【物理】2019届一轮复习鲁科版第三章牛顿第二定律　两类动力学问题学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第三章牛顿第二定律　两类动力学问题学案

基础课2　牛顿第二定律　两类动力学问题 知识点一、牛顿第二定律　单位制 ‎1．牛顿第二定律 ‎(1)内容 物体加速度的大小与所受合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度方向与合外力方向相同。‎ ‎(2)表达式：F＝ma。‎ ‎(3)适用范围 ‎①只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。‎ ‎②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。‎ ‎2．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。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。‎ ‎(3)导出单位 由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。‎ 知识点二、两类动力学问题 ‎1．动力学的两类基本问题 第一类：已知受力情况求物体的运动情况。‎ 第二类：已知运动情况求物体的受力情况。‎ ‎2．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：‎ ‎[思考判断]‎ ‎(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用。(　　)‎ ‎(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。(　　)‎ ‎(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用。(　　)‎ ‎(4)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。(　　)‎ ‎(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。(　　)‎ ‎(6)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。(　　)‎ ‎(7)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√　(7)×‎ ‎　对牛顿第二定律的理解 ‎1．牛顿第二定律的“五个性质”‎ ‎2．合力、加速度、速度的关系 ‎(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。‎ ‎(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。‎ ‎(3)a＝是加速度的定义式，a与vt－v0无直接关系；a＝是加速度的决定式。‎ ‎1．[对牛顿第二定律的理解]由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都可能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为(　　)‎ A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到 C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值 D．桌子所受的合力为零，加速度为零 答案　D ‎2．[速度、加速度、合外力之间的关系](多选)下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(　　)‎ A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大 B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0‎ C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能为0‎ 解析　物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C、D对。‎ 答案　CD ‎3．[应用牛顿第二定律定性分析]如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　　)‎ 图1‎ A．物体从A到O先加速后减速 B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动 C．物体运动到O点时，所受合力为零 D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小 解析　物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。综合以上分析，只有选项A正确。‎ 答案　A ‎　牛顿第二定律的瞬时性 ‎ ‎【典例】　(2016·安徽合肥一中二模)两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图2所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　)‎ 图2‎ A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0‎ 解析　由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1‎ ‎＝a2＝g。故选项A正确。‎ 答案　A ‎【拓展延伸1】 把“轻绳”换成“轻弹簧”‎ 图3‎ 在【典例】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图3所示，则典例选项中正确的是(　　)‎ 解析　剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0。故选项D正确。‎ 答案　D ‎【拓展延伸2】 改变平衡状态的呈现方式 把【拓展延伸1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图4所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．aA＝0　aB＝g B．aA＝g　aB＝0‎ C．aA＝g　aB＝g D．aA＝0　aB＝g 解析　细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确。‎ 答案　B 方法技巧 抓住“两关键”、遵循“四步骤”‎ ‎(1)分析瞬时加速度的“两个关键”：‎ ‎①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。‎ ‎②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。‎ ‎(2)“四个步骤”：‎ 第一步：分析原来物体的受力情况。‎ 第二步：分析物体在突变时的受力情况。‎ 第三步：由牛顿第二定律列方程。‎ 第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。‎ ‎1．[静态瞬时问题]如图5所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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(　　)‎ 图5‎ A．两图中两球加速度均为gsin θ 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 θ，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 θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D正确。‎ 答案　D ‎2．[动态瞬时问题](2017·芜湖模拟)如图6所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B 的加速度大小为a1和a2，则(　　)‎ 图6‎ A．a1＝0，a2＝0 B．a1＝a，a2＝a C．a1＝a，a2＝a D．a1＝a，a2＝a 解析　撤去拉力F的瞬间，物体A的受力不变，所以a1＝a，对物体A受力分析得：F弹＝m1a；撤去拉力F的瞬间，物体B受到的合力大小为F弹′＝m2a2，所以a2＝，故选项D正确。‎ 答案　D ‎　动力学两类基本问题 ‎ ‎1．解决两类动力学基本问题应把握的关键 ‎(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；‎ ‎(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。‎ ‎2．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)，则采用“正交分解法”。‎ ‎【典例】　(12分)如图7所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N。g取10 m/s2。‎ 图7‎ ‎(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t＝5 s时离地面的高度h；‎ ‎(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v。‎ 规范解答　(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有 F－mg－f＝ma(2分)‎ 解得a＝6 m/s2(2分)‎ 由h＝at2，解得h＝75 m(2分)‎ ‎(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有 mg－f＝ma1(2分)‎ 解得a1＝8 m/s2(2分)‎ 由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s(2分)‎ 答案　(1)75 m　(2)40 m/s ‎【拓展延伸】‎ 在【典例】中在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。‎ 解析　设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律，有 F－mg＋f＝ma2‎ 解得a2＝10 m/s2‎ 设飞行器恢复升力时速度为vm，则有 ＋＝H 解得vm＝ m/s 由vm＝a1t1，解得t1＝ s。‎ 答案　 s 方法技巧 两类动力学问题的解题步骤 ‎1．[已知受力分析运动](12分)为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图8所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道。一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2。在加速前进了s0＝96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65。货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2。求：‎ 图8‎ ‎(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；‎ ‎(2)货车在避险车道上行驶的最大距离s。‎ 解析　(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知：mgsin θ－0.2mg＝ma1(2分)‎ 解得：a1＝3 m/s2(1分)‎ 由公式v－v＝2a1s0(2分)‎ 解得：vt＝25 m/s(1分)‎ ‎(2)设货车在避险车道上行时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：mgsin α＋0.45mg＝ma2(2分)‎ 解得：a2＝12.5 m/s2(1分)‎ 由v－0＝2a2s(2分)‎ 解得：s＝25 m(1分)‎ 答案　(1)25 m/s　(2)25 m ‎2．[已知运动分析受力](14分)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑。如图9所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内沿斜面运动，其位移s＝4 m。g取10 m/s2。求：‎ 图9‎ ‎(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)恒力F的大小。‎ 解析　(1)根据牛顿第二定律，有 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma(2分)‎ 解得μ＝(1分)‎ ‎(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动时，加速度有向上和向下两种可能。‎ 根据题意，由运动学公式，有s＝a1t2，(1分)‎ 可得a1＝2 m/s2(1分)‎ 当加速度沿斜面向上时，有 Fcos 30°－mgsin 30°－f＝ma1(2分)‎ f＝μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)(1分)‎ 联立解得F＝ N(2分)‎ 当加速度沿斜面向下时，有 mgsin 30°－Fcos 30°－f＝ma1(2分)‎ 联立解得F＝ N。(2分)‎ 答案　(1)　(2) N或 N 等时圆模型及应用 ‎1．模型特征 ‎(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示；‎ ‎(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示；‎ ‎(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。‎ ‎2．思维模板 如图10所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处旋转一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 图10‎ A．α＝θ B．α＝ C．α＝2θ D．α＝ 解析　如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿斜面滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝。‎ 答案　B 如图11所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置(　　)‎ 图11‎ A．在同一水平线上 B．在同一竖直线上 C．在同一抛物线上 D．在同一圆周上 解析　设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的倾角θ对应不同的位移l，但相同，即各小球最高点的位置在直径为gt2的圆周上，选项D正确。‎ 答案　D ‎1．(2016·全国卷Ⅱ，19)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析　小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙。空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝f h知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。‎ 答案　BD ‎2．(2015·海南单科，8)(多选)如图12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相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g ‎。在剪断的瞬间(　　)‎ 图12‎ A．a1＝3g B．a1＝0‎ C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2‎ 解析　设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及发生形变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。‎ 答案　AC ‎3．在遥控直升机下面用轻绳悬挂质量为m的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况。开始时遥控直升机悬停在C点正上方。若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t，已知C、D之间距离为L，直升机的质量为M，直升机的运动视作水平方向的匀加速直线运动。在拍摄过程中悬挂摄像机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β，重力加速度为g，假设空气对摄像机的作用力始终水平，则(　　)‎ 图13‎ A．轻绳的拉力T＝mgcos β B．遥控直升机加速度a＝gtan B C．遥控直升机所受的合外力为F合＝ D．这段时间内空气对摄像机作用力的大小为F＝m(gtan β－)‎ 解析　对摄像机受力分析，轻绳拉力T在竖直方向的分力和重力mg平衡，由Tcos β＝mg，解得T＝，A错误；由L＝at2，解得a＝，B错误；遥控直升机所受的合外力为F合＝Ma＝，C错误；设空气对摄像机的作用力为F，则有Tsin β－F＝ma，解得F＝m(gtan β－)，D正确。‎ 答案　D ‎4．(2016·陕西西郊中学模拟)如图14所示，水平平台ab长为20 m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°。在平台a端放上质量为5 kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的大小为50 N的推力后，物块由静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。‎ 图14‎ ‎(1)求物块由a运动到b所用的时间；‎ ‎(2)若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则a、P间的距离为多少？(物块在b端无能量损失)‎ ‎(3)若物块与斜面间的动摩擦因数μbc＝0.277＋0.03Lb，式中Lb为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在(2)中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？‎ 解析　(1)根据牛顿第二定律 Fcos 37°－μ(Fsin 37°＋mg)＝ma1‎ 代入数据解得物块的加速度a1＝1.6 m/s2‎ 又s＝a1t2‎ 解得物块由a运动到b所用的时间t＝5 s。‎ ‎(2)物块从a端运动到P点，有v＝2a1s1‎ 物块从P点运动到b端，有v＝2a2s2‎ a2＝μg s＝s1＋s2‎ 解得a、P间的距离s1＝14.3 m。‎ ‎(3)物块沿斜面下滑速度最大时，加速度为0‎ 根据共点力的平衡条件 mgsin 30°＝μbcmgcos 30°‎ 而μbc＝0.277＋0.03Lb 解得Lb＝10 m 因此，若斜面长度L＞10 m，则Lb＝10 m时速度最大；若斜面长度L≤10 m，则在斜面的最底端速度最大。‎ 答案　(1)5 s　(2)14.3 m　(3)见解析