2019届高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律4第二节牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版

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高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版

簧的弹力 mgsin θ 和重力作用,根据力的合成特点可以知道此二力的
合力为 mgcos θ,故其瞬时加速度为 3g;而对 B 受力分析可以知道,完全失A.重12g瞬、间g ,B 受B到.g弹、簧12g的作用总C.和232g细、线0上的D上. 23弹g、力g相等(此二力的合力为 0),则此时 B 的合力就是其重力,所以 B 的瞬时加速度为 g,所关闭以D D 正确。
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核心素养
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必备知识
关键能力
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核心素养
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命题点一命题点二命题点三命题点四
即学即练
3.(2017·天津一中月考)如图所示,A、B、C三球质量均为m,轻质弹
簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻关闭细杆线,B被、烧C间断由的一瞬轻间质,以细A线、连B接整。体倾为角研为究θ对的象光,滑弹斜簧面弹固力定不在变地,细面线上拉, 力定组弹烧突律成簧断变得的、的为系m轻瞬统 g0杆间s,i为合n,与下θ研力细=列究 m不线说a对为,均解法象平0得正,,加烧行确a速断 =于的g度细斜s是in不线面(θ为前,,初方,0始A向),故、系向BA统下、错处,C故误于静B;静对止错止球,误处状C;于以态,由平,A细牛衡、线顿状B被第、态二C,
(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。
二、两类动力学问题
1.已知物体的受力情况,求物体的运动情况。 2.已知物体的运动情况,求物体的受力情况。
知识梳理考点自诊
必备知识
关键能力
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核心素养
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三、力学单位制
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

2019届高考物理一轮复习 3-2 牛顿第二定律两类动力学问题课件

2．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( D ) A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了 B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用 C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态 D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化
4．如图所示，质量为 m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连， Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于 P、Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为 FT1， Ⅱ中拉力大小为 FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度 a 应是( C )
A．a＝g，竖直向下 B．a＝g，竖直向上 C．a＝FmT2，方向水平向左 D．a＝FmT1，方向沿Ⅰ的延长线
题型重点研讨
考点对牛顿第二定律的理解 [重点理解]
牛顿第二定律的“五个性质”：
[衡中调研] 题型 1 力和运动的定性关系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度． (2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动． [典例 1] 如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的 O 点，自由伸长到 B 点．今用一物体 m 把弹簧压缩到 A 点，然后释放，物体能运动到 C 点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是( C )
解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到 FT1 和重力 mg 作用，合力水平向左，大小为 FT2，所以加速度为 a＝FmT2，方向水平向左，选项 C 正确．
5．物块 A 放置在与水平地面成 30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成 60°角倾斜，取 g＝10 m/s2，
必考部分
[第三章] 牛顿运动定律

2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律 3.2 牛顿第二定律两类动力学问题

K12教育课件
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【解析】选C、D。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,甚至为零。但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很大,加速度一定很大,故选项C、D正确。
K12教育课件
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2.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是
()
A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
1 2
gt
2，
2
K12教育课件
44
【加固训练】
我国拥有航空母舰后,舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注,某兴趣小组通过查阅资料对舰载机某次滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟: 假设起飞时“航母”静止,舰载机质量视为不变并可看成质点,“航母”起飞跑道由图示的两段轨道组成(二
F 12 v第′二t=次v1利-fa用2t滑2=1雪.2杖m获/s得-0的.2速×度2.大0 小m/为s=v02.,8 m/s
则 m =2a610x1
v22－v2t
K12教育课件
38
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
x2= 联立解得x2=5.2 m
v 答案:(1)21.2 m/s 0.6 m 2
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【通关秘籍】 1.解决动力学两类基本问题的思路:
K12教育课件
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2.动力学基本问题的解题步骤: (1)明确研究对象:根据问题的需要和解题的方便,选择某个物体或某系统作为研究对象。 (2)受力分析:画好受力示意图,选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。
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①合成法:合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。 ②正交分解法:正交分解法适用于各种情况,尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上) 时。

精选-新课标2019届高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题课件

1．两种模型：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：
2．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后列牛顿第二求瞬时物体的受力情况 ⇒ 定律方程 ⇒ 加速度
[题组通关] 考向 1 轻绳、轻杆模型 1.两个质量均为 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( ) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析：选 A.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．正确选项为 A.
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_k_g_、_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．
解析：选 A.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．

(浙江选考)版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题达标检测(

第2节牛顿第二定律两类动力学问题1．(2019·4月浙江选考)如下物理量属于根本量且单位属于国际单位制中根本单位的是( )A ．功/焦耳B ．质量/千克C ．电荷量/库仑D ．力/牛顿解析：选B.质量是根本物理量，其国际单位制根本单位是千克，故B 正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．2．(多项选择)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的答案是( )A ．物体的速度越大，如此加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，如此加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，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，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小与所受合外力大小无关，故C 、D 正确，A 、B 错误．3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力与空气阻力不计，如此( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．假设加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sinθ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F ＝〔M ＋m 〕g cos θ，故C 错误；当a >g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ<g tan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．4．(2020·嘉兴检测)如下列图，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N ，而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次一样．该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小与这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s ＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，如此v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x 2＝v 222a 2解得：x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m[课后达标]一、选择题1．(2018·4月浙江选考)用国际单位制的根本单位表示能量的单位，以下正确的答案是( )A ．kg ·m 2/s 2B ．kg ·m/s 2C ．N/mD ．N ·m 答案：A2．如下关于单位制的说法中，不正确的答案是( )A ．根本单位和导出单位一起组成了单位制B ．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的根本物理量C ．在国际单位制中，力学的三个根本单位分别是m 、kg 、sD ．力的单位牛顿是国际单位制中的一个根本单位答案：D3．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m答案：C4．(2020·浙江十校联考)如下列图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2，重力加速度大小为g .如此有( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M Mg 答案：C5．(2020·浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G 、N 、f 表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，如此能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是( )解析：选D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力．人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的．D 正确．6.(多项选择)如下列图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q 两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F 1，Ⅱ中拉力的大小为F 2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a 应是( )A ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝g ，方向竖直向下B ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝F 2m ，方向水平向左C ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝F 1m，方向沿Ⅰ的延长线方向D ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝g ，方向竖直向上解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如下列图．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，如此小球只受重力作用，加速度为g ，选项A 正确、C 错误；假设剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F 1与重力的合力大小仍等于F 2，所以此时加速度为a ＝F 2m，方向水平向左，选项B 正确、D 错误． 7．(2020·湖州质检)如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示，如此(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)( )A ．当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B ．当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C ．当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a 0＝4 m/s 2，沿斜面方向有a ＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.25，D 错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，如此加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s 时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A 正确，B 、C 错误．8.(2020·东阳中学期中)如下列图，在水平面上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ，木块3和水平面之间无摩擦力．现用一水平恒力向右拉木块3，当三木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为(木块大小不计)( )A ．L ＋μm 2g kB ．L ＋μ〔m 1＋m 2〕g kC ．2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k D ．2L ＋2μ〔m 1＋m 2〕g k 解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：kx 1－μm 1g ＝0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：kx 2－μ(m 1＋m 2)g ＝0木块1与木块3之间的总长度为x ＝2L ＋x 1＋x 2，由以上各式解得x ＝2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k，故C 正确． 9.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．如下说法中正确的答案是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A 错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a ＝μg 与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B 错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx ＝vt －0＋v 2t ＝12vt ＝v 22μg，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C 错误，D 正确．10.(2020·湖州质检)如下列图，质量为m 1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( )解析：选A.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A 正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误．二、非选择题11.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如下列图．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.(1)求物块的初速度v0；(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sinθ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5(3)37°能滑回底端，理由见解析12.(2020·杭州质检)如下列图，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为v max，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，如此mg sin 30°＝ma1v2max＝2a1hsin 30°解得：v max＝4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2如此μmg＝ma2v2max＝2a2L解得：μ＝0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，v max＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，如此v＝v max－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s13.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如下列图，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑〞，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．假设企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)企鹅向上“奔跑〞的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x ＝12at 2，解得：x ＝16 m. (2)在企鹅卧倒以后将进展两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得：a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2.(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t ′，位移为x ′；t ′＝at a 1，x ′＝12a 1t ′2，解得：x ′＝1 m ．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v t ，初速度为0，如此有：v 2t －02＝2a 2(x ＋x ′)，解得：v t ＝234 m/s.答案：(1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)234 m/s。

近年高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习(2021年整理)

2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1．（2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C。

本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C 项正确．2.(多选)（2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（)A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误；设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布,滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动,加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2＝错误!，因此t1＝t2，B项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg（设鱼缸质量为m），保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确．3。

2019届高三人教版物理一轮复习：第三章第2节牛顿第二定律、两类动力学问题

练典题走进高考练规范课时冲关
解析：CD [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．]
第三章
析考点层级突破提素养备战高考练典题走进高考练规范课时冲关
第三章
析考点层级突破提素养备战高考练典题走进高考练规范课时冲关
解析：BC [设弹簧的弹力大小为 F，由平衡条件可知，F＝mgsin θ，烧断细线的瞬间，弹簧弹力不变，故 B 球受力情况不变，加速度为 0，B 正确，A、D 均错误；以 A 为研究对象，由牛顿第二定律可得：F＋mgsin θ＝maA，解得：aA＝2gsin θ，故 C 正确．]
答案：0.5 m/s2
第三章
析考点层级突破提素养备战高考练典题走进高考练规范课时冲关
[例 1] (08786223)(多选)(2016·新课标Ⅱ)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( )
析考点层级突破提素养备战高考练典题走进高考练规范课时冲关
2．判断下列说法是否正确． (1)物体所受合外力越大，加速度越大．( √ ) (2)物体所受合外力越大，速度越大．( × ) (3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×) (4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．( × )
1．(08786227)(多选)如图所示, A、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 θ 的斜面光滑，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，下列说法正确的是( )

高考物理一轮复习第三章牛顿运动律第2节牛顿第二律两类动力学问题

权掇市安稳阳光实验学校第2节牛顿第二定律两动力学问题,(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。

(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。

(×)(3)物体的质量与加速度成反比。

(×)(4)物体受到外力作用，立即产生加速度。

(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。

(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。

(√)(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。

(×)(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。

(√)突破点(一) 牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。

(2)a＝ΔvΔt是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝Fm是加速度的决定式，a∝F，a∝1m。

(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。

[多角练通]1．(多选)(2016·全国乙卷)一质点做匀速直线运动。

现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。

2.(2016·上海高考)如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A．OA方向B．OB方向C．OC方向 D．OD方向解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。

高三物理一轮复习必考部分第3章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题教师专用

第2节牛顿第二定律两类动力学问题知识点1 牛顿第二定律1．内容物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．2．表达式a＝错误!或F＝ma。

3．适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做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．知识点2 力学单位制1．单位制由基本单位和导出单位组成．2．基本单位基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．3．导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位．4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位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 V坎［德拉]cd知识点31．两类动力学问题（1)已知受力情况求物体的运动情况．（2）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321所示:图3。

211．正误判断(1）牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．（×)(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用．(×)（3)F＝ma是矢量式,a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√）（4）物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)(5)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．（√)2．(对牛顿第二定律的简单理解）（多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ）【导学号：96622042】A．物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B．加速度的方向一定与合外力的方向一致C．物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍【答案】BC3．(对单位制的理解）关于单位制,下列说法中正确的是( )A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、C是基本单位C．在国际单位制中，A是导出单位D．在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的【答案】D4．（由受力情况确定运动情况)用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是( ）【导学号:96622043】A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s,a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0【答案】A［核心精讲]1．牛顿第二定律的“五性”矢量性F＝ma是矢量式，a与F同向a与F对应同一时刻2.（1）物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零,不管速度是大是小，或是零,物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2）合力与速度同向时,物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．（3）a＝错误!是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝错误!是加速度的决定式,a∝F，a∝错误!。

高三物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课时作业含解析

牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题1．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 ．m 2·kg·s －4，A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1解析：根据P ＝UI 、P ＝Fv 、F ＝ma 可导出U ＝mav I ，即V ＝kg·m·s －2·m·s －1A ＝m 2·kg·s－3·A －1，B 项正确．答案：B2．(2019·山东临沂检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 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 挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2解析：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m＝g3，即A 和B 的加速度均为g3，故选B.答案：B3．(2019·湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍，那么v 0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．25 m/s 1.25B ．40 m/s 0.25C ．50 m/s 0.25D ．80 m/s 1.25解析：根据h ＝12at 2，解得a ＝12.5 m/s 2，所以v 0＝at ＝50 m/s ；上升过程礼花弹所受的平均阻力F f ＝kmg ，根据牛顿第二定律得a ＝mg ＋F f m＝(k ＋1)g ＝12.5 m/s 2，解得k ＝0.25，故选项C 正确．答案：C4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B ．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C ．小物块受到的滑动摩擦力为12mg ＋maD ．小物块受到的静摩擦力为ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a 上行，小物块的加速度也为a ，以物块为研究对象，则有F f －mg sin 30°＝ma ，F f ＝12mg ＋ma ，F f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故A 正确，B 、C 、D 均错误．答案：A5．(2019·湖北重点中学联考)据国外媒体报道，欧洲最大的直升机公司计划研制一款X3型高速直升机．该公司已完成X3型直升机原型机的首次试飞．设X3型直升机原型机的质量为m ，某次试飞时，主旋翼提供大小为2mg 向上的升力，每个向前螺旋推进器提供大小为mg 、方向向前的推力．不考虑空气的阻力影响，下列说法正确的是( )A ．该直升机原型机可能处于平衡状态B ．该直升机原型机以加速度g 做匀加速直线运动C ．空气对直升机原型机的作用力为22mgD ．空气对直升机原型机的作用力为4mg解析：直升机原型机的受力如图所示，所受合外力大小为5mg ，方向斜向右上方，加速度大小为5g ，故选项A 、B 均错误；空气对直升机原型机的作用力为2mg2＋2mg2＝22mg ，故选项C 正确，D 错误．本题也可以由水平方向的加速度a x ＝2g 和竖直方向的加速度a y ＝g 合成得到原型机的加速度a ＝a x 2＋a y 2＝5g .答案：C 二、多项选择题6．(2019·安徽马鞍山三校联考)氢气球下系一小重物G ，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G 在运动中所处的位置可能是( )解析：重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，故合力为零或者与速度共线，可能做匀速直线运动，故A 正确；可能做匀减速直线运动，故B 正确；可能做匀加速直线运动，故C 正确；重力和绳的拉力的合力与速度必须共线，故D 错误．答案：ABC7．一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，力F 在水平和竖直方向的分量分别为F 1、F 2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A ．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动B ．物体将可能向右做匀速直线运动C ．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动D ．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F 的作用下运动时，加速度a ＝F 1－μmg －F 2m，将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则加速度a ′＝F 1－μmgm<a ，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故A 、C 错误，D 正确；若μmg ＝F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确．答案：BD8．(2019·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为m 的小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是( )A ．细线拉力的大小为mgB ．弹簧弹力的大小为32mg C ．剪断左侧细线的瞬间，小球a 的加速度为2g D ．剪断左侧细线的瞬间，小球b 的加速度为零解析：对小球a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力F ＝3mg ，细线的拉力为2mg ，故A 、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a 所受的合力F 合＝2mg ，根据牛顿第二定律得，a ＝2g ，小球b 受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故C 、D 正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g 取10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F 合＝F 浮－mg ＝ma ，得热气球所受的浮力F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5)N ＝4 830 N ，则A 项正确；气球受重力、浮力和空气阻力，若空气阻力不变，合力不变，气球应匀加速上升，与题矛盾，可知阻力是变化的，则B 项错误；热气球以5 m/s 的速度匀速上升时，由平衡条件知，所受的空气阻力F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －460×10 N＝230 N ，则D 项正确；热气球从地面上升10 s 内，它做变加速运动，故10 s 时其速度大小不是5 m/s ，则C 项错误．答案：AD10．(2019·河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G .通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F ＝2G 的恒定推力，且持续时间为t .随后小明又对设计方案进行了改进(火箭的推力大小仍为2G )，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t 2时，火箭丢弃一半的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的一半继续飞行．若采用原来的方法火箭可上升的高度为H ，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力的影响)( )A ．1.5HB ．2HC ．2.75HD ．3.25H解析：原方案，加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma ，解得a ＝g ；加速上升高度h 1＝12at 2＝12gt 2，t 时刻向上的速度v ＝at ＝gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度h 2＝v 22g ＝gt22g＝12gt 2，H ＝h 1＋h 2＝gt 2.改为二级推进后，开始加速上升过程，由牛顿运动定律，有F －G ＝ma 1，解得a 1＝g ；t 2时间加速上升高度H 1＝12a 1(t 2)2＝18gt 2，t2时刻向上的速度v 1＝a 1t 2＝gt2，丢弃一半质量后，由牛顿运动定律，有F －12G ＝12ma 2，解得a 2＝3g ，t2时间加速上升高度H 2＝v 1 t 2＋12a 2(t 2)2＝58gt 2，t 时刻向上的速度v 2＝v 1＋a 2t2＝2gt ，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H 3＝v 222g ＝2gt22g＝2gt 2，H ′＝H 1＋H 2＋H 3＝18gt 2＋58gt 2＋2gt 2＝114gt 2＝114H ＝2.75H ，选项C 正确．答案：C11．某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是( )A ．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B ．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C ．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D ．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同解析：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg 和斜面的支持力F N 作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h ，底边长为x ，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a ＝g sin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s ＝12at 2，s ＝hsin θ＝x cos θ，解得小球在斜面上的运动时间为t ＝1sin θ2hg＝2xg sin θcos θ，根据机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2，解得小球下滑至底端的速度大小为v ＝2gh ，显然，在甲图中，两斜面的高度h 相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A 错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B 错误；在乙图中，两斜面的底边长x 相同，但高度h 和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D 错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C 正确．答案：C 二、非选择题12．(2019·广西桂林高三月考)放在水平地面上一质量为m ＝2 kg 的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后撤去外力，质点又运动了2 s 停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)撤去水平恒定外力时质点的速度大小； (2)质点运动过程中所受到的阻力大小； (3)质点所受水平恒定外力的大小．解析：(1)质点开始做匀加速直线运动x 0＝0＋v 02t 1，解得v 0＝2x 0t 1＝4 m/s.(2)质点减速过程加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律有－F f ＝ma 2 解得F f ＝4 N(3)设开始加速过程中加速度为a 1，由运动学公式可得x 0＝12a 1t 2，由牛顿第二定律有F－F f ＝ma 1解得F ＝F f ＋ma 1＝6 N.答案：(1)4 m/s (2)4 N (3)6 N13．(2019·河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m 、长度为1 200 m 的斜坡．假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F ＝40 N 推动质量m ＝40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s 内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点．设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g 取10 m/s 2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s 内冰橇的加速度大小； (2)冰橇与赛道间的动摩擦因数； (3)比赛中运动员到达终点时的速度大小．解析：(1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a 1，出发4 s 内冰橇发生的位移为x 1＝12a 1t 12解得a 1＝1.5 m/s 2.(2)由牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1 解得μ＝0.05.(3)8 s 后冰橇的加速度为a 2，由牛顿第二定律有 (m ＋M )g sin θ－μ(m ＋M )g cos θ＝(m ＋M )a 2 8 s 末冰橇的速度为v 1＝a 1t 2出发8 s 内冰橇发生的位移为x 2＝12a 1t 22＝48 m到达终点时速度最大，设最大速度为v 2，则v 22－v 12＝2a 2(x －x 2)解得v 2＝36 m/s.答案：(1)1.5 m/s 2(2)0.05 (3)36 m/s。

2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

D．m2·kg·s－1·A－1
解析：B 根据P＝UI、P＝Fv、F＝ma
可导出U＝mIav，即V＝kg·m·sA－2·m·s－1
＝m2·kg·s－3·A－1，故选B.
二、牛顿第二定律的应用 1．两类动力学问题
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__运__动__定__律__ 列方程求解．
(3)力的单位：当质量的单位为 _k_g__，加速度的单位为 _m_/_s_2_时，力的单位为 N，即 1 N＝1 kg·m/s2.
(4)适用范围： ①只适用于惯性参考系，即相对于地面_静__止__或_匀__速__运动的参考系． ②只适用于解决_宏__观___物体的_低__速___运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题．
【知识对点自测】 3．(2017·河北石家庄二模)一个质量为2 kg的物体，在4 个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8 N和 12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是( ) A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小 B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2 C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2 D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)√
2．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
面上．A、B 两小球的质量分别为 mA、mB，重力加速度为 g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B

2019届高考物理一轮复习讲义：第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma。

(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。

②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。

2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。

①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。

②基本单位：基本物理量的单位。

力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。

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。

(2)国际单位制中的基本单位【知识点1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：板块二考点细研·悟法培优考点1牛顿第二定律的瞬时性[拓展延伸]1．牛顿第二定律(1)表达式为F＝ma。

(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。

2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。

(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。

3．解题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→求瞬时加速度例1如图所示，三个物块A、B、C的质量满足m A＝2m B＝3m C，A与天花板之间、B与C 之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)()A ．－56g 、2g 、0B ．－2g 、2g 、0C ．－56g 、53g 、0D ．－2g 、53g 、g(1)剪断细绳前悬挂A 物块的弹簧的弹力以哪个物体为研究对象求解？提示：A 、B 、C 整体。

2019届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第二节牛顿第二定律两类动力学问题课后达标新人教版

第二节牛顿第二定律两类动力学问题(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )A ．测量时仪器必须水平放置B ．其测量原理是根据牛顿第二定律C ．其测量原理是根据万有引力定律D ．测量时仪器必须竖直放置解析：选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a ＝ΔvΔt ，然后根据牛顿第二定律F ＝ma ，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B 正确．2．(2018·安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )A ．上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B ．上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C ．上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D ．上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析：选C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即mg ＋kv ＝ma ，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mg －kv ＝ma ，速度在增大，所以加速度在减小，故C 正确．3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mgB ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g解析：选B.根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg .故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D 错误．4.质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )A.mg2MB ．mgM ＋mC.2mgM ＋4mD ．2mgM ＋2m解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F ，根据牛顿第二定律mg －F m ＝2·2FM，解得F ＝Mmg M ＋4m ，工件加速度a ＝2F M ＝2mgM ＋4m，所以C 正确． 5.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m ，2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg 解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋mMg ，所以C 对． 6．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点．竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点解析：选C.如图所示，令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足R ＝12gt 2c ，所以t c＝2Rg ；对于a 球令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 点用时满足AM ＝2R sin θ＝12g sin θ·t 2a ，即t a ＝2Rg ；同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足t b ＝2rg(r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r >R )．综上所述可得t b >t a >t c ，故选项C 正确．二、多项选择题 7.如图所示，质量为m 2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m 1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则( )A ．细线拉力为m 1g cos θB ．车厢的加速度为g tan θC ．底板对物体2的支持力为m 2g －m 1gcos θD ．底板对物体2的摩擦力为零解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有F T sin θ＝m 1a ，竖直方向有F T cos θ＝m 1g ，解得a ＝g tan θ，F T ＝m 1gcos θ，选项A 错误，B 正确；以物体2为研究对象，水平方向有F f ＝m 2a ，竖直方向有F T ＋F N ＝m 2g ，解得F f ＝m 2g tan θ，F N ＝m 2g －m 1gcos θ，选项C 正确，D 错误．8.(2018·杭州二中月考)如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g ＝10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝4 830 N ，A 正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m 时，速度v ＝2ah ＝65m/s ＞5 m/s ，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s 后的速度v ′＜at ＝5 m/s ，C 错误；再由F 浮－F 阻－mg ＝ma 可知空气阻力F 阻增大，B 错误；匀速上升时，F 浮＝F 阻＋mg ，所以F 阻＝F 浮－mg ＝230 N ，D 正确．9．(2018·山东济南模拟)如图所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小球，整体处于平衡状态，弹簧a 与竖直方向成30°，弹簧b 与竖直方向成60°，弹簧a 、b 的形变量相等，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶1B ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶2C ．若弹簧a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD ．若弹簧b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g2解析：选AD.由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x ，由受力分析图知，弹簧a 中弹力F a ＝mg cos 30°＝32mg ，根据胡克定律可知弹簧a 的劲度系数为k 1＝F a x ＝3mg 2x ，弹簧b 中的弹力F b ＝mg cos 60°＝12mg ，根据胡克定律可知弹簧b 的劲度系数为k 2＝F b x ＝mg2x ，所以弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶1，A 正确，B错误；弹簧a 中的弹力为32mg ，若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b 弹力的合力与F a 大小相等、方向相反，小球的加速度a ＝F a m ＝32g ，C 错误；弹簧b 中弹力为12mg ，若弹簧b 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a 弹力的合力与F b 大小相等、方向相反，故小球的加速度a ′＝F b m ＝12g ，D正确．10．(2018·湖南郴州质检)如图(a)所示，质量为5 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F .第二次无恒力F .图(b)中的两条线段a 、b 分别表示存在恒力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v －t 图线．不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，(sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)下列说法中正确的是( )A ．恒力F 的大小为5 NB ．恒力F 的大小为10 NC ．物块与斜面间的动摩擦因数为13D ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 解析：选AD.由题图可得：a ＝ΔvΔt ；有恒力F 时：a 1＝Δv Δt ＝111.1m/s 2＝10 m/s 2；无恒力F 时：a 2＝Δv Δt ＝111m/s 2＝11 m/s 2由牛顿第二定律得：无恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 解得：μ＝0.5有恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 1 解得：F ＝5 N ，故A 、D 正确，B 、C 错误．三、非选择题 11.(2018·江西重点中学六校联考)如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调．滑块静止时，ER 流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L .现有一质量也为m (可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L 处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后黏在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动．ER 流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d 时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一．取重力加速度为g ，忽略空气阻力，试求：(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小； (2)滑块向下运动过程中的加速度大小；(3)当下移距离为d 时，ER 流体对滑块的阻力大小.解析：(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v 0，由自由落体运动规律有v 20＝2gL ，解得v 0＝2gL .(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a ，取竖直向下为正方向，则有－2ax ＝v 22－v 21，x ＝d ，v 1＝v 02，v 2＝v 04，解得a ＝3gL 16d.(3)设下移距离d 时弹簧弹力为F ，ER 流体对滑块的阻力为F ER ，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F ＋F ER －2mg ＝2ma F ＝k (d ＋x 0) mg ＝kx 0联立解得F ER ＝mg ＋3mgL 8d－kd .答案：(1)2gL (2)3gL 16d (3)mg ＋3mgL8d －kd12.(2018·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.求：(1)物块的初速度v0；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5 (3)37°能滑回底端理由见解析。

高考物理一轮复习第三章第2节牛顿第二定律两类动力学问题学案

第2节牛顿第二定律两类动力学问题一、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跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。

[注1](2)表达式：F＝ma。

[注2]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 [注3]在力学范围内，国际单位制规定质量、长度和时间为三个基本量，它们的单位千克、米和秒为基本单位。

(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。

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：[注4]【注解释疑】[注1] 加速度的大小是由力和物体的质量共同决定的。

[注2] 应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位。

[注3] “基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同。

[注4] 既可以根据受力求加速度，也可以根据运动规律求加速度。

[深化理解]1.牛顿第二定律的适用范围(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.牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度跟力同时产生、同时变化、同时消失。

3.物体受力的瞬间，立即获得加速度，而由于惯性，速度不会立即产生变化。

[基础自测]一、判断题(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。

(√)(2)质量越大的物体，加速度越小。

(×)(3)物体的质量与加速度成反比。

(×)(4)物体受到外力作用不为零时，立即产生加速度。

(√)(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。

(×)(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。

2019届高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律4第二节牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版

高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题课件新人教版

2019届高考物理一轮复习 3-2 牛顿第二定律 两类动力学问题课件

2019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题