高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题教案.doc

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1、- 1 - / 15【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第精选高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2 2 讲牛顿第二定律两类动力学问题教案讲牛顿第二定律两类动力学问题教案知识点一 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 成正比，跟它的 成反比，加速度的方向跟 的方向相同.(2)公式： .(3)物理意义：它表明了力是产生 的原因.(4)适用范围：只适用于研究 中运动与力的关系，不能用于非惯性系；只适用于解决 物体的 运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题.2.单位制(1)单位制：由 和导出单位一起构成单位制.基本单位：在

2、力学中，选定 、时间和 三个物理量的单位为基本单位.导出单位：根据物理公式中其他物理量和 的关系，推导出的物理量的单位.(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m千克时间t秒长度l米- 2 - / 15电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n摩尔mol发光强度IV坎德拉cd答案：1.(1)作用力 质量 作用力 (2)Fma (3)加速度 (4)惯性系 宏观 低速2.(1)基本单位 长度 质量 基本物理量 (2)kg s m知识点二 超重和失重1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有 的加速度.2.失重(1)

3、定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 物体所受重力的现象.(2)产生条件：物体具有 的加速度.3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 的现象称为完全失重现象.(2)产生条件：物体的加速度 a ，方向竖直向下.答案：1.(1)大于 (2)向上 2.(1)小于 (2)向下 3.(1)等于零 (2)g(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同.( )(2)质量越大的物体，加速度越小.( )(3)物体的质量与加速度成反比.( )(4)物体受到外力作用，立即产生加速度.( )- 3 - / 15(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况.( )(6)物体所受的合外力

4、减小，加速度一定减小，而速度不一定减小.( )答案：(1) (2) (3) (4) (5) (6)考点 对牛顿第二定律的理解牛顿第二定律的“五个性质”：考向 1 力和运动的定性关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度.(2)a是加速度的定义式，a 与 v、t 无必然联系；a是加速度的决定式，aF，a.(3)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.典例 1 如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的 O 点，自由伸长到 B 点.今用一物体 m 把弹簧压缩到 A 点，然后释放，物体能运动到C 点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是( )A

5、.物体从 A 到 B 速度越来越大，从 B 到 C 速度越来越小B.物体从 A 到 B 速度越来越小，从 B 到 C 加速度不变C.物体从 A 到 B 先加速后减速，从 B 到 C 一直减速运动D.物体在 B 点受力为零解析 物体在 A 点时受两个力作用，向右的弹力 kx 和向左的摩擦力 Ff，合力 F 合kxFf，物体从 AB 的过程，弹力由大于 Ff减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而 v 一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在 A到 B 中间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大- 4 - / 15的减速运动；物体从 BC 过程，F

6、 合Ff 为恒力，方向向左，所以物体做加速度不变的匀减速运动，故 C 正确.答案 C考向 2 牛顿第二定律的矢量性由于加速度的方向与合力的方向总相同，若已知合力方向，即可确定加速度方向；反之，若已知加速度方向，即可确定合力的方向.典例 2 (多选)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球 A 用细线悬挂于支架前端，质量为 m 的物块 B 始终相对小车静止地摆放在右端.B 与小车平板间的动摩擦因数为 .若某时刻观察到细线偏离竖直方向 角，则此刻( )A.小车对物块 B 的摩擦力大小为 mgB.小车对物块 B 的摩擦力水平向右C.小车对物块 B 的摩擦力大小为 mgtan D.小车对

7、物块 B 的合力大小为 mg1tan2 解析 以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象，其加速度方向只能是水平方向；以小球 A 为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有 mAgtan mAa，可得小车向左做加速度大小为 agtan 的匀减速运动；以物块 B 为研究对象，小车对物块 B 向右的静摩擦力 Ffmamgtan ，小车对物块 B 竖直向上的支持力 FNmg，故小车对物块 B 产生的作用力的大小为 Fmg，方向为斜向右上方，选项 B、C、D 正确.答案 BCD考向 3 牛顿第二定律的瞬时性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

8、下两种模型：- 5 - / 15典例 3 如图所示，A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为，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( )A.两图中两球加速度均为 gsin B.两图中 A 球的加速度均为零C.图乙中轻杆的作用力一定不为零D.图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍解析 撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin .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球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin ，加

9、速度为 2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin ，加速度均为 gsin ，可知只有 D 正确.答案 D考向 4 牛顿第二定律的独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵守牛顿第二定律.(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和.(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵守牛顿第二定律，即ax，ay.典例 4 (2017辽宁沈阳四校月考)如图所示，当小车向右加速运动时，物块 M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时 ( )A.M 受静摩擦力增大B.M 对车厢壁的压力减小- 6 - / 15C.M 仍相对于车厢静止D.M 受静摩擦力减小

10、解析 分析 M 受力情况如图所示，因 M 相对车厢壁静止，有FfMg，与水平方向的加速度大小无关，A、D 错误.水平方向，FNMa，FN 随 a 的增大而增大，由牛顿第三定律知，B 错误.因 FN 增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故 M 相对于车厢仍静止，C正确.答案 C考点 对超重和失重的理解与应用1.超重、失重和完全失重比较超重 失重 完全失重产生条件加速度方向向上加速度方向向下加速度方向向下，且大小ag动力学原理FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmgF0可能状态加速上升；减速下降加速下降；减速上升自由落体运动和所有的抛体运动；绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等2.对

11、超重和失重的进一步理解(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化).(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关.(3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直- 7 - / 15方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.典例 5 (2015江苏卷)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力

12、( )A.t2 s 时最大 B.t2 s 时最小C.t8.5 s 时最大 D.t8.5 s 时最小解析 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此 t2 s 时，压力最大，A 项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t8.5 s 时压力最小，D 项正确.答案 AD变式 1 (多选)如图所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方连接一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力.若在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )A.加速下降

13、 B.加速上升C.物块处于失重状态D.物块处于超重状态答案：AC 解析：木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态.当物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，选项 A、C 正确.变式 2 (2017河北五校联考)如图所示为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为 37，重物与车厢地板之- 8 - / 15间的动摩擦因数为 0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力为 1

14、.15 倍，sin 370.6，cos 370.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )A.0.35mg B.0.30mg C.0.23mg D.0.20mg答案：D 解析：车厢内的重物受重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知 Fmgmasin 37，Ffmacos 37，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力 F1.15mg，代入上式解得：Ff0.20mg，D 项正确.超重和失重现象判断的技巧(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度

15、的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.考点 动力学两类基本问题1.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，具体逻辑关系如图所示.2.两类动力学问题的解题步骤考向 1 已知受力求运动典例 6 (2017湖南株洲质检)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- 9 - / 15F84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为 t11.0 s，撤除水平推力 F 后经过 t22.0 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，

16、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 m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为 Ff12 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.解题指导 根据题意，画出运动过程示意图，分析每一过程的已知量和未知量，根据牛顿第二定律及运动学公式求解.解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1 m/s21.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s位移 x1a1t0.6 m.(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2Ff

17、m经时间 t2 速度变为v1v1a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小 v2，则vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2v2 2 2a2解得 x25.2 m.- 10 - / 15答案 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m考向 2 已知运动求受力典例 7 (2017山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机” ，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面 40 m 高处，然后由静止释放.可以认为座椅沿轨道做自由落体运动 2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面 4 m 高处时速度刚好减小到零.然后再让座椅以相当缓

18、慢的速度稳稳下落，将游客送回地面.(取 g10 m/s2)求：(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？问题探究 (1)座椅匀加速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？(2)利用第一阶段的结果，座椅匀减速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？提示 (1)知道初速度、加速度、时间三个物理量，可求出末速度和位移.(2)第一阶段的末速度即为第二阶段的初速度，又由于总位移已知，所以可求出匀减速下落的位移，由题意末速度为零，即知道初速度、末速度、位移，可求出时间和加速度.解析 (1)自由下落的位移hgt20 m座椅自由下落结束时刻的速度

19、vgt120 m/s设座椅匀减速运动的总高度为 h，则- 11 - / 15h(40420) m16 m由 ht 得 t1.6 s.(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为 a，座椅对游客的作用力大小为 F，由 vat 得 a12.5 m/s2由牛顿第二定律得Fmgma解得2.25.答案 (1)1.6 s (2)2.25考向 3 动力学两类问题综合应用典例 8 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l180 m，其中电磁弹射区的长度为 l1120 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

20、2.0104 kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力 F 推1.2105 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.已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度 v120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取 g10 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.解题指导 本题可按以下思路进行分析：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 f20.2mg根据牛顿第

21、二定律有 F 推f2ma2- 12 - / 15代入数据解得 a24.0 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 f10.05mg根据匀加速运动规律有v2a1l1v2v2a2(ll1)根据牛顿第二定律有 F 牵F 推f1ma1代入数据解得 a158 m/s2，F 牵1.05106 N.答案 (1)4.0 m/s2 (2)58 m/s2 1.05106 N解决动力学两类问题的两个关键点1.受力分析与牛顿第二定律如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时，自动电梯经过先加

22、速后匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中( )A.乘客始终受摩擦力作用B.乘客经历先超重再失重的状态C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上D.电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上答案：D 解析：乘客先有斜向上的加速度后匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项 B 错误.匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项 A 错误；乘客在加速阶段受电梯的作用力与重力作用，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项 C 错误，D 正确.2.牛顿第二定律的简单应用物块 A 放置在与水平地面成 30角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若

23、该木板与水平面成- 13 - / 1560角倾斜，取 g10 m/s2，则物块 A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )B.3 m/s2A.5 m/s2 D. m/s2C.(5) m/s2 答案：D 解析：由物块在倾角为 30的木板上匀速下滑，得Ffmgsin 30，又 FN1mgcos 30，FfFN1，求得动摩擦因数；在倾角为 60的木板上物块加速下滑，有 FN2mgcos 60，mgsin 60FN2ma，求得 a m/s2，D 对.3.对瞬时性的理解(多选)如图所示，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，通过系在a 上的细线

24、悬挂于固定点 O，整个系统处于静止状态.现将细线剪断，将物块 a 的加速度的大小记为 a1，S1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为 l1 和 l2，重力加速度大小为 g，在剪断的瞬间，( )B.a10A.a13gD.l1l2C.l12l2答案：AC 解析：剪断细线前，把 a、b、c 看成整体，细线上的拉力为 T3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此 a、b、c 之间的作用力与剪断细线之前相同.则将细线剪断瞬间，对 a 隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mgma1 得 a13g，A 正确，B 错误.由胡克定律知：2mgkl1，mgkl2，所以 l12l2，C 正确，D 错误.4.对瞬时

25、性的理解如图所示，质量为 m 的小球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于 P、Q.球静止时，中拉力大小为 FT1，中拉力大小为 FT2，当剪断水平细线的瞬间，小球的加速度 a 应是( )- 14 - / 15A.ag，竖直向下B.ag，竖直向上C.a，方向水平向左D.a，方向沿的延长线答案：C 解析：剪断水平细线的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到 FT1 和重力 mg 作用，合力水平向左，大小为 FT2，所以加速度为 a，方向水平向左，选项 C 正确.5.动力学两类问题如图甲所示，质量 m1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力 F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s

26、 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt 图象)如图乙所示，取 g10 m/s2，求：(1)2 s 内物块的位移大小 x 和通过的路程 L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小 a1、a2 和拉力大小 F.答案：(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N解析：(1)在 2 s 内，由图乙知：物块上升的最大距离：x121 m1 m物块下滑的距离：x211 m0.5 m所以位移大小 xx1x20.5 m路程 Lx1x21.5 m.(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a24 m/s2 设斜面倾角为 ，斜面对物块的摩擦力为 Ff，根据牛顿第二定- 15 - / 15律有00.5 s 内：FFfmgsin ma10.51 s 内：Ffmgsin ma2由式得 F8 N.