2019高考物理一輪復習 考點大通關 專題3.2 牛頓第二定律 兩類動力學問題學案.doc
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專題3.2 牛頓第二定律 兩類動力學問題 考點精講 一、牛頓第二定律 1．內容 物體加速度的大小跟作用力成正比，跟物體的質量成反比．加速度的方向與作用力的方向相同． 2．表達式 a＝或F＝ma. 3．適用范圍 (1)只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系)． (2)只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況． 4．牛頓第二定律的“五性” 矢量性 F＝ma是矢量式，a與F同向 瞬時性 a與F對應同一時刻 因果性 F是產生a的原因 同一性 a、F、m對應同一個物體， 應用時統(tǒng)一使用SI制 獨立性 每一個力都產生各自的加速度 5.合力、加速度、速度間的決定關系 (1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時，加速度才為零．一般情況下，合力與速度無必然的聯(lián)系． (2)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． (3)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝. 二、力學單位制 1．單位制 由基本單位和導出單位組成． 2．基本單位 基本量的單位．力學中的基本量有三個，它們分別是質量、時間、長度，它們的國際單位分別是千克、秒、米． 3．導出單位 由基本量根據(jù)物理關系推導出的其他物理量的單位． 4．國際單位制中的七個基本物理量和基本單位 物理量名稱 物理量符號 單位名稱 單位符號 長度 l 米 m 質量 m 千克 kg 時間 t 秒 s 電流 I 安[培] A 熱力學溫度 T 開[爾文] K 物質的量 n 摩[爾] mol 發(fā)光強度 IV 坎[德拉] cd 三、兩類動力學問題 1．兩類動力學問題 (1)已知受力情況求物體的運動情況． (2)已知運動情況求物體的受力情況． 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖所示： 3．解決兩類動力學基本問題應把握的關鍵 (1)兩類分析：物體的受力分析和物體的運動過程分析； (2)一個“橋梁”：物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁． 4．解決動力學基本問題時對力的處理方法 (1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”． (2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”． 5．兩類動力學問題的解題步驟 考點精練 題組1 牛頓第二定律 1．下列對牛頓第二定律的表達式F＝ma及其變形公式的理解，正確的是( ) A．由F＝ma可知，物體所受的合外力與物體的質量成正比，與物體的加速度成反比 B．由m＝可知，物體的質量與其所受合外力成正比，與其運動的加速度成反比 C．由a＝可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質量成反比 D．由m＝可知，物體的質量可以通過測量它的加速度和它所受的合外力而求得 【答案】CD 【解析】a、m、F三個物理量的決定關系是，力F和質量m決定了加速度a，而加速度a不能決定力的大小或質量的大小。 2．關于牛頓第二定律的下列說法中，不正確的是( ) A．物體加速度的大小由物體的質量和物體所受合外力的大小決定，與物體的速度無關 B．物體加速度的方向只由它所受合外力的方向決定，與速度方向無關 C．物體所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向總是相同的 D．一旦物體所受合外力為零，則物體的加速度立即為零，其運動速度將不再變化 【答案】C 【解析】對于某個物體，合外力的大小決定了加速度的大小，合外力的方向決定了加速度的方向，而速度的方向與加速度方向無關．根據(jù)牛頓第二定律的瞬時性特征，合外力一旦為零，加速度立即為零，則速度不再發(fā)生變化，以后以此時的速度做勻速直線運動，綜上所述，A、B、D正確，C錯誤． 3．(多選)關于速度、加速度、合外力之間的關系，正確的是( ) A．物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大 B．物體的速度為零，則加速度為零，所受的合外力也為零 C．物體的速度為零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D．物體的速度很大，但加速度可能為零，所受的合外力也可能為零 【答案】CD 【解析】物體的速度大小與加速度大小及所受合外力大小無關，故C、D正確，A、B錯誤． 4. 如圖所示，質量m＝10 kg的物體在水平面上向左運動，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，與此同時物體受到一個水平向右的推力F＝20 N的作用，則物體產生的加速度是(g取10 m/s2)( ) A．0 B．4 m/s2，水平向右 C．2 m/s2，水平向左 D．2 m/s2，水平向右 【答案】B 5．如圖所示，位于水平地面上的質量為M的小木塊，在大小為F、方向與水平方向成α角的拉力作用下沿地面做加速運動，若木塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度為（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】對木塊受力分析，由牛頓第二定律可得：，，，求得，選項D正確，選項ABC錯誤。 6．質量為m的物體放在水平面上，當用大小為F的水平恒力作用于物體時，產生的加速度大小為a(a≠0)；當用大小為2F的水平恒力作用在物體上時，產生的加速度大小為( ) A．可能等于a B．可能等于2a C．可能大于2a D．可能小于2a 【答案】BC 題組2 兩類動力學問題 1．甲、乙兩物體以相同的初速度在同一水平面上滑動，兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且mA＝3mB，則它們所能滑行的距離xA、xB的關系為( ) A．xA＝xB B．xA＝3xB C．xA＝xB D．xA＝9xB 【答案】A 【解析】兩物體都做勻減速運動，甲物體的加速度a甲＝＝＝μg，乙物體的加速度a乙＝＝＝μg。又由運動學公式v2＝2ax知甲、乙兩物體初速度相等，加速度相等，所以位移相等。 2．民用航空客機的機艙，除了有正常的艙門和舷梯連接，供旅客上下飛機，一般還設有緊急出口，發(fā)生意外情況的飛機在著陸后，打開緊急出口的艙門，會自動生成一個由氣囊構成的斜面，機艙中的人可沿該斜面滑行到地面上來，若機艙離氣囊的底端的豎直高為3.2 m，氣囊所構成的斜面長度為4.0 m，一個質量為60 kg的人從氣囊上滑下時所受的阻力為240 N，則人滑至氣囊底端時速度為 m/s。 【答案】4 m/s 【解析】設斜面傾角為θ，則sinθ＝0.8，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ－F＝ma可得a＝4 m/s2，根據(jù)運動學公式v2＝2ax， v＝4 m/s。 3．質量為0.8 kg的物體在一水平面上運動，如圖所示，兩條直線分別表示物體受到水平拉力和不受拉力作用的v t圖線，則圖線b與上述的________情況相符，該物體受到的拉力是________。 【答案】受拉力作用 1.8 N 4．質量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等．從t＝0時刻開始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10 m/s2，則物體在t＝0至t＝12 s這段時間的位移大小為( ) A．18 m B．54 m C．72 m D．198 m 【答案】B 【解析】根據(jù)滑動摩擦力定義可知，物體運動過程中所受滑動摩擦力Ff＝μmg＝4 N，所以0～3 s物體所受外力等于最大靜摩擦力，物體恰能保持靜止狀態(tài)。在以后的過程中，物體交替做勻加速直線運動和勻速直線運動。勻加速直線運動過程中物體的加速度a＝＝2 m/s2，所以3～6 s物體做勻速直線運動，物體的位移x1＝at2＝9 m；6 s末的速度v＝at＝6 m/s；6～9 s物體做勻速直線運動，物體的位移x2＝vt＝18 m；9～12 s物體繼續(xù)做勻加速直線運動，位移x3＝vt＋at2＝27 m，因此0～12 s物體的位移x＝x1＋x2＋x3＝54 m，B項正確。 5．用平行于斜面的力推動一個質量為m的物體沿著傾斜角為α的光滑斜面由靜止向上運動，當物體運動到斜面的中點時撤去推力，物體恰能滑到斜面頂點，由此可以判定推力F的大小必定是( ) A．2mgcosα B．2mgsinα C．2mg(1－sinα) D．2mg(1＋sinα) 【答案】B 【解析】有推力F時，a＝，撤去F后，a′＝gsinα，由v2＝2ax，有：a＝a′，即：＝gsinα，F(xiàn)＝2mgsinα，故B正確。 題組3 力學單位制 1．下列敘述中正確的是( ) A．在力學的國際單位制中，力的單位、質量的單位、位移的單位選定為基本單位 B．牛頓、千克、米/秒2、焦、米都屬于力的單位 C．在厘米克秒制中，重力加速度g的值等于9.8厘米/秒2 D．在力學的計算中，若涉及的物理量都采用同一種國際單位制中的單位，則所計算的物理量的單位也是同一國際單位制中的單位 【答案】D 2．下列說法中不正確的是( ) A．在力學中，力是基本概念，所以力的單位“牛頓”是力學單位制中的基本單位 B．因為力的單位是牛頓，而1 N＝1 kgm/s2，所以牛頓是導出單位 C．各物理量采用國際單位，通過物理公式運算的結果的單位一定為國際單位 D．物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關系，同時也確定了物理量間的單位關系 【答案】A 【解析】“力”雖然是力學中的一個最基本的概念，但它的單位“牛頓”卻不是力學中的基本單位。力學中的基本單位是千克、米、秒，其他皆為導出單位。物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關系，同時也確定了物理量之間的單位關系。已知量采用國際單位，通過物理公式運算的結果的單位一定為國際單位，單位制在力學計算中的意義正在于此。 3．質量m=20g的物體，測得它的加速度a=20cm/s2，則關于它所受的合力的大小及單位，下列運算既正確又規(guī)范簡潔的是( ) A．F=ma=2020=400N B．F=ma =0.020.2=0.004N C．F=ma =0.02kg0.2m/s2=0.004N D．F=ma =0.020.2N =0.004N 【答案】D 【解析】統(tǒng)一單位，m=0.02kg，a=20cm/s2=0.2m/s2，由牛頓第二定律可得F= ma=0.020.2N =0.004N，D選項既正確又規(guī)范簡潔。 4．聲音在某種氣體中的速度表達式，可以只用氣體的壓強p、氣體密度ρ和沒有單位的比例系數(shù)k表示，根據(jù)上述情況，判斷下列聲音在該氣體中的速度表達式中正確的是( ) A．v＝k B．v＝k C．v＝k D．v＝k 【答案】A 方法突破 方法1 解決瞬時加速度問題的方法 詮釋：瞬時加速度的分析方法：(1)牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律,加速度和力同時產生、同時變化、同時消失。分析物體在某一時刻的瞬時加速度,關鍵是分析該瞬時前后的受力情況及變化。(2)明確輕桿、輕繩、輕彈簧、橡皮條等力學模型的特點：輕桿、輕繩的形變可瞬時產生或恢復,故其彈力可以瞬時突變；輕彈簧、橡皮條在兩端都連有物體時，形變恢復需較長時間,其彈力大小與方向均不能突變。 題組4 解決瞬時加速度問題的方法 1．一輕彈簧上端固定，下端掛一重物，平衡時彈簧伸長了4cm，再將重物向下拉1cm，然后放手，則在釋放瞬間重物的加速度是 ( ) (g取10m/s2) A．2.5m/s2 B．7.5m/s2 C．10m/s2 D．12.5m/s2 【答案】A 【解析】彈簧伸長量為4cm時,重物處于平衡狀態(tài)，故mg=kΔx1；再將重物向下拉1cm，則彈簧的伸長量變?yōu)棣2=5cm，在重物被釋放瞬間，由牛頓第二定律可得kΔx2-mg=ma；由以上兩式解得a=2.5m/s2，故選項A正確。 2．(多選)如圖所示，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O.整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將細線剪斷．將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間，( ) 圖3 2 2 A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 【答案】AC 3．如圖所示，兩個質量分別為m1＝1kg、m2＝4kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧秤連接。兩個大小分別為F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則達到穩(wěn)定狀態(tài)后，下列說法正確的是( ) A．彈簧秤的示數(shù)是25N B．彈簧秤的示數(shù)是50N C．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為7m/s2 D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13m/s2 【答案】C 【解析】以m1、m2以及彈簧秤為研究對象，則整體向右的加速度a＝＝2m/s2；再以m1為研究對象，設彈簧的彈力為F，則F1－F＝m1a，則F＝28N，A、B錯誤；突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，此時m2的加速度a＝＝7m/s2，C正確；突然撤去F1的瞬間，彈簧的彈力也不變，此時m1的加速度a＝＝28m/s2，D錯誤。 4．如圖所示，輕彈簧上端與一質量為m的木塊1相連，下端與另一質量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有( ) A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g 【答案】C 5．如圖所示，天花板上用細繩吊起兩個用輕彈簧相連的質量相同的小球，兩小球均保持靜止．當突然剪斷細繩的瞬間，上面小球A與下面小球B的加速度分別為(以向上為正方向)( ) A．a1＝g a2＝g B．a1＝2g a2＝0 C．a1＝－2g a2＝0 D．a1＝0 a2＝g 【答案】C 【解析】分別以A、B為研究對象，分析剪斷前和剪斷時的受力。剪斷前A、B靜止，A球受三個力：繩子的拉力FT、重力mg和彈簧彈力F，B球受兩個力：重力mg和彈簧彈力F′，A球：FT－mg－F＝0 B球：F′－mg＝0 F＝F′ 解得FT＝2mg，F(xiàn)＝mg。剪斷瞬間，A球受兩個力，因為繩無彈性，剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧瞬間形狀不可改變，彈力不變。如圖所示， A球受重力mg、彈簧的彈力F。同理B球受重力mg和彈力F。A球：－mg－F＝ma1，B球：F′－mg＝ma2，解得a1＝－2g，a2＝0。 6．如圖所示，A、B兩小球分別用輕質細繩L1和輕彈簧系在天花板上，A、B兩小球之間也用一輕繩L2連接，細繩L1和彈簧與豎直方向的夾角均為θ，A、B間細繩L2水平拉直，現(xiàn)將A、B間細繩L2剪斷，則細繩L2剪斷瞬間，下列說法正確的是( ) A．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1 B．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶cos2θ C．A與B的加速度之比為1∶1 D．A與B的加速度之比為cos θ∶1 【答案】D 【解析根據(jù)題述，A、B兩球的質量相等，設均為m.剪斷細繩L2時對A球受力分析如圖1所示， 由于繩的拉力可以突變，應沿繩L1方向和垂直于繩L1方向正交分解，得FT＝mgcos θ，ma1＝mgsin θ.剪斷細繩L2時B球受力如圖2所示，由于彈簧的彈力不發(fā)生突變，則彈簧的彈力還保持剪斷前的力不變，有Fcos θ＝mg，F(xiàn)sin θ＝ma2，所以FT∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，則D正確． 7. 如圖所示，A、B、C三球質量均為m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法中正確的是( ) A. A球的受力情況未變，加速度為零 B. C球的加速度沿斜面向下，大小為g C. A、B之間桿的拉力大小為2mgsin θ D. A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為gsin θ 【答案】D 方法2分析變加速運動過程的方法 詮釋：根據(jù)牛頓第二定律先由受力情況分析加速度，再由加速度與速度的關系分析運動性質，即同向加速運動，反向減速運動。 題組5 分析變加速運動過程的方法 1．在光滑的水平面上有一個物體同時受到水平力F1和F2的作用，在第1 s內保持靜止狀態(tài)，若兩個力隨時間變化情況如圖所示，則下列說法中正確的是( ) A．在第2 s內物體做勻加速運動，加速度大小恒定，速度均勻增大 B．在第5 s內物體做變加速運動，加速度均勻減小，速度逐漸增大 C．在第3 s內物體做變加速運動，加速度均勻減小，速度均勻減小 D．在第6 s末，物體的速度和加速度均為零 【答案】B 2. 如圖所示,彈簧左端固定,右端自由伸長到O點并系住物體m.現(xiàn)將彈簧壓縮到A點,然后釋放,物體可以一直運動到B點,如果物體受到的阻力恒定,則( ) A. 物體從A到O先加速后減速 B. 物體從A到O加速運動,從O到B減速運動 C. 物體運動到O點時所受合力為0 D. 物體從A到O的過程加速度逐漸減小 【答案】A 【解析】首先有兩個問題應搞清楚:①物體在A點所受彈簧的彈力大于物體與地面之間的摩擦力(因為物體能運動),②物體在O點所受彈簧的彈力為0,所以在A、O之間有彈力與摩擦力相等的位置,故物體在A、O之間的運動應該是先加速后減速,A正確、B錯誤;O點所受彈簧的彈力為0,但摩擦力不是0,所以選項C錯誤;從A到O的過程加速度先減小、后增大,故選項D錯誤. 3．如圖所示，一個小球從豎直立在地面上的輕質彈簧正上方某處自由下落，從小球與彈簧接觸開始到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球的速度和加速度的變化情況是( ) A．加速度和速度均越來越小，它們的方向均向下 B．加速度先變小后變大，方向先向下后向上；速度越來越小，方向一直向下 C．加速度先變小后變大，方向先向下后向上；速度先變大后變小，方向一直向下 D．以上均不正確 【答案】C 下，且逐漸減小，而速度與加速度的方向相同，速度大小是增大的，當彈力增大到與重力大小相等時，小球所受合力為零，加速度變?yōu)榱悖俣确较虿蛔?，大小增大到最大，由于小球具有慣性，它仍將向下運動，于是彈簧的壓縮量繼續(xù)增大，彈力增大，其大小大于小球的重力，這樣使小球所受的合力方向變?yōu)橄蛏希也粩嘣龃?，由kx－mg＝ma可知，加速度的方向變?yōu)橄蛏?，并不斷增大，速度的方向與加速度的方向相反，速度將逐漸減小，彈簧壓縮量達到最大時，彈力增大到最大，加速度也達到最大，而速度減小到零，之后，小球將被彈簧彈起而向上運動。 4．下圖表示某小球所受的合力與時間的關系，各段的合力大小相同，作用時間相同，設小球從靜止開始運動，由此可判定( ) A．小球向前運動，再返回停止 B．小球向前運動，再返回，不會停止 C．小球始終向前運動 D．小球向前運動一段時間后停止 【答案】C 【解析】由F－t圖象知：第1s，F(xiàn)向前，第2s，F(xiàn)向后，以后重復該變化，所以小球先加速運動1s，再減速運動1s，2s末剛好速度減為零，以后重復該過程，所以小球始終向前運動。 題組6兩類動力學問題的分析方法 1.一個原來靜止的物體，質量是7 kg，在14 N的恒力作用下，則5 s末的速度及5 s內通過的路程為( )． A．8 m/s 25 m B．2 m/s 25 m C．10 m/s 25 m D．10 m/s 12.5 m 【答案】C 【解析】物體由靜止開始在恒力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動．由牛頓第二定律和運動學公式得：a＝＝ m/s2＝2 m/s2，v＝at＝25 m/s＝10 m/s，x＝at2＝225 m＝25 m. 2．乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇．若某一纜車沿著坡度為30的山坡以加速度a上行，如圖3 2 5所示．在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設纜車保持豎直狀態(tài)運行)．則( ) A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上 B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下 C．小物塊受到的滑動摩擦力為mg＋ma D．小物塊受到的靜摩擦力為ma 【答案】A 3．趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則( ) A．運動員的加速度為gtan θ B．球拍對球的作用力為mg C．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcos θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上運動 【答案】A 【解析】網(wǎng)球受力如圖甲所示， 根據(jù)牛頓第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，F(xiàn)N＝，故A正確、B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運動員對球拍的作用力為F＝，故C錯誤；當a>gtan θ時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsin θ
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