（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 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）.doc

牛頓第二定律 兩類動力學問題(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。()(2)質量越大的物體，加速度越小。()(3)物體的質量與加速度成反比。()(4)物體受到外力作用，立即產生加速度。()(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的數值取1，即Fma，故A正確；物體所受合力為零時，根據牛頓第二定律Fma可知，加速度一定為零，故B正確；根據牛頓第二定律知，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，根據整體法和隔離法的關系分析可知，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關系，二者總是同時產生、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兩小球的質量分別為mA、mB，重力加速度為g。若不計彈簧質量，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 30mAa，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，根據牛頓第二定律得：mAgsin 30mBa，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?，F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量為1 kg的物塊，此時兩彈簧秤的示數均為10 N。當小車做勻加速直線運動時，彈簧秤甲的示數變?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，彈簧秤乙的示數應為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a、b的質量均為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據。求：t/s0.00.20.42.22.4v/(ms1)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，由表格所給的數據求加速度；(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聯立以上兩式，代入數據得：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鍵點集訓沖關1.多選(2018宿遷調研)如圖所示，木盒中固定一質量為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。現拿走砝碼，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()Aa2a1Ba2a1Cx2x1 Dx2x1解析：選AD設木盒的質量為M，根據牛頓第二定律得，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v22ax得，x，知加速度增大，則滑行的距離變小。即：x20，所以假設成立，物體在02 s內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，代入數據可得v15 m/s。(2)物體在前2 s內發(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，代入數據可得a20.5 m/s2，設物體經過t2時間速度減為零，則0v1a2t2，解得t210 s，物體在t2時間內發(fā)生的位移為x2v1t2a2t2225 m，由于mgsin mgcos F2t3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，故選項A錯誤，B、C、D均正確。答案BCD應用體驗1.(2018鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，ab、cd是豎直面內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設軌道與豎直方向的夾角為，根據幾何關系得，軌道的長度L(2R12R2)cos ，加速度：agcos ，根據Lat2得，t ，與夾角無關，則t1t2。故C正確。2.如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有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。現將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大小關系是()AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系解析：選B由等時圓模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tAtC，現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歷的時間關系為()AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtCDtEF，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