（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題講義（含解析）

（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動力學問題講義（含解析）(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。()(2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小。(×)(3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×)(4)物體受到外力作用，立即產(chǎn)生加速度。()(5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運動情況。(×)(6)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。()(7)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×)(8)力的單位牛頓，簡稱牛，屬于導出單位。()突破點(一)牛頓第二定律的理解1牛頓第二定律的五個特性2合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。(2)a是加速度的定義式，a與v、t無必然聯(lián)系；a是加速度的決定式，aF，a。(3)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。題點全練1(2019·溫州月考)對牛頓第二定律的理解，錯誤的是()A在Fkma中，k的數(shù)值由F、m、a的單位決定B當合力為零時，加速度為零C加速度的方向總跟合力的方向一致D牛頓第二定律說明當物體有加速度時，物體才受到外力的作用解析：選D在Fkma中，k的數(shù)值由F、m、a的單位決定，當F、m、a的單位都取國際單位時，k的數(shù)值取1，即Fma，故A正確；物體所受合力為零時，根據(jù)牛頓第二定律Fma可知，加速度一定為零，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向與合力的方向相同，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律知，當物體加速度不為零即有加速度時，則合力不為零，當物體沒有加速度即加速度為零時也可以受到外力作用，只是此時合力為零，故D錯誤。2.(2016·上海高考)如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的()AOA方向BOB方向COC方向 DOD方向解析：選D據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運動，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整體，根據(jù)整體法和隔離法的關(guān)系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故選項D正確。3.多選(2019·靖江期考)如圖所示，在光滑水平面上有一物塊受水平恒力F的作用而運動，在其正前方固定一個足夠長的輕質(zhì)彈簧。當物塊與彈簧接觸并將彈簧壓至最短的過程中，下列說法正確的是()A物塊接觸彈簧后即做減速運動B物塊接觸彈簧后先加速后減速C當彈簧最短時，物塊有向左的加速度D當物塊的速度最大時，它受的合力為零解析：選BCD物塊剛接觸彈簧時，受到向左的彈簧彈力的作用，但小于向右的水平恒力F，由牛頓第二定律可知物塊仍然向右加速，故A錯誤；由牛頓第二定律可知加速度和合外力同時變化，物塊從接觸彈簧到壓縮量最大的過程中，合外力先減小到零，加速度也減小到零，而速度繼續(xù)增加；然后合外力再反向增大，加速度反向增大，此時加速度和速度反向，速度逐漸減小，故B正確；當彈簧處于壓縮量最大時，彈力大于向右的恒力，合外力不為零，物塊有向左的加速度，故C正確；當物塊受到合外力為零時，加速度為零，之前是加速度逐漸減小到零的加速過程，此時速度最大，故D正確。突破點(二)牛頓第二定律的瞬時性問題1兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型：2求解瞬時加速度的一般思路題點全練1.(2019·成都月考)如圖所示，A、B兩小球分別連在輕繩兩端，B球另一端用彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面上。A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g。若不計彈簧質(zhì)量，在繩被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()A都等于B.和0C.和 D.和解析：選C對A球：在剪斷繩子之前，A球處于平衡狀態(tài)，所以繩子的拉力等于A球的重力沿斜面的分力。在剪斷繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，此時小球A受到的合力為FmAgsin 30°mAa，agsin 30°；對B球：在剪斷繩子之前，對B球進行受力分析，B球受到重力、彈簧對它斜向上的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，此時對B球進行受力分析，則B球受到重力、彈簧斜向上的拉力、支持力，根據(jù)牛頓第二定律得：mAgsin 30°mBa，解得a。故C正確。2.如圖所示，底板光滑的小車停在水平地面上。現(xiàn)在小車前后壁上用兩個量程為20 N、完全相同的彈簧秤甲和乙拉住一個質(zhì)量為1 kg的物塊，此時兩彈簧秤的示數(shù)均為10 N。當小車做勻加速直線運動時，彈簧秤甲的示數(shù)變?yōu)? N，這時小車運動的加速度大小是()A2 m/s2 B4 m/s2C6 m/s2 D8 m/s2解析：選B因彈簧的彈力與其形變量成正比，當彈簧秤甲的示數(shù)由10 N變?yōu)? N時，其形變量減少，則彈簧秤乙的形變量必增大，且甲、乙兩彈簧秤形變量變化的大小相等，所以，彈簧秤乙的示數(shù)應(yīng)為12 N，物塊在水平方向所受到的合外力為：FT乙T甲12 N8 N4 N，根據(jù)牛頓第二定律，得物塊的加速度大小為：a4 m/s2，小車與物塊相對靜止，加速度相等，所以小車的加速度為4 m/s2，故選項B正確，A、C、D錯誤。3.(2019·吳江檢測)如圖所示，物體a、b用一根不可伸長的細線相連，再用一根輕彈簧跟a相連，彈簧上端固定在天花板上，已知物體a、b的質(zhì)量相等。當在P點處剪斷繩子的瞬間()A物體a的加速度大小為gB物體a的加速度大小為0C物體b的加速度大小為0D物體b的加速度大小為2g解析：選A設(shè)a、b的質(zhì)量均為m，剪斷繩子前，對a、b整體受力分析可得，彈簧彈力F2mg。剪斷繩子瞬間，彈簧彈力不變，繩子拉力變?yōu)榱恪受力分析，a受重力、彈簧彈力，由牛頓第二定律可得：Fmgma1，解得：a1g，方向豎直向上。對b受力分析，b只受重力，則b的加速度為g，方向豎直向下，故A正確，B、C、D錯誤。突破點(三)動力學的兩類基本問題1解決動力學兩類基本問題的思路2動力學兩類基本問題的解題步驟典例(2018·通榆期中)如圖所示，一光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量m1 kg的物體在平行于斜面向上的恒力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時立即撤去拉力F。此后，物體到達C點時速度為零。每隔0.2 s通過傳感器測得物體的瞬時速度，下表給出了部分測量數(shù)據(jù)。求：t/s0.00.20.42.22.4v/(m·s1)0.01.02.03.32.1(1)恒力F的大??；(2)撤去外力F的時刻。思路點撥(1)分析物體的運動情況，由表格所給的數(shù)據(jù)求加速度；(2)對物體進行受力分析，由牛頓第二定律求出F；(3)撤去F時刻物體的速度最大，勻減速到零的運動可用逆向思維法計算。解析(1)加速階段由加速度的定義知，加速度：a1 m/s25 m/s2減速階段加速度大小為：a2 m/s26 m/s2加速階段中由牛頓第二定律得：Fmgsin ma1減速階段中由牛頓第二定律得：mgsin ma2聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得：Fm(a1a2)11 N。(2)撤力瞬間速度最大，則有a1tv0a2(tt)，其中：v03.3 m/s，t2.2 s解得t1.5 s。答案(1)11 N(2)1.5 s方法規(guī)律解決動力學兩類問題的兩個關(guān)鍵點集訓沖關(guān)1.多選(2018·宿遷調(diào)研)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離x1后停止?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(Fmg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則()Aa2>a1Ba2a1Cx2>x1 Dx2<x1解析：選AD設(shè)木盒的質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得，放砝碼時，加速度：a1g，拿走砝碼施加F時，加速度：a2g，可知a2a1。根據(jù)v22ax得，x，知加速度增大，則滑行的距離變小。即：x2<x1，則A、D正確，B、C錯誤。2.(2019·揚州模擬)“神舟”飛船完成預(yù)定空間科學和技術(shù)實驗任務(wù)后，返回艙開始從太空向地球表面預(yù)定軌道返回。返回艙開始時通過自身制動發(fā)動機進行調(diào)控減速下降，穿越大氣層后在一定高度打開阻力降落傘進一步減速下降。穿越大氣層后，在一定高度打開阻力降落傘，這一過程中返回艙所受的空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數(shù)(空氣阻力系數(shù))為k，所受空氣浮力不變，且認為豎直降落。從某時刻開始計時，返回艙的運動v ­t圖像如圖所示，圖中AB是曲線在A點的切線，切線交于橫軸上一點B的坐標為(8,0)，CD是曲線AD的漸進線。假如返回艙總質(zhì)量為M400 kg，g取10 m/s2。求：(1)在開始時刻v0160 m/s時，返回艙的加速度大?。?2)空氣阻力系數(shù)k(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)開始時v0160 m/s，過A點切線的斜率大小就是此時的加速度的大小，加速度的大?。篴 m/s220 m/s2。(2)設(shè)浮力為F，據(jù)牛頓第二定律，在t0時有：kv02FMgMa由題圖知返回艙的最終速度為：v4 m/s，當返回艙勻速運動時有：kv2FMg0故k kg/m0.31 kg/m。答案：(1)20 m/s2(2)0.31 kg/m突破點(四)動力學的圖像問題1常見的動力學圖像v ­t圖像、a ­t圖像、F ­t圖像、F ­a圖像等。2動力學圖像問題的類型3解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準確判斷。多維探究(一)由運動圖像分析物體的受力情況例1質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，經(jīng)0.5 s落至地面，該下落過程對應(yīng)的v ­t圖像如圖所示。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的，設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f，取g10 m/s2。求：(1)彈性球受到的空氣阻力f的大?。?2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。解析(1)設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度為a，由速度時間圖像得：a8 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：mgfma解得：f0.2 N。(2)由速度時間圖像可知，彈性球第一次到達地面的速度為v4 m/s則彈性球第一次離開地面時的速度大小為v3 m/s離開地面后a12 m/s2，根據(jù)v22ah解得：h0.375 m。答案(1)0.2 N(2)0.375 m(二)由力的圖像分析物體的運動情況例2(2019·華中師大附中模擬)如圖甲所示為一傾角37°足夠長的斜面，將一質(zhì)量m1 kg的物體在斜面上靜止釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F隨時間t變化關(guān)系的圖像如圖乙所示，物體與斜面間動摩擦因數(shù)0.25。取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8，求：(1)2 s末物體的速度大小；(2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移。解析(1)對物體受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假設(shè)02 s物體沿斜面方向向下運動mgsin mgcos F1>0，所以假設(shè)成立，物體在02 s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得mgsin F1mgcos ma1，解得a12.5 m/s2，v1a1t1，代入數(shù)據(jù)可得v15 m/s。(2)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1a1t125 m，當拉力為F24.5 N時，由牛頓第二定律可得mgsin mgcos F2ma2，代入數(shù)據(jù)可得a20.5 m/s2，設(shè)物體經(jīng)過t2時間速度減為零，則0v1a2t2，解得t210 s，物體在t2時間內(nèi)發(fā)生的位移為x2v1t2a2t2225 m，由于mgsin mgcos <F2<mgsin mgcos ，則物體在剩下4 s時間內(nèi)處于靜止狀態(tài)。故物體在前16 s內(nèi)發(fā)生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下。答案(1)5 m/s(2)30 m，方向沿斜面向下 (三)根據(jù)已知條件確定圖像的變化例3(2019·綦江模擬)如圖所示，水平地面上豎直固定一輕彈簧，彈簧上端固定著一個質(zhì)量不計的小薄片。一小球從彈簧正上方自由下落，接觸彈簧后將彈簧壓縮到最短，在該過程中，關(guān)于小球運動的v ­t圖像中分析正確的是(不計空氣阻力)()解析小球自由下落的過程中，做勻加速直線運動，合外力不變；小球接觸彈簧后將彈簧壓縮到最短的過程中，受到向下的重力和彈簧向上的彈力，由于彈簧的彈力與壓縮量成正比，開始階段，彈力小于重力，小球的合力向下，與速度方向相同，速度增大，隨著彈力的增大，合力減小，加速度減小；后來彈力大于重力，合力向上，隨著彈力的增大，合力增大，加速度增大，由于合力與速度方向相反，小球速度減小，故當彈力與重力相等時，速度最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)；所以小球接觸彈簧后先做加速度減小的加速運動后做加速度增大的減速運動，由以上分析可知D正確，A、B、C錯誤。答案D 1質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。2質(zhì)點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。3兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，質(zhì)點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。 典例多選如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是()At1t2Bt2>t3Ct1<t2 Dt1t3思路點撥解析設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tcat1t3；而由ca和由Ob滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca>aOb，由xat2可知，t2>tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確。答案BCD應(yīng)用體驗1.(2018·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，ab、cd是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，ab、cd兩端位于相切的兩個豎直圓周上。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，兩個滑環(huán)分別從a、c處釋放(初速度為零)，用t1、t2依次表示滑環(huán)從a到b和從c到d所用的時間，則()At1t2Bt1t2Ct1t2Dt1和t2的大小以上三種情況都有可能解析：選C設(shè)軌道與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系得，軌道的長度L(2R12R2)cos ，加速度：agcos ，根據(jù)Lat2得，t ，與夾角無關(guān)，則t1t2。故C正確。2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點。B點在y軸上且BMO60°，O為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是()AtA<tC<tBBtAtC<tBCtAtCtBD由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關(guān)系解析：選B由等時圓模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tAtC<tB，B正確。3.如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為>>，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為()AtABtCDtEFBtAB>tCD>tEFCtAB<tCD<tEF DtABtCD<tEF解析：選B如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線的延長線交于G，以O(shè)G為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內(nèi)，而B點在輔助圓外，由等時圓結(jié)論可知，tAB>tCD>tEF，B項正確。4.如圖所示，幾條足夠長的光滑直軌道與水平面成不同角度，從P點以大小不同的初速度沿各軌道發(fā)射小球，若各小球恰好在相同的時間內(nèi)到達各自的最高點，則各小球最高點的位置()A在同一水平線上 B在同一豎直線上C在同一拋物線上 D在同一圓周上解析：選D設(shè)某一直軌道與水平面成角，末速度為零的勻減速直線運動可看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動，則小球在直軌道上運動的加速度agsin ，由位移公式得lat2gsin ·t2，即gt2，不同的傾角對應(yīng)不同的位移l，但相同，即各小球最高點的位置在直徑為gt2的圓周上，選項D正確。