD.eq\f(\r(3),3)g解析平衡时，小球受到三个力：重力mg、木板AB的支持力FN和弹簧拉力FT，受力情况如图所示．突然撤离木板时，FN突然消失而其他力不变，因此FT与重力mg的合力F＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，产生的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r(3),3)g，B正确．答案B,借题发挥1．分析物体在某一时刻瞬时加速度的关键：(1)先分析该时刻物体的受力情况及运动状态．(2)再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．几种常见模型：特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或压力轻绳微小不计可以只有拉力没有压力轻橡皮绳较大不能只有拉力没有压力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有压力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力考点二整体法、隔离法的灵活应用选择研究对象是解决物理问题的首要环节．在很多物理问题中，研究对象的选择方案是多样的，研究对象的选取方法不同会影响求解的繁简程度．对于连接体问题，通常用隔离法，但有时也可采用整体法．【典例2】(单选)(·江苏卷，5)图3－2－4如图3－2－4所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是()．A.eq\f(2f（m＋M）,M)B.eq\f(2f（m＋M）,m)C.eq\f(2f（m＋M）,M)－(m＋M)gD.eq\f(2f（m＋M）,m)＋(m＋M)g解析对木块M，受到两个静摩擦力f和重力Mg三个力而向上运动，由牛顿第二定律得木块不滑动的最大加速度大小为am＝eq\f(2f－Mg,M)①.对整体，受到两个力，即力F和整体重力(m＋M)g，由牛顿第二定律得F－(m＋M)g＝(m＋M)a②，代入最大加速度即得力F的最大值Fm＝eq\f(2f（m＋M）,M)，A项正确．答案A【变式跟踪2】(单选)如图3－2－5所示，图3－2－550个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为()．A.eq\f(1,25)FB.eq\f(24,25)FC．24mg＋eq\f(F,2)D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定解析设题中50个小物块组成的整体沿斜面向上的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得F－50μmgcos30°－50mgsin30°＝50ma；从整体中将第3、4、…、50共48个小物块隔离出来进行受力分析，设第2个小物块对第3个小物块的作用力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－48μmgcos30°－48mgsin30°＝48ma；联立以上两式解得FN＝eq\f(24,25)F，由牛顿第三定律可知，第3个小块对第2个小物块作用力大小为eq\f(24,25)F，故选项B正确．答案B,阅卷老师叮咛•考情报告牛顿运动定律是高频考点，甚至同一年同一试卷都有多处考查．•易失分点1．不能灵活运用整体法和隔离法选取研究对象．2．不理解力F有最大值的条件→M、m不相对滑动→夹子与木块间达到最大静摩擦力．以题说法1．整体法与隔离法的应用技巧对于连接体各部分加速度相同时，一般的思维方法是2．使用隔离法时应注意两个原则(1)选出的隔离体应包含所求的未知量；(2)在独立方程的个数等于未知量的个数前提下，隔离体的数目应尽可能地少．

考点三动力学的两类基本问题【典例3】(·浙江卷，23)图3－2－6为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系．小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图3－2－6所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的eq\f(10,9)倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.规范解答(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有veq\o\al(2,A1)－0＝2gH①得：vA1＝eq\r(2gH)②(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有F浮＋fA－mg＝maA③0－veq\o\al(2,A1)＝－2aAhA④由题意：F浮＝eq\f(10,9)mg由②③④式得fA＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,hA)－\f(1,9)))⑤(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有fB＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,hB)－\f(1,9)))⑥综合⑤、⑥两式，得eq\f(fA,fB)＝eq\f(hB（9H－hA）,hA（9H－hB）).答案(1)eq\r(2gH)(2)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(H,hA)－\f(1,9)))(3)eq\f(hB（9H－hA）,hA（9H－hB）)【变式跟踪3】质量为10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，如图3－2－7所示．力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，图3－2－7速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)解析设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：a1t1＝a2t2①有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示由牛顿第二定律可得：Fcosθ－mgsinθ－Ff1＝ma1②Ff1＝μFN1＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)③撤去力F后，对物体受力分析如图所示由牛顿第二定律得：－mgsinθ－Ff2＝－ma2④Ff2＝μFN2＝μmgcosθ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得：a2＝8m/s2，a1＝5m/s2，μ＝0.25物体运动的总位移x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×5×22＋\f(1,2)×8×1.252))m＝16.25m.答案0.2516.25m借题发挥1．解决两类动力学基本问题应把握的关键应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题，主要应把握两点：(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．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”．①分解力而不分解加速度，此法应规定加速度的方向为x轴正方向．②分解加速度而不分解力．此法一般是以某个力的方向为x轴正方向，其他力都落在两个坐标轴上而不需要分解．3．解决动力学两类问题的基本思路：无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解.eq\f(对应学生,用书P49)物理建模2“等时圆”模型中学物理常用模型1．对象模型：如质点、点电荷等．2．条件模型：如光滑面、匀强电场、匀强磁场等．3．过程模型：如自由落体运动，匀加速(或匀减速)直线运动、平抛运动、匀速圆周运动等．4．结论模型：如“等时圆”模型、滑块模型、传送带模型等．“等时圆”模型(1)物体沿着位于同一竖直圆上图3－2－8的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且为t＝2eq\r(\f(R,g))(可由2Rcosθ＝eq\f(1,2)at2及mgcosθ＝ma解得)(如图3－2－8甲所示)．(2)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端的时间相等，且为t＝2eq\r(\f(R,g))(如图3－2－8乙所示)．典例(单选)如图3－2－9所示，图3－2－9AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为()．A．2∶1B．1∶1C.eq\r(3)∶1D．1∶eq\r(3)解析由“等时圆”模型结论有：tAP＝tCP＝eq\r(\f(2R,g))，tPB＝tPD＝eq\r(\f(2r,g))，所以t1＝tAP＋tPB，t2＝tCP＋tPB，知t1＝t2，B项正确．答案B【应用1】(多选)如图3－2－10所示，图3－2－10位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心．已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则()．A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．c、a、b三球依次先后到达M点解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”模型结论有，ta＝eq\r(\f(4R,g))＝2eq\r(\f(R,g))；B点在圆外，tb>ta，c球做自由落体运动tc＝eq\r(\f(2R,g))；所以，有tc<ta<tb.C、D正确．答案CD【应用2】(单选)如图3－2－11所示，图3－2－11在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为()．A．α＝θB．α＝eq\f(θ,2)C．α＝eq\f(θ,3)D．α＝2θ解析如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点．由等时圆知识可知，由A沿斜面滑到D所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝eq\f(θ,2).答案Beq\f(对应学生,用书P49)一、牛顿第二定律的理解及应用1．(单选)(·海南卷，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的大小成正比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反比解析物体加速度的大小与质量和速度大小的乘积无关，A项错误；物体所受合力不为0，则a≠0，B项错误；加速度的大小与其所受的合力成正比，C项错误．答案D2．(多选)质量均为m的A、B两个小球之间系一个质图3－2－12量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A紧靠墙壁，如图3－2－12所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间()．A．A球的加速度为eq\f(F,2m)B．A球的加速度为零C．B球的加速度为eq\f(F,2m)D．B球的加速度为eq\f(F,m)解析恒力F作用时，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F.突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错、B项对．而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a＝eq\f(F,m)，故C项错、D项对．答案BD3．(单选)(·安徽卷，17)图3－2－13如图3－2－13所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()．A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，知物块沿斜面加速下滑时的加速度a＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)>0，即μ<tanθ.对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝eq\f(（mg＋F）sinθ－μ（mg＋F）cosθ,m)＝a＋eq\f(Fsinθ－μFcosθ,m)，且Fsinθ－μFcosθ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．答案C二、动力学两类基本问题4．一辆质量为1.0×103kg的汽车，经过10s由静止加速到速度为108km/h后匀速前进．求：(1)汽车受到的合力大小；(2)如果关闭汽车发动机油门并刹车，设汽车受到的阻力为6.0×103N，求汽车由108km/h到停下来所用的时间和所通过的路程．解析汽车运动过程如下图所