【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律　两类动力学问题学案

【物理】2020届一轮复习人教版牛顿第二定律　两类动力学问题学案

‎　　1.牛顿第二定律 ‎ ‎(1)内容:物体加速度的大小跟它所受到的作用力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。‎ ‎(2)关系式:F=ma。‎ ‎(3)适用范围:‎ ‎①牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面静止或者匀速运动的参考系。‎ ‎②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况。‎ ‎　　2.动力学的两类基本问题 ‎ ‎　　(1)已知受力情况求运动情况:已知物体的受力情况,由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学公式,就可以确定物体的运动情况。‎ ‎(2)已知运动情况求受力情况:已知物体的运动情况,根据运动学公式求出物体的加速度,再根据牛顿第二定律确定物体的受力情况。‎ ‎　　3.单位制 ‎ ‎(1)单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制。‎ ‎(2)基本单位:基本物理量的单位,基本物理量共七个,其中力学有三个,它们是长度、质量、时间,它们的单位分别是米、千克、秒。‎ 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 L 米 m 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 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 I(Iv)‎ 坎[德拉]‎ cd ‎1.(2018山西太原单元检测)关于速度、加速度和合外力之间的关系,下述说法正确的是(　　)。‎ A.做匀变速直线运动的物体,它所受合外力是恒定不变的 B.做匀变速直线运动的物体,它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上 C.物体受到的合外力增大时,物体的运动速度一定加快 D.物体所受合外力为零时,一定处于静止状态 答案　A ‎2.(2018陕西西安摸底考试)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材,遇到突发情况时,逃生者可以将安全带系于腰部,通过钢丝绳等安全着陆。如图乙所示,某次演练中,逃生者从距地面72 m高处,由静止开始匀加速下滑27 m,随后以18 m/s的速度匀速运动,紧接着以大小为5 m/s2加速度减速,到达地面时速度恰好为零。不计空气阻力,g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)匀加速下滑的加速度。‎ ‎(2)加速下滑时钢丝绳对逃生者的拉力与重力的比值。‎ 解析　(1)由运动学公式,知vm‎2‎=2a1x1‎ 解得a1=6 m/s2。‎ ‎(2)逃生者加速下滑时,有mg-T=ma1‎ 解得T=4m 则Tmg=0.4。‎ 答案　(1)6 m/s2　(2)0.4‎ ‎3.(2018上海单元检测)在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(　　)。‎ A.m2·kg·s-4·A-1　　B.m2·kg·s-3·A-1‎ ‎ C.m2·kg·s-2·A-1 D.m2·kg·s-1·A-1‎ 答案　B ‎1.(2018全国卷Ⅰ,15)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)。‎ ‎　　解析　对P受力分析,由牛顿运动定律有F-mg+F弹=ma,F弹=k(x0-x),kx0=mg,联立解得F=ma+kx,对比题给的四个图象,A项可能正确。‎ 答案　A ‎2.(2018浙江4月选考,3)用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是(　　)。‎ A.kg·m2/s2　　　　　　B.kg·m/s2‎ C.N/m D.N·m 解析　根据W=Fs,F=ma,可得J=kg·m/s2·m=kg·m2/s2,A项正确。‎ 答案　A 见《自学听讲》P37‎ 一 牛顿第二定律的理解和应用 ‎　　1.牛顿第二定律的“五性”‎ ‎2.力、加速度、速度间的关系 ‎(1)加速度与力有瞬时对应关系,加速度随力的变化而变化。‎ ‎(2)速度的改变需经历一定的时间,不能突变;加速度可以突变。‎ 例1　如图甲所示,在一倾角θ=30°的斜面上放一木块,木块上固定一支架,支架末端用细绳悬挂一小球,木块在斜面上下滑时,小球与木块相对静止,求在细绳:‎ 甲 ‎ (1)沿竖直方向情况下木块下滑的加速度大小。‎ ‎(2)与斜面方向垂直的情况下木块下滑的加速度大小。‎ ‎(3)沿水平方向情况下木块下滑的加速度大小。‎ 解析　(1)如图乙所示,FT1与mg都是竖直方向的,故不可能有沿斜面的加速度,说明木块沿斜面匀速下滑,此时加速度为零。‎ 乙　　　　　丙　　　　　　　丁 ‎(2)如图丙所示,FT2与mg的合力必沿加速度方向,即斜面方向,作出平行四边形,可知F合=mgsin θ 由牛顿第二定律知a=F合m=gsin θ=‎g‎2‎ 即加速度沿斜面向下,大小为g‎2‎。‎ ‎(3)由于细绳只能产生拉力且沿绳的方向,故小球受力情况如图丁所示,由图可知F合=‎mgsinθ 即a=F合m=gsinθ =2g,方向沿斜面向下。‎ 答案　(1)0　(2)g‎2‎　(3)2g 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),一般采用“正交分解法”。‎ 二 动力学的两类问题 ‎　　1.解决动力学两类基本问题的思路 ‎2.动力学两类基本问题的解题步骤 例2　图甲所示为冰库工作人员移动冰块的场景,工作人员先斜向上拉冰块移动一段距离,然后放手让冰块向前滑动到目的地。其工作原理可简化为如图乙所示,设冰块质量M=100 kg,冰块与滑道间的动摩擦因数为0.05,冰块起始位置与目的地距离为12 m,工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上。某次拉冰块时,工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0 m后放手,冰块刚好到达滑道末端静止。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比。‎ ‎(2)冰块滑动过程中的最大速度。‎ ‎(3)工人拉冰块的拉力大小。‎ 解析　(1)设加速时加速度大小为a1,减速时加速度大小为a2,最大速度为v,加速前进位移为x,总位移为L,则加速阶段有v2=2a1x1‎ 减速阶段有0-v2=-2a2(L-x1)‎ 则a‎1‎a‎2‎=L-‎x‎1‎x‎1‎=‎2‎‎1‎。‎ ‎(2)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用,则μMg=Ma2‎ 解得a2=0.5 m/s2‎ 根据0-v2=-2a2(L-x1)‎ 解得v=2‎2‎ m/s。‎ ‎(3)a1=2a2,故a1=1 m/s2‎ 对冰块受力分析可得 Fcos 53°-μ(Mg-Fsin 53°)=Ma1‎ 解得F=‎1875‎‎8‎ N。‎ 答案　(1)2∶1　(2)2‎2‎ m/s　(3)‎1875‎‎8‎ N 变式1　在公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的‎2‎‎5‎。若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。(g取10 m/s2)‎ 解析　设路面干燥时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0 ‎ s=v0t0+‎v‎0‎‎2‎‎2‎a‎0‎ 上式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ,依题意有 μ=‎2‎‎5‎μ0‎ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma s=vt0+‎v‎2‎‎2a 联立上式并代入题给数据得v=20 m/s(v=-24 m/s不符合实际,舍去)。‎ 答案　20 m/s 三 瞬时问题 ‎　　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,具体可简化为以下两种模型:‎ 例3　如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上,物块A、B的质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起,但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是(　　)。‎ A.物块B的加速度为‎1‎‎2‎g B.物块A、B间的弹力为‎1‎‎3‎mg C.弹簧的弹力为‎1‎‎2‎mg D.物块A的加速度为‎1‎‎3‎g 解析　剪断细线前,对A分析,根据共点力平衡知弹簧的弹力F弹=mgsin 30°=‎1‎‎2‎mg,则细线剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,对A、B整体分析,加速度a=‎3mgsin30°-‎F弹‎3m=‎1‎‎3‎g,故A项错误,C、D两项正确。隔离对B分析,根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-FN=2ma,解得FN=‎1‎‎3‎mg,故B项正确。‎ 答案　A 求解瞬时加速度的一般思路 分析瞬时变化前后 物体的受力情况⇒列牛顿第二 定律方程⇒求瞬时 加速度 四 运用牛顿第二定律时的两种分解方法 ‎　　牛顿第二定律F=ma是矢量式,加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。根据力的独立作用原理,在运用牛顿第二定律解题时,既可以分解力,也可以分解加速度。‎ ‎1.分解力而不分解加速度 一般将物体受到的各个力沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,此时,可以对牛顿第二定律进行正交分解,其正交分解表示为‎∑Fx=max‎∑Fy=0‎。‎ ‎2.分解加速度而不分解力 当物体受到的力相互垂直时,沿这两个垂直的方向分解加速度,再运用牛顿第二定律列方程。此时,可以对牛顿第二定律进行正交分解,其正交分解表示为‎∑Fx=max‎∑Fy=may。‎ ‎　　‎ 例4　一物体放置在倾角为θ的斜面上,斜面固定于在水平面上加速运动的小车中,小车的加速度为a,如图甲所示,在物体始终相对斜面静止的条件下,下列说法中正确的是(　　)。‎ 甲 A.当θ一定时,a越大,斜面对物体的支持力越大 B.当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越大 C.当θ一定时,a越大,斜面对物体的支持力越小 D.当θ一定时,a越大,斜面对物体的摩擦力越小 解析　如图乙所示,由平行四边形定则有a⊥=asin θ,a∥=acos θ,由牛顿第二定律,在垂直斜面方向上有FN-mgcos θ=ma⊥,即FN=mgcos θ+masin θ。在沿斜面方向,因摩擦力方向不确定,所以有mgsin θ±f=ma∥,即mgsin θ±f=macos θ。显然,当a增大时,FN一定增大,但f若沿斜面向下则也增大;f若沿斜面向上,则减小,所以只有A项正确。‎ 乙 答案　A 变式2　如图甲所示,质量为m的物体放在倾角为α的固定斜面上,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,若沿水平方向加一个力F,使物体以加速度a沿斜面向上做匀加速直线运动,重力加速为g,则F的大小是多少?‎ 甲 解析　物体受到四个力的作用:重力mg、推力F、弹力FN和摩擦力f,如图乙所示 以沿斜面向上为x轴正方向建立直角坐标系,分解F、mg,则有 乙 x轴方向上:Fcos α-mgsin α-f=ma y轴方向上:FN-mgcos α-Fsin α=0‎ 又f=μFN 解得F=m(a+gsinα+μgcosα)‎cosα-μsinα。‎ 答案　‎m(a+gsinα+μgcosα)‎cosα-μsinα ‎　　数形结合思想在动力学中的应用 ‎ ‎1.常见的动力学图象 v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等。‎ ‎2.图象问题的类型 ‎(1)已知物体受到的力随时间变化的图线,要求分析物体的运动情况。‎ ‎(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线,要求分析物体的受力情况。‎ ‎(3)由已知条件确定某物理量的变化图象。‎ ‎3.解题策略 ‎(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。‎ ‎(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式,进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系,以便对有关物理问题做出准确判断。‎ 例5　一物体放在水平地面上,如图甲所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示,则(　　 )。‎ ‎　　‎ A.2 s~6 s时间内,物体的加速度为0.5 m/s2‎ B.物体的质量为1 kg C.整个过程中,物体所受摩擦力始终为2 N D.0~10 s时间内,物体的位移为15 m 解析 2 s~6 s时间内,物体的加速度a=ΔvΔt=0.75 m/s2,A项错误;2 s~6 s时间内由牛顿第二定律有F2-f=ma,6 s~8 s时间内物体匀速运动,此时F3=f,即f=2 N,可得m=‎4‎‎3‎ kg,B项错误;开始的2 s内物体静止,所受的摩擦力为静摩擦力,大小为1 N,故整个过程中,物体所受摩擦力不是始终为2 N,C项错误; 0~10 s时间内,物体的位移x=‎1‎‎2‎×(2+8)×3 m=15 m,D项正确。‎ 答案 　D 数形结合解决动力学问题 ‎(1)物理公式与物体图象的结合是一种重要题型,对于已知图象求解相关物理量问题,往往结合物理过程从分析图象的横轴和纵轴坐标所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果。‎ ‎(2)解决这类问题必须把物体的实际运动与图象相结合,并相互对应起来。‎ ‎　　动力学多过程问题 ‎ 综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题,是高考命题的热点。解决“多过程”问题的关键:首先明确每个“子过程”所遵循的规律,其次找出它们之间的关联点,然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。‎ 解决多过程问题常用的方法是程序法。程序法就是按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法,运用程序法解题的基本思路是:‎ ‎(1)分析题意划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态。‎ ‎(2)对各个过程或各个状态进行具体分析(包括受力分析和运动分析)。‎ ‎(3)分别由牛顿第二定律和运动学公式分过程列方程。‎ ‎(4)抓住不同过程的联系,前一个过程的结束是后一个过程的开始,两个过程的交接点是问题的关键。‎