第三章第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题
3-2 牛顿运动定律的应用
二、对超重和失重的理解
【自主探究2】 为了研究超重与失重现象,某同学把一体 重计放在电梯的水平地板上,并将一质量为45 kg的物体 放在体重计上随电梯在竖直方向运动,并观察体重计示 数的变化情况。下表记录了几个特定时刻体重计的示数 (表内时间不表示先后顺序):
时间
体重计示数/kg
t0 45.0
t1 50.0
t2 40.0
t3 45.0
若已知t0时刻电梯静止,则(
)。
三、求解两类动力学问题的基本思路
【自主探究3】 质量为12 kg的箱子放在水平地面 上,箱子和地面的滑动摩擦因数为0.3,现用倾角为 37°的60 N的力拉箱子,如图所示,3 s末撤去拉力, 则撤去拉力时箱子的速度为多少?箱子继续运动 多少时间?
摩擦因数μ;
(2)水平推力F的大小; (3)0~10 s内物体运动位移的大小。
命题研究二、超重、失重问题 【例2】 某举重运动员在地面上最多能举起160 k
g的杠铃。
(1)若该运动员在升降机中能举起200 kg的杠铃, 求升降机加速度的大小和方向。 (2)若升降机以(1)中等大的加速度减速下降,求该
应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象,分析物体的受力情况和运动情况,
画好受力分析图,明确物体的运动性质和运动过程。
(2)选取正方向或建立坐标系,通常以加速度的方向
为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向,必要
时把加速度分解。
(3)根据牛顿第二定律F=max列出方程,再根据题意列
出辅助方程,联合求解,必要时还要对结果进行讨论。
(2)用大小为30 N,与水平方向成37°的力斜向上拉此物体,
使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用
第三章第二讲牛顿第二定律两类动力学问题
4．国际单位制中的基本物理量和基本单位(高中阶段所学)
物理量名称 长度 质量 时间 电流
热力学温度 物质的量
物理量符号 l m t I T n
[答案] (1)
在解决两类动力学的基本问题时，不论哪一类问题， 都要进行受力分析和运动情况分析，如果物体的运动加速 度或受力情况发生变化，则要分段处理，此时加速度或受 力改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量．
(14分)飞船返回舱返回时，打开降落伞后进行竖直 减速下降，这一过程若返回舱所受空气阻力与速度的平方 成正比，比例系数为k.从某时刻起开始计时，返回舱的v－ t图象如图3－2－4所示，图中AE是曲线在A点的切线，切 线交横轴于一点E，其坐标为(8,0)，CD是AB的渐近线，返 回舱质量M＝400 kg，g取10 m/s2.试问： (1)返回舱在这一阶段做什么运动？ (2)设在初始时刻vA＝120 m/s， 此时它的加速度多大？ (3)写出空气阻力系数k的表达式并计算其值．
2．关于国际单位制的下列说法中不.正确的有 ( ) A．质量是物理学中的基本物理量 B．长度的单位m是国际单位制中的基本单位 C．kg·m/s2是国际单位制中的导出单位 D．时间的单位小时是国际单位制中的导出单位
解析：力学的基本物理量是长度、质量、时间，其对应的 单位叫基本单位，其基本单位中国际制单位分别是米、千 克和秒，故A对、B对，D错．由基本单位推出的其他单位 叫导出单位，故C对，因此选D. 答案：D
山坡方向，做匀加速直线运动．
将重力mg沿垂直于山坡方向和沿山坡方向进行分解，
据牛顿第二定律列方程
作业+讲义：第3章 第2讲 牛顿两类问题
考点一牛顿第二定律的理解1．内容及表达式物体加速度的大小跟所受外力的合力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟合外力方向相同．表达式：F＝ma.2．对定律的理解(1)矢量性a为研究对象在合外力作用下产生的加速度；a与合外力方向一致．(2)瞬时对应性一物体所受合外力恒定时，加速度恒定，物体做匀变速直线运动；合外力随时间改变时，加速度也随时间改变；合外力为0时，加速度为0，物体就处于静止或匀速直线运动状态．[思维深化]1．从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度．可是我们用力提一个很重的物体时却提不动它，这跟牛顿第二定律有无矛盾？为什么？答案没有矛盾，使物体运动，要有合力产生加速度，由于重力很大，合加速度仍为0.2．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．[对牛顿第二定律的基本理解](多选)下列对牛顿第二定律的理解，正确的是()A．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比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0C．物体的速度为0，则加速度可能很大，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03．[应用定律定性分析](多选)如图1所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后()A．木块立即做减速运动B．木块在一段时间内速度仍可增大C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为01．分析物体的运动性质，要从受力分析入手，求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化．2．特别要注意加速度与合力具有瞬时对应关系，而速度是不能突变的，速度的变化是需要时间的，Δv＝aΔt.考点二应用牛顿第二定律分析瞬时问题两类模型(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．[思维深化](1)如图2、图3中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图2中的弹簧和图3中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中A处剪断，则图2中的弹簧和图3中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？答案(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0.(2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0.(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．4．[静态的瞬时问题](多选)质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 球紧靠墙壁，如图4所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间()A．A球的加速度为F2m B．A球的加速度为0C．B球的加速度为F2m D．B球的加速度为Fm5．[静态的瞬时问题](2015·海南单科·8)(多选)如图5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()A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2考点三动力学中的图象问题1．动力学中常见的图象v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．2．解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．[思维深化]图象问题反映的是两个变量之间的函数关系，因此在某些情况下，要用有关物理规律和公式进行推导，得到两个变量的关系来分析图象的有关问题．6．[图象物理意义的理解](2014·山东·15)(多选)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图6所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()A．t1B．t2C．t3D．t47．[图象和牛顿第二定律的结合](2015·新课标全国Ⅰ·20)(多选)如图7a，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图b所示．若重力加速度及图b中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度8．[图象的应用]如图8所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的()求解图象问题的基本思路看清坐标轴所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析图线进而弄懂物理过程，写出相应的函数关系式，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作出准确判断．考点四应用整体法与隔离法处理连接体问题1．连接体问题的类型物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体．2．整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．3．隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．4．整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”．9．[物体与物体构成的连接体](2015·新课标全国Ⅱ·20)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．1810．[弹簧与物体构成的连接体]如图9所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)．已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( )A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.F sin θm 211．[轻绳与物体构成的连接体]如图10所示，装有支架的质量为M (包括支架的质量)的小车放在光滑水平地面上，支架上用细线拖着质量为m 的小球，当小车在光滑水平地面上向左匀加速运动时，稳定后绳子与竖直方向的夹角为θ.求小车所受牵引力的大小．图1012．[轻杆与物体构成的连接体]如图11所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m 的小球，下列关于杆对球的作用力F 的判断中，正确的是( )A ．小车静止时，F ＝mg sin θ，方向沿杆向上B ．小车静止时，F ＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C ．小车向右以加速度a 运动时，一定有F ＝ma sin θD ．小车向左以加速度a 运动时，F ＝(ma )2＋(mg )2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角满足tan α＝a g轻绳、轻杆和轻弹簧三种模型的异同1．三个模型的相同点：(1)“轻”——质量和重力均不计．(2)在任何情况下，绳中张力相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力也相等．2．三个模型的不同点：(1)施力和受力特点轻绳——只能产生沿绳方向的拉力．轻杆——不仅可以产生和承受沿杆方向的拉力和压力，还可以产生和承受不沿杆方向的拉力和压力． 轻弹簧——可以产生和承受沿弹簧伸缩方向的拉力和压力．(2)力的变化特点轻绳——拉力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性．轻杆——拉力和压力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性．轻弹簧——弹力的产生、变化或消失需要时间，不具有突变性，即只能渐变，但具有瞬时性，即不同形变的瞬间，对应不同的弹力．(注意：当轻弹簧的自由端无重物时，形变消失不需要时间，即具有突变性)考点五 动力学两类基本问题1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况 解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况． 2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．13．[已知运动分析受力]如图12所示，一物体以v 0＝2 m /s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时t ＝1 s ．已知斜面长度L ＝1.5 m ，斜面的倾角θ＝30°，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数．14．[已知受力分析运动]如图13所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F ＝10 N ，刷子的质量为m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数为0.5，天花板长为L ＝4 m ，取sin 37°＝0.6，试求：(1)刷子沿天花板向上运动的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．15．[已知受力分析运动](2014·新课标全国Ⅰ·24)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．解决两类动力学问题的两个关键点1．把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析．一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁．2．寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系．1．(2013·新课标Ⅱ·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )2．如图14所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程中加速度逐渐减小3．如图15所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A ．0 B.233g C ．g D.33g4．如图16所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m 的小球P .横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q .当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ＜α，则下列说法正确的是( )A ．小车一定向右做匀加速运动B ．轻杆对小球P 的弹力沿轻杆方向C ．小球P 受到的合力大小为mg tan θD ．小球Q 受到的合力大小为mg tan α5．如图17甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t 图象)如图乙所示，g 取10 m/s 2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F .练出高分 基础巩固1．(多选)由牛顿第二定律表达式F ＝ma 可知( )A ．质量m 与合外力F 成正比，与加速度a 成反比B ．合外力F 与质量m 和加速度a 都成正比C ．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D ．物体的加速度a 跟其所受的合外力F 成正比，跟它的质量m 成反比2．一个小孩从滑梯上滑下的运动可看成匀加速直线运动．第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a 1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a 2，则( )A ．a 1＝a 2B ．a 1＜a 2C ．a 1＞a 2D ．无法判断3．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行时的v －t 图象如图1乙所示，则由图中AB 段曲线可知，运动员在此过程中( )A ．所受外力的合力一定不断增大B ．运动轨迹一定是曲线C ．加速度一定减小D ．斜坡对运动员的作用力一定是竖直向上的4．(多选)如图2所示，一质量为m 的滑块，以初速度v 0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，若滑块所受的摩擦力为F f 、所受的合外力为F 合、加速度为a 、速度为v ，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是( )5．如图3所示，放在固定粗糙斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则( )A ．物块可能匀速下滑B ．物块将以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑6．如图4所示，将一个质量为m 的三角形物体放在水平地面上，当用一水平推力F 经过物体的重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度做匀速直线运动，某一时刻保持力的大小不变立即使推力反向变成拉力，则推力反向的瞬间( )A ．物体的加速度大小为F m ，方向水平向左B ．物体的加速度大小为2F m，方向水平向右 C ．地面对物体的作用力大小为mgD ．地面对物体的作用力大小为(mg )2＋F 27．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( )A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为0C ．图乙中轻杆的作用力一定不为0D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的2倍综合应用8．(多选)如图6所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，上面穿着质量为M的滑块，滑块又通过细线悬吊着一个质量为m的小铁球．此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动，而滑块、小铁球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.若小车的加速度逐渐增大，滑块始终和小车保持相对静止，当加速度增大到2a时()A．横杆对滑块向上的弹力不变B．横杆对滑块的摩擦力变为原来的2倍C．细线对小铁球的竖直方向的分力增大了D．细线对小铁球的水平方向的分力增大了，增大的倍数小于29．成都“欢乐谷”是大型的游乐性主题公园，园内有一种大型游戏机叫“跳楼机”．让人体验短暂的“完全失重”，非常刺激，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50 m高处，然后由静止释放，为研究方便，认为人与座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5 m高处时速度刚好减小到0，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10 m/s2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？10．观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要，科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝800 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2 m/s，此时开始计时经过t0＝4 s时间，气球匀加速下降了h1＝16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)气球匀加速下降阶段的加速度大小a.(2)抛掉的压舱物的质量m是多大？(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间t1＝5 s，气球下降的高度是多大？11．如图7甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去力F，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2.求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)拉力F的大小；(3)t＝4 s时物体的速度．。
《与名师对话》2015届课件-第三章第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
【答案】
C
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与名师对话
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(1)分析物体运动时，要养成科学分析的习 惯，即将这一过程划分为几个不同的过程，中间是否存在转折 点，找到了转折点就可以知道物体的前后过程是怎样运动的 了．(2)这一类动态分析的题是难点，又是重点，要在分析受力 上下功夫，同时要特别注意转折点上物体的速度方向(因为它是 下一阶段的初始条件)．(3)弹簧这种能使物体受力连续变化的模 型，在物理问题中经常遇到，因此要重点掌握．
)
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考向一
对牛顿第二定律的理解
1.矢量性 牛顿第二定律的公式是矢量式，任一瞬间，a的方向均与F
合
方向相同，当F合方向变化时，a的方向同时发生变化，且始终
保持相同，F合与a的同向性是我们根据受力判断运动和根据运 动判断受力的重要依据．
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F 1．由a＝ 知，物体的加速度与物体所受合外力成正比， m 与物体的质量成反比( )
答案：√
Δv 2．由a＝ 知物体的加速度与物体速度变化量成正比，与 Δt 速度变化所需时间成反比( )
答案：×
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3．物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同( 答案：× 4．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用( 答案：× 5．物体所受合力变小，物体的速度一定变小( 答案：× ) )
)
基Hale Waihona Puke 知识回顾考点互动探究课时作业
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2023新考案一轮复习 第三章第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
2023新考案一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、多选题1.关于牛顿第二定律，下列说法正确的是（）A.加速度与合力的关系是瞬时对应关系，即〃与尸同时产生、同时变化、同时消失B.加速度的方向总是与合外力的方向相同C.同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大D.物体的质量与它所受的合外力成正比与它的加速度成反比二、单选题2.在国际单位制（简称SI）中，力学的基本单位有：m （米）、kg （千克）、 s （秒）。
导出单位J （焦耳）用上述基本单位可表示为（）A. kg ∙ m ∙ s 1B. kg ∙ m' ∙ s 1C. kg ∙ m ∙ s 2D. kg ∙ m2∙s ’3.如图所示，在里约奥运会男子跳高决赛中，加拿大运动员德劳因突出重围, 以2米38的成绩夺冠，则（）A.德劳因在最高点处于平衡状态B.德劳因起跳以后在上升过程中处于失重状态C.德劳因起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力D.德劳因在下降过程中处于超重状态4.某同学自主设计了墙壁清洁机器人的模型，利用4个吸盘吸附在接触面上，通过吸盘的交替伸缩吸附，在竖直表面上行走并完成清洁任务，如图所示。
假设这个机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线“爬行”到右上方B点，设墙面对吸盘摩擦力的合力为E 下列分析正确的是（ ）则F 的方向可能沿A3方向 则尸的方向一定竖直向上则尸的方向可能沿AB 方向 则尸的方向一定竖直向上5 .图1所示的长江索道被誉为“万里长江第一条空中走廊”。
索道简化示意图如图2所示，索道倾角为30° ,质量为机的车厢通过悬臂固定悬挂在承载索 上，在牵引索的牵引下一起斜向上运动。
若测试运行过程中悬臂和车厢始终处 于竖直方向，缆车开始以加速度〃尸IOm/s,向上加速，最后以加速度@=10m/s2 向上减速，重力加速度大小g=10m∕T,则向上加速阶段和向上减速阶段悬臂对 车厢的作用力之比为（ ）三、多选题6 .京张高铁是北京冬奥会的重要配套工程，其开通运营标志着冬奥会配套建设 取得了新进展。
(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。
第三章 基础课2牛顿第二定律 两类动力学问题
图6 B.aA＝g aB＝0 D.aA＝0 aB＝g
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解析 细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0。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
5
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2.(多选)下列哪些物理量的单位是导出单位( )
A.力的单位N
B.压强的单位Pa
C.长度的单位m D.加速度的单位m/s2
答案 ABD
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6
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3.[人教版必修1·P86·例2改编]如图1所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平 地面上，其倾角θ＝30°，斜面长为7 m。现木块上有一质量为m＝1.0 kg 的滑块 从斜面顶端下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中 木块处于静止状态，重力加速度g取10 m/s2，求：
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【典例】 如图9所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜 壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2 且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图9
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第三章：牛顿运动定律(3.2_牛顿第二定律、两类动力学问题)讲解
2012年物理一轮精品复习学案：第2节 牛顿第二定律、两类动力学问题【考纲知识梳理】一、牛顿第二定律1、内容：牛顿通过大量定量实验研究总结出：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，加速度的方向和合外力的方向相同。
这就是牛顿第二定律。
2、其数学表达式为：m Fa =ma F =牛顿第二定律分量式：⎩⎨⎧==yy x x ma F ma F用动量表述：t PF ∆=合3、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（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； 二、两类动力学问题1.由受力情况判断物体的运动状态；2.由运动情况判断的受力情况 三、单位制1、单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
（1）基本单位：所选定的基本物理量的(所有)单位都叫做基本单位，如在力学中，选定长度、质量和时间这三个基本物理量的单位作为基本单位： 长度一cm 、m 、km 等； 质量一g 、kg 等； 时间—s 、min 、h 等。
（2）导出单位：根据物理公式和基本单位，推导出其它物理量的单位叫导出单位。
2、由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
选定基本物理量的不同单位作为基本单位，可以组成不同的单位制，如历史上力学中出现了厘米·克·秒制和米·千克·秒制两种不同的单位制，工程技术领域还有英尺·秒·磅制等。
【要点名师精解】一、对牛顿第二定律的理解1、牛顿第二定律的“四性”（1）瞬时性：对于一个质量一定的物体来说，它在某一时刻加速度的大小和方向，只由它在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定．当它受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，这便是牛顿第二定律的瞬时性的含义．例如，物体在力F1和力F2的共同作用下保持静止，这说明物体受到的合外力为零．若突然撤去力F2，而力F1保持不变，则物体将沿力F1的方向加速运动．这说明，在撤去力F2后的瞬时，物体获得了沿力F1方向的加速度a1．撤去力F2的作用是使物体所受的合外力由零变为F1，而同时发生的是物体的加速度由零变为a1．所以，物体运动的加速度和合外力是瞬时对应的．（2）矢量性(加速度的方向与合外力方向相同)；合外力F是使物体产生加速度a的原因，反之，a是F产生的结果，故物体加速度方向总是与其受到的合外力方向一致，反之亦然。
新课标2023版高考物理一轮总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课件
研清微点2 弹力不能瞬间改变的情形
接触的物体对它的作用力大小 F＝ Fx2＋Fy2＝5 000 N，C 正确。
答案：C
1．牛顿第二定律的五个特性
[要点自悟明]
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＝ΔΔvt 是加速度的定义式，a 与 Δv、Δt 无必然联系；a＝mF是加速度的决定式，
一点一过 弹簧、橡皮绳模型的特点
1．当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的 形变量不会瞬间发生突变。
2．在求解瞬时加速度的问题中，其弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮 绳的弹力不发生突变。
(三) 动力学的两类基本问题(精研点) 1．两类动力学问题的解题关键
两个分析
(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 a1，出发 4 s 内冰橇发生的位移为 x1 ＝12a1t12，代入数据解得 a1＝1.5 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有 F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1， 其中 sin θ＝hx＝0.1，cos θ＝1，解得 μ＝0.05。 (3)设 8 s 后冰橇的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 (m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2， 8 s 末冰橇的速度为 v1＝a1t2， 出发 8 s 内冰橇发生的位移为 x2＝12a1t22＝48 m，设到达终点时速度大小为 v2， 则 v22－v12＝2a2(x－x2)，解得 v2＝36 m/s。
第3章 第2讲 牛顿第二定律的基本应用
定律，推力 F＝ma＝1.5×106 N，故 C 正确，ABD 错误。
第三章 牛顿运动定律
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核心考点·重点突破
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考点一 应用牛顿第二定律分析瞬时问题 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：
第三章 牛顿运动定律
A．仅剪断细绳的瞬间。小球的加速度a＝g，方向竖直向上 B．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝ gtanθ，方向水平向右 C．仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度a＝gtanθ，方向水平向左 D．仅剪断与小球连接端的轻弹簧的瞬间，小球的加速度a＝g，方 向竖直向下
第三章 牛顿运动定律
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第三章 牛顿运动定律
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2．易错、易混点拨 (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不 是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发 生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生变化。 (2)在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全 消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强 等。
处于完全失重状态。
(3)从速度变化的角度判断
①物体向上加速或向下减速时，超重；
②物体向下加速或向上减速时，失重。
第三章 牛顿运动定律
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〔变式训练2〕 (2022·陕西西安高三三模)2022年2月8日，在中国 北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一
用寿命内最多能发射600枚炮弹。若炮弹的质量为15 kg，则在发射炮弹
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。
【世纪金榜】高考物理第一轮复习 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题课件 新人教版必修1
考点 2 牛顿第二定律的瞬时性(三年2考) 拓展延伸
【考点解读】牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型 牛顿第二定律的表达式为F=ma,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,具体可 简化为以下两种模型: (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。
【解题探究】(1)物体的加速度与合力是否存在累积过程? 提示:力是产生加速度的原因,只要合力不为零,物体就有加速度, 它们之间具有瞬时对应关系,不存在累积过程。 (2)物体的每一个分力是不是可以独立产生加速度? 提示:牛顿第二定律具有独立性,每一个分力都可以独立产生各 自的加速度。
【解析】选D。物体加速度的大小与物体受到的合力成正比,与 物体的质量成反比,选项A错误;力是产生加速度的原因,只要有合 力,物体就有加速度,它们之间有瞬时对应关系,不存在累积效应, 选项B错误;物体加速度的大小与它受到的合力的大小成正比,选 项C错误;根据矢量的合成和分解得Fx=max,选项D正确。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
知识点 1 牛顿第二定律 Ⅱ 单位制 Ⅰ 1.内容 物体加速度的大小跟__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.表达式 _F_=_m_a_。
3.
惯性 匀速直线
静止
宏观
低速
4.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:_选__定__的__物__理__量__的单位。力学中选定的物理量有 三个, 它们分别是_质__量__、_时__间__和_长__度__,它们的国际单位分 别是千__克__(_k_g_)__、_秒__(_s_)_和_米__(_m_)_。 (3)导出单位:由_选__定__的__物__理__量__根据物理关系推导出来的其他 物理量的单位。
第三章第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题
牛顿第二定律
两类动力学问题
结束
要点一 F 1．解析：根据牛顿第二定律 a＝m可知物体的加速度与速度无 关，所以 A 错；即使合力很小，也能使物体产生加速度， 所以 B 错；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比， 所以 C 错；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反 比，所以 D 正确。 答案：D
F1－
从图中可以看出，在 0～2 s 范围内当 t＝0 时，物体有最大加速 度 a0。
物理
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第 2节
牛顿第二定律
两类动力学问题
结束
F0＝ma0 F0 2 a0＝ m ＝ m/s2＝1 m/s2 2 当 t＝2 s 时，物体也有最大加速度 a2。 F2＝ma2 F2 － 2 a2＝ m ＝ m/s2＝－1 m/s2 2 负号表示加速度方向向左。 (3)由牛顿第二定律得： F合 a＝ m ＝1－t(m/s2) 画出 at 图像如图所示：
物理
答案：A
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要点二 1．解析：在线被剪断瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度为零，B 所受合外 1 力等于(mA＋mB)gsin 30° ＝ (mA＋mB)g，由牛顿第二定律，B 球的加速 2 mA＋mB 度为 g，选项 D 正确。 2mB 答案：D
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典例 3：解析：(1)当 t＝0.5 s 时，F2＝(2＋2×0.5)N＝3 N F2＝ma F1－F2 4－3 a＝ m ＝ m/s2＝0.5 m/s2。 2 (2)物体所受的合外力为 F 合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N) 作出 F 合t 图如图所示：
第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
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[拓展延伸2] 把[拓展延伸1]中的弹簧换成刚性轻质杆，如图所示，现将木块C沿水平方 向突然抽出，设抽出后的瞬间木块A、B的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为
在g，抽则出有木(块BC的) 瞬时，木块A、B与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等
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3．[牛顿第二定律公式的应用] 如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质
量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力
对都甲是图 F.关以于车甲和、人乙为两研图究中对车象的，加系速统度不大受小外，力说作法用正确，的故是甲(图C中车) 的加速度为零，选项
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规律结论 记一记 (1)牛顿第二定律是矢量关系式，列方程时应选正方向，且力和加速度取同一正方 向． (2)a＝ΔΔvt 是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝mF是加速度的决定式． (3)加速度与合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， 分析瞬时加速度时应注意力是“突变”还是“渐变”．
A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，
所以乙图中车的加速度a＝M2＋Fm，C项正确，D项错误．
A．甲图中车的加速度大小为MF
B．甲图中车的加速度大小为M＋F m
C．乙图中车的加速度大小为M2＋Fm D．乙图中车的加速度大小为MF
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第三章第二节牛顿第二定律两类动力学问题
第二节牛顿第二定律两类动力学问题[学生用书P43]一、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，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma3．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、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．1.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B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比答案：D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．⊙特别提示：利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用，将运动学规律和牛顿第二定律相结合，寻找加速度和未知量的关系，是解决这类问题的思考方向．2. (2013·高考浙江卷)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/s2，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/s2.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答案：AD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，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．3.(2013·高考福建卷)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－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1答案：B考点一用牛顿第二定律求解瞬时加速度[学生用书P44]牛顿第二定律的表达式为F＝ma，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，具体可简化为以下两种模型：(1)轻绳(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．(2015·宁波模拟)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()A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零[思路点拨]细线烧断瞬间，弹簧的弹力变化吗？绳上的弹力还存在吗？A球受力如何变化？B球受力又如何变化？[解析]细线烧断瞬间，两球受力如图细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，a B＝0，A球所受合力为mg sin θ＋kx＝2mg sin θ＝ma A，解得a A＝2g sin θ，故A、D错误，B、C正确．[答案]BC[规律总结]加速度瞬时性涉及的实体模型1.分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态，①分析问题属于哪类理想化模型．②抓住模型的受力方向和大小变化的特点．1.(改编题)质量均为m 的物块a 、b 置于倾角为30°的光滑斜面上，物块a 、b之间有一段处于伸长状态的弹簧，a 、b 通过细线系在墙上．下列情况不．可能的是( )A ．在只剪断上面的绳子的瞬间，a 的加速度为零，b 的加速度不为零B ．在只剪断上面的绳子的瞬间，a 、b 的加速度均不为零C ．在只剪断下面的绳子的瞬间，a 的加速度不为零，b 的加速度为零D ．在只剪断下面的绳子的瞬间，a 、b 的加速度均为零解析：选B.在只剪断上面的绳子的瞬间，弹簧的长度没变，a 的受力情况没变，a 的加速度为零，绳子对b 向上的力消失了，b 有向下的加速度，A 项可能，B 项不可能．在只剪断下面的绳子的瞬间，弹簧的长度没变，b 的受力情况没变，b 的加速度为零，一开始下面的绳子对a 可能有拉力，也可能没有拉力，所以a 的加速度可能为零，也可能不为零，C 、D 两项都可能．考点二 动力学两类基本问题 [学生用书P 44] 求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．如图，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ．用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.取g ＝10 m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .[解析] (1)物体做匀加速运动 L ＝12at 20a ＝2L t 20＝2×2022＝10 m/s 2由牛顿第二定律 F － F f ＝ma F f ＝(30－2×10)N ＝10 Nμ＝F fmg＝0.5. (2)设F 作用的最短时间为t ，物体先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速t ′秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律F cos 37°－μ(mg －F sin 37°) ＝ma所以a ＝F (cos 37°＋μsin 37°)m－μg ＝11.5 m/s 2a ′＝F fm＝μg ＝5 m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at ＝a ′t ′所以t ′＝aa ′t ＝2.3tL ＝12at 2 ＋12a ′t ′2解得t ＝ 2La ＋2.32a ′＝1.03 s.[答案] (1)0.5 (2)1.03 s[方法总结] 解答动力学两类问题的基本程序：(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行受力分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．2. (2014·高考上海卷)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s ，运动过程中的最大速度为v .(1)求箱子加速阶段的加速度大小a ′.(2)若a >g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力． 解析：(1)设加速过程中加速度为a ′，由匀变速运动公式得s 1＝v 22a ′，s 2＝v 22a，s ＝s 1＋s 2＝v 22a ′＋v 22a ，解得a ′＝a v 22as －v 2.(2)设球不受车厢作用，应满足 N sin θ＝ma ， N cos θ＝mg ， 解得a ＝g tan θ.减速时加速度由斜面支持力N 与左壁支持力P 共同决定，当a >g tan θ时，P ＝0，球受力如图．由牛顿运动定律得 N sin θ＝ma ，N cos θ －Q ＝mg ，解得Q ＝m (a cot θ－g )．答案：(1)a v 22as －v 2(2)0 m (a cot θ－g )，竖直向下考点三 动力学图象问题 [学生用书P 45]1．图象的类型(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况． 2．问题的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截距、斜率、面积六大功能．如图(a)所示，“ ”型木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，斜面BC 光滑且与水平面夹角为θ＝37°.AB 和BC 接触处平滑连接，木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)斜面BC 的长度； (2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．[解析] (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得： a 1＝g sin θ＝6 m/s 2通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t 1＝1 s ，由运动学公式得：x 1＝ 12a 1t 2＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为：F N1′＝mg cos θ 木块对传感器的压力为：F 1＝F N1′sin θ 由图象可知：F 1＝12 N 解得：m ＝2.5 kg.(3)滑块滑到B 点的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s ， 由图象可知：F f ＝5 N ，t 2＝2 sa 2＝F fm＝2 m/s 2x 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m ，W ＝F f x 2＝40 J.[答案] (1)3 m (2)2.5 kg (3)40 J [总结提升] 数形结合解决动力学问题(1)物理公式与物理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的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵坐标轴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)解决这类问题的核心是分析图象，尤其应特别关注v －t 图象的斜率(即加速度)和力的图线与运动的对应关系．3.(2015·绍兴模拟)利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M 的滑块A 放在倾斜滑板B 上，C 为位移传感器，它能将滑块A 到传感器C 的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A 的速度－时间(v －t )图象．先给滑块A 一个沿滑板B 向上的初速度，得到的v －t 图象如图乙所示，则( )A ．滑块A 上滑时加速度的大小为8 m/s 2B ．滑块A 下滑时加速度的大小为8 m/s 2C ．滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝0.25D ．滑块A 上滑时运动的位移为2 m解析：选AC.滑块A 上滑时加速度的大小a 1＝⎪⎪⎪⎪0－4.00.5 m/s 2＝8.0 m/s 2，A 项正确；A 下滑时的加速度a 2＝ 4.01.5－0.5m/s 2＝4.0 m/s 2，B 项错误；由牛顿第二定律知A 上滑时mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，A 下滑时mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝0.25，C 项正确；在速度－时间图象中面积表示位移，滑块A 上滑时运动的位移为1 m ，D 项错误．4．(2013·高考浙江卷) 如图所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s 2.下列判断正确的是( )A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ．6 s ～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 2解析：选D.由图象知物块前4 s 静止，4 s ～5 s 内物块做加速运动，前5 s 内拉力对物块做功不为零，故A 选项错误；4 s 末物块静止，所受合力为零，B 选项错误；由4 s 之后的运动情况判断其受滑动摩擦力F f ＝μmg ＝3 N ，得μ＝0.3，C 选项错误；由牛顿第二定律可知4 s后物块的加速度a ＝F －F fm＝2 m/s 2，D 选项正确．[学生用书P 46]思维建模——传送带模型中的动力学问题[规范解答]—————————该得的分一分不丢！ (1)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力：F f ＝μmg ＝4 N(2分) 由牛顿第二定律得：F f ＝ma (2分) 解得：a ＝1 m/s 2.(1分)(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v ＝at (1分)解得t ＝va＝1 s ．(1分)(3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a ＝1 m/s 2当行李到达右端时，有：v 2min＝2aL (2分)解得：v min ＝2aL ＝2 m/s(1分)故传送带的最小运行速率为2 m/s(1分)行李运行的最短时间：t min ＝v mina＝2 s ．(2分)[答案] (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s [建模感悟] 1.模型特征一个物体以速度v 0(v 0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型．2．处理方法传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．不论是哪一种情况，分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分析．5.(2014·高考“华约”卷)如图所示的传送带装置，与水平面的夹角为θ，且tan θ＝34.传送带的速度为v ＝4 m/s ，动摩擦因数为μ＝54，将一个质量m ＝4 kg 的小物块轻轻的放置在装置的底部，已知传送带装置的底部到顶部之间的距离L ＝20 m ．(本题重力加速度g 取10 m/s 2)(1)求物块从传送带底部运动到顶部的时间t ； (2)求此过程中传送带对物块所做的功．解析：(1)如图所示作受力分析．垂直斜面方向受力平衡：N ＝mg cos θ＝45mg则摩擦力f 1为：f 1＝μN ＝54·45mg ＝mg平行斜面方向做匀加速运动ma ＝f 1－mg sin θ＝mg －35mg ＝25mg则a ＝25g ＝4 m/s 2，且方向沿传送带向上．运动到物块速度与传送带速度相同时，经过的时间为：t 1＝va ＝1 s运动的距离为：s 1＝12at 2＝2 m.剩下的距离为s 2＝L －s 1＝18 m ，之后物块与传送带一起做匀速运动，则t 2＝s 2v ＝4.5 s 故t ＝t 1＋t 2＝5.5 s.(2)法一：由第一问可知，在物块加速过程中摩擦力为 f 1＝mg ＝40 N此时摩擦力对物块做功W 1＝12f 1at 21＝80 J匀速过程中摩擦力满足：f 2＝mg sin θ＝35mg ＝24 N则传送带对物块做功W 2＝f 2s 2＝432 J 则总功W ＝W 1＋W 2＝512 J(注：若是求传送带做功，则需考虑内能的变化，此时W 1＝f 1v t 1＝160 J ，W 2不变，总功为W ＝W 1＋W 2＝592 J)法二：由功能原理，传送带对物块所做的功为物块获得的机械能(动能与重力势能)，则：W ＝12m v 2＋mgL sin θ＝512 J.答案：(1)5.5 s (2)512 J[学生用书P 47]1．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )解析：选C.物块的受力如图所示，当F 不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F 大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F －μF N ＝ma ，即F ＝μF N ＋ma ，F 与a 成线性关系．选项C 正确．2．(2014·高考海南卷)将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t 1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t 2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t 0，则( )A ．t 1>t 0，t 2<t 1B ．t 1<t 0，t 2>t 1C ．t 1>t 0，t 2>t 1D ．t 1<t 0，t 2<t 1解析：选B.根据牛顿运动定律，有阻力竖直上抛、无阻力竖直上抛和有阻力竖直下落三种情况下的匀变速运动的加速度是：a 1 > g > a 2，其中，a 1t 1＝v 0＝gt 0，得t 1<t 0，又上升与下降过程：12a 1t 21＝12a 2t 22，得t 2>t 1，选项B 正确． 3．(2014·高考重庆卷)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v -t 图象可能正确的是( )解析：选D.不受空气阻力的物体，运动过程中加速度不变，v -t 图象为图中虚线所示．受空气阻力大小与速率成正比关系的物体，上升过程中：mg ＋k v ＝ma ，a ＝g ＋k vm，开始时加速度最大，上升过程中a 始终大于g ，v -t 图象斜率均大于虚线斜率，只有选项D 符合题意．4．(2014·高考四川卷) 如右图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是( )解析：选BC.若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmgm，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmg m ，故C 正确，A 、D 错误．5．(2015·永临中学高三模拟)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．下列说法中正确的是( )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 ＝v t －0＋v 2t ＝12v t ＝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．6．如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3 m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝ 37°，C 、D 两端相距4.45 m ，B 、C 相距很近．水平部分AB 以5 m/s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求：(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离． (2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．解析：(1)米袋在AB 上加速时的加速度 a 0＝μg ＝ 5 m/s 2，米袋的速度达到v 0＝5 m/s 时，滑行的距离s 0＝－v 202a 0＝2.5 m ＜AB ＝3 m因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度．设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mg sin θ ＋μmg cos θ ＝ ma 代入数据得a ＝10 m/s 2所以能滑上的最大距离 s ＝－v 202a＝1.25 m.(2)设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能到达D 点(即米袋到达D 点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v 1之前的加速度为a 1＝－g (sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2米袋速度小于v 1至减为零前的加速度为 a 2＝－g (sin θ－μcos θ)＝－2 m/s 2由v 21－v 202a 1＋0－v 212a 2＝4.45 m解得v 1＝4 m/s即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度 v CD ≥v 1＝4 m/s 米袋恰能运到D 点所用时间最长为t max ＝v 1－v 0a 1＋ 0－v 1a 2＝2.1 s若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2.由s CD ＝v 0t min ＋12a 2t 2min ，得t min ＝1.16 s(用带根式的答案也可)所以，所求的时间t 的范围为1.16 s ≤t ≤2.1 s. 答案：(1)1.25 m (2)1.16 s ≤ t ≤ 2.1 s一、单项选择题 1. (2013·高考海南卷)一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a －t 图象如图所示．下列v －t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )解析：选D.由a －t 图象可知：在0～T 2内，物体做匀加速直线运动；T2～T 内，物体做匀速运动；T ～3T 2内，物体做匀减速直线运动，且在3T 2末速度为0；3T2～T 内，物体做反向的匀加速运动；故D 项正确．2．(2015·宁波模拟)如图所示，车内绳AB 与绳BC 拴住一球，BC 水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )A ．AB 绳、BC 绳拉力都变大B ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力变小 C ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变D ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大 答案：D 3. (2014·高考福建卷)如右图，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )解析：选B.滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a 不变，选项C 、D 错误．设斜面倾角为θ，则s ＝h sin θ＝v 0t －12at 2，故h -t 、s -t 图象都应是开口向下的抛物线，选项A 错误，选项B 正确．4．一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块m ，若给m 一向下的初速度v 0，则m 正好保持匀速下滑．如图所示，现在m 下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是( )A ．在m 上加一竖直向下的力F 1，则m 将保持匀速运动，M 对地有水平向右的静摩擦力的作用B ．在m 上加一个沿斜面向下的力F 2，则m 将做加速运动，M 对地有水平向左的静摩擦力的作用C ．在m 上加一个水平向右的力F 3，则m 将做减速运动，在m 停止前M 对地有向右的静摩擦力的作用D ．无论在m 上加什么方向的力，在m 沿斜面向下运动的过程中，M 对地都无静摩擦力的作用解析：选D.给滑块一初速度v 0，正好匀速下滑，对其受力分析，mg sin θ－μmg cos θ＝0，可得：μ＝tan θ；设施加力F ，与斜面向上方向的夹角为α，隔离滑块，受力分析，如图甲所示，可得，F cos α＋μF N －mg sin θ＝ma ，F sin α＋F N －mg cos θ＝0，可得：a ＝F cos α－F tan θsin αm；整体受力分析如图乙所示，可得：F cos(θ＋α)＋F ′f ＝ma cos θ，联立可得：F ′f ＝0，选项D 正确．☆5.(2015·南京外国语学校高三月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的( )A ．伸长量为m 1gk tan θB ．压缩量为m 1gk tan θC ．伸长量为m 1gk tan θD ．压缩量为m 1gk tan θ解析：选A.对小球：F 合＝m 2g tan θ＝m 2a ，a ＝g tan θ，对木块：F 弹＝kx ＝m 1a ，x ＝m 1gktanθ，故A 正确．☆6.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A ．一定升高B ．一定降低C ．保持不变D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析：选A. 设橡皮筋原长为l 0、劲度系数为k ，静止时，橡皮筋长度为l ，加速时长度为l ′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k (l －l 0)＝mg ，加速时对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k (l ′－l 0)cos θ＝mg k (l ′－l 0)sin θ＝ma则k (l －l 0)＝k (l ′－l 0)cos θ l ′cos θ＝l －l 0(1－cos θ) 即l ′cos θ<l所以小球高度一定升高，故选项A 正确． 二、不定项选择题7．(2015·温州模拟)如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )A ．向右做加速运动B ．向右做减速运动C ．向左做加速运动D ．向左做减速运动解析：选AD.对小球受力分析可知小球在水平方向受到向右的弹簧弹力F N ，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右加速运动或向左减速运动.8．(2015·潍坊模拟)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(取g ＝10 m/s 2)( )A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动 答案：BC 三、非选择题9. 为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m 、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图所示．在高出水面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”竖直下潜h A 后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜h B 后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A 鱼”入水瞬间的速度v A 1；(2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A ；(3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B . 解析：(1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有 v 2A 1－0＝2gH ① 得：v A 1＝2gH .②(2)法一：“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有F 合＝F 浮＋f A －mg ③ F 合＝ma A ④ 0－v 2A 1＝－2a A h A ⑤。
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。
高考物理 第三章 第二单元 牛顿第二定律 动力学两类基本问题课时训练营课件
第三章 牛顿运动定律
第三章 牛顿运动定律
可见，不论求解哪一类问题，求解加速度是 解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键．
第三章 牛顿运动定律
第三章 牛顿运动定律
题型二 正交分解法的应用
风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调 节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风 洞实验室，小球孔径略大于细杆直径．(如图 所示)
第三章 牛顿运动定律
第三章 牛顿运动定律
(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大 小，使小球在杆上匀速运动．这 时小球所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍， 求小球与杆间的动摩擦因数； (2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向 间夹角为 37°并固定，则小球从静止出发在 细杆上滑下距离 s 所需时间为多少？(sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8)
第三章 牛顿运动定律
解析：由牛顿第二定律，F－Ff＝ma，所以 F ＝Ff＋ma，摩擦力 Ff 恒定，在 0～1 s 内，速 度均匀变化，加速度恒定，F 不变化，A 不正 确．在 1 s～3 s 内，速度恒定，a＝0，外力 F 恒定，B 正确．在 3 s～4 s 内，斜率变大，加 速度变大，外力 F 不断变化，C 正确，D 不正 确． 答案：BC
第三章 牛顿运动定律
2．如图所示，倾斜索道与水平面夹角为37°， 当载人车厢沿钢索匀加速向上运动时，车厢里的 人对厢底的压力为其重量的1.25倍，那么车厢对 人的摩擦力为其体重的( )
A.41倍 C.45倍
B.13倍 D.43倍
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
态。当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度为( )
A.0
关闭
未B.大撤小离为木板g,方时向,小竖球直受向力下如图。根据平衡条件可得 Fx 与 mg 的合力
F未CD=..大变大co小s,小���其3������0���为为弹°。2力333g当依g,方,突方旧向然向,故水向垂F平下直x 向与撤木右m离板g光向的滑下合木力板仍时为,FFN=立co即s���3������0���变°为,由零此,但产弹生簧的形加变速
加速度,可是当我们用一个很小的水平力去推很重的桌子时,却推
不动它,这是因为( )
A.牛顿第二定律不适用于静止物体
B.有加速度产生,但数值很小,不易觉察
关闭
C用.很静小摩的擦力力来等推于桌水子平,这推个力力,所小于以最桌大子静静摩止擦不力动,合力是零,根据牛顿第二
D定.律桌,子加速所度受等合于力零为,所零以,加静速止度不为动零,即,牛所顿以第静二止定不律动适用于静止物体,A、
学实验,选了8名力气几乎相同的小朋友,水平拉动一辆130 t重、处
于悬浮状态下的磁悬浮列车,列车在30 s内前进了4~5 m;然后,让4名
小朋友在30 s内用力拉
整列磁悬浮列车,列车会怎样呢?( )
A.移动2 m以上
B.移动1~2 m
关闭
磁悬C.浮移列动车距摩离擦不力超可过认1 m为是D0.,静由止a不=������������动知,F 减为原来的一半,加速度 变为原来的一半,由 x=1at2 可知位移在 2 m~2.5 m,所以选 A。
2
关闭
A
解析 答案
第三章
第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题
必备知识
关键能力
4.(2018·广西钦州开发区月考)如图所示,一个小球自由下落到将 弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹,从开始反弹至小球到达最高 点,小球的速度和加速度的变化情况为( )
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即时应用 2．(2012· 皖南八校联考)某兴趣小组 为了体验电梯中的超重和失重现象， 电梯由1楼出发，上升至6楼停下，该 过程中兴趣小组利用压力传感器和笔 记本电脑作出了一个质量为1 kg的物 体
对传感器的压力与时间图象，如图 3－2－2所示，试求：(g取 9.8 m/s2)
图3－2－2
(1)该过程中电梯的最大速度；
(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求
解,通常先用表示物理量的符号运算,解
出所求物理量的表达式,然后将已知物
理量的数值及单位代入，通过运算求
结果．
3．应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象．根据问题的需要和 解题的方便，选出被研究的物体． (2)分析物体的受力情况和运动情 况．画好受力分析图，明确物体的运 动性质和运动过程．
要点透析直击高考
一、对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
(1)矢量性：公式F＝ma是矢量式，任
一时刻，F与a总同向．
(2)瞬时性：a与F对应同一时刻，即a 为某时刻的加速度时，F为该时刻物体 所受的合外力． (3)因果性：F是产生加速度a的原因， 加速度a是F作用的结果．
(4)同一性：有三层意思：①加速度a
是相对同一个惯性系的(一般指地面);
②F＝ma中，F、m、a对应同一个物
体或同一个系统；③F＝ma中，各量
统一使用国际单位．
(5)独立性：①作用于物体上的每一个 力各自产生的加速度都满足F＝ma， ②物体的实际加速度等于每个力产生 的加速度的矢量和，③分力和加速度 在各个方向上的分量也满足F＝ma即 Fx＝max，Fy＝may.
正交分解法的应用
例2
如图3－2－5所示，质量为m的
人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a
向上减速运动，a与水平方向的夹角为 θ.求人所受到的支持力和摩擦力．
图3－2－5
【解析】
法一：以人为研究对象,他
站在减速上升的电梯上,受到竖直向下 的重力mg和竖直向上的支持力FN,还 受到水平方向的静摩擦力F静，由于物 体斜向下的加速度有一个水平向左的 分量，故可判断静摩擦力的方向
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．
4．国际单位制中的基本物理量和
基本单位
物理量名 物理量符 称 号 长度 质量 时间 l m t
单位名 称 米 千克 秒
单位符 号 m kg s
物理量名 物理量符 单位 单位名称 称 号 符号 电流 热力学温 度 物质的量 发光强度 I T n I 安[培] 开[尔文] 摩[尔] 坎[德拉] A K mol cd
第二节
牛顿第二定律 动力学问题
两类
基础梳理自学导引
一、牛顿第二定律 1．内容：物体加速度的大小跟作用力 正比 反比 成______，跟物体的质量成_______， 加速度的方向跟作用力的方向 相同 _________．
2．表达式：F＝ma
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参 静止 考系,即相对于地面__________或 匀速直线运动 ___________________的参考 系．
设物体所受的摩擦力为 Ff，根据 牛顿第二定律，有 Ff＝ma2②(2 分) Ff＝－μmg③(2 分) a2 联立②③式得 μ＝－ ＝0.2.④(1 分) g
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为 Δt1、 初速度为 v10，末速度为 v1t、加速度为 a1， v1t－v10 则 a1＝ ⑤(1 分) Δt1 根据牛顿第二定律,有 F－Ff＝ma1.⑥(2 分)
变式训练 (2010· 高考大纲全国卷Ⅰ)如图3－2－ 4,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, 并处于静止状态．现将木板沿水平方 向突
然抽出，设抽出后的瞬间р木块1、2 的加速度大小分别为a1、a2.重力加速 度大小为g.则有( )
运动情况 的______________．
2．已知物体的运动情况，求物体 受力情况 的_____________．
三、力学单位制 基本 1 ． 单 位 制 ： 由 ______ 单导出和 位 _______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,
长度 质量 时间 它们是_______、________、 米 千克 ______，它们的单位分别是_____、 秒 _______、_______．
2．基本方法 (1)明确题目中给出的物理现象和物理 过程的特点,如果是比较复杂的问题,应 该明确整个物理现象是由哪几个物理 过程组成的,找出相邻过程的联系点,再 分别研究每一个物理过程．
(2)根据问题的要求和计算方法，确定 研究对象进行分析，并画出示意 图．图中应注明力、速度、加速度的 符号和方向．对每一个力都明确施力 物体和受力物体，以免分析力时有所 遗漏或无中生有．
【解析】
根据题意，在细绳被剪断
前，A、B两球均处于平衡状态，对A 球在沿斜面方向由平衡条件有FT－ MAgsin30°＝0，解得弹簧对A、B两 球弹力大小为FT＝MAgsin30°，在剪 断细绳的瞬间，由于弹簧形变没有改
变,则其弹力不变,可知A球在此瞬间受 合外力仍为零,则其加速度为0.剪断绳子 瞬间,绳子对B球拉力马上消失,在此瞬 间对B由牛顿第二定律有,Agsin30°＋ MAgsin30°＝MBaB,易知本题只有选项 D正确．
(3)选取正方向或建立坐标系．通常以 加速度的方向为正方向或以加速度方 向为某一坐标轴的正方向． (4)求合外力F合． (5)根据牛顿第二定律F合＝ma列方程 求解，必要时还要对结果进行讨论．
特别提醒： (1)物体的运动情况是由所受的力及物 体运动的初始状态共同决定的. (2)无论是哪种情况，加速度都是联系 力和运动的“桥梁”.
联立③⑥式得 F＝μmg＋ma1＝6 N． 分) (2 (3)法一： 由匀变速直线运动位移公式， 得 1 s＝s1＋s2＝v10Δt1＋ a1Δt2＋v20Δt2＋ 1 2 1 a2Δt2＝46 m．(2 分) 2 2
【答案】
D
【名师点评】 本题属于研究牛顿第二定律的瞬时性 问题，关键是要求分析清楚此瞬间各 个物体的受力情况,然后应用F合＝ma 计算加速度．在物理学中，轻弹簧的 弹力是不能在瞬间发生变化的，因为
弹簧中弹力和弹簧的形变紧密联系， 在瞬间内弹簧的形变量不可能发生明 显的改变．绳子则不然，绳子中的张 力(拉力)可以在瞬间发生改变．
A．0
B．G
C．2g
D．无法确定
图3－2－1
解析:选C.剪断绳前 ,绳中拉力为2mg， 弹簧中的弹力为mg向下，剪断绳后, 绳中拉力突然消失，而其他力不变,故 物体A所受合力的大小为向下的2mg， 加速度为向下的2g，故C正确．
二、解答动力学的两类基本问题的方 法和步骤 1.动力学两类基本问题的分析流程图
则可根据平衡条件判断静摩擦力的方 向，计算摩擦力的大小；若物体有加
速度，则应根据牛顿第二定律判断静
摩擦力的方向，并计算其大小．
牛顿第二定律与v－t图象
例3
(满分样板
14分)(2010· 高考安
徽卷)质量为2 kg的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段 时间后撤去F，其运动的v－t图象如图 3－2－8所示．g取10 m/s2，
题型探究讲练互动
瞬时加速度的计算
例1
(2012· 河南信阳第二次调研)如
图3－2－3所示，A、B两小球质量分
别为MA、MB.两球分别连在弹簧两端，
B端用细线固定在倾角为30°的光滑
斜面上,若不计弹簧质量，在线被剪断
瞬间,A、B两球的加速度分别为(
)
图3－2－3
1 A．都等于 2 g B. 和0 2 MA＋MB g C. ·和 0 MB 2 MA＋MB g D．0 和 · MB 2
特性 质 内部 受外力 力能 模型 量 弹力 时的形 否突 变量 变 不 处处 计 相等 一般 不能 突变
产生拉 力或压 力
橡皮绳
较大
只有拉 力没有 压力
特性 质 内部 受外力 力能 产生拉 模型 量 弹力 时的形 否突 力或压 变量 变 力 一般 既可有 不能 拉力也 突变 可有压 力
不 处处 轻弹簧 计 相等
1.8 m
在3 ～12 s 内上升的距离h2＝vt2＝
10.8 m
在12 ～15 s 内上升的距离h3＝vt3/2
＝1.8 m
故电梯上升的高度为H＝h1＋h2＋h3 ＝14.4 m 平均每层的楼高h＝14.4/(6－1) m＝ 2.88 m. 答案：(1)1.2 m/s m (2)14.4 m 2.88
图3－2－4
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g m＋M C．a1＝0，a2＝ g M m＋M D．a1＝g，a2＝ g M
解析：选C.木板抽出前，由平衡条件 可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg. 木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变р 仍为mg.由平衡条件和牛顿第二定律 m＋M 可得a1＝0， a2＝ g. M
较大
特性 质 内部 受外力 力能 模型 量 弹力 时的形 否突 变量 变 不 处处 微小 可以 (不计) 突变 计 相等
产生拉 力或压 力
轻杆
既可有 拉力也 可有支 持力
当物体受力突然变化时，物体的加速
度也会瞬间发生变化，但是速度和位
移在该瞬间是不变的，因为速度的变
化需要过程的积累．
即时应用 如图3－2－1所示，物体A、B质量均 为m，中间有一轻质弹簧相连，A用绳 悬于O点,当突然剪断OA绳时，关于A 物体的加速度,下列说法正确的是( )
图3－2－7
根据牛顿第二定律得 x方向： mgsinθ－FNsinθ－Fcosθ＝ma① y方向：mgcosθ＋Fsinθ－FNcosθ＝ 0②