2020高考物理一轮复习第三章第2讲牛顿第二定律的应用学案含解析
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿 第二定律的应用(1)教学案(含解析)-人教版高
第2讲牛顿第二定律的应用(1)➢教材知识梳理一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出________，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：加速度或根据运动规律求出________，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．说明：牛顿第二定律是联系运动问题与受力问题的桥梁，加速度是解题的关键．二、超重和失重1．超重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为超重现象．2．失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况称为失重现象．3．完全失重物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)________的情况称为完全失重现象．4．视重与实重(1)当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为________．视重大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．(2)物体实际受到的重力大小称为________．三、连接体与隔离体1．连接体与隔离体：两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为________．如果把其中某个(或几个)物体隔离出来，该物体称为________．2．外力和内力(1)以物体系为研究对象，系统之外其他物体的作用力是系统受到的________，而系统内各物体间的相互作用力为________．(2)求外力时应用牛顿第二定律列方程不考虑________；如果把物体隔离出来作为研究对象，那么这些内力将变为隔离体的________．答案：一、1.加速度 2.加速度二、1.大于 2.小于 3.等于零4．(1)视重(2)实重三、1.连接体隔离体2．(1)外力内力(2)内力外力[思维辨析](1)放置于水平桌面上的物块受到的重力是物块的内力．( )(2)系统的内力不会影响系统整体的运动效果．( )(3)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．( )(4)物体处于超重状态时，物体的重力大于mg.( )(5)物体处于完全失重状态时其重力消失．( )(6)物体处于超重还是失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关．( )(7)减速上升的升降机内的物体对地板的压力大于重力．( )答案：(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(×)(5)(×) (6)(√)(7)(×)➢考点互动探究考点一解决动力学两类问题的基本思路1 [2016·某某卷] (17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图372所示，竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图371图372[解答规X] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，那么________＝ma 1(2分)f ＝________(2分)联立以上二式并代入数据得a 1＝5 m/s 2(1分)a 1的方向沿制动坡床向下．(1分)(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，那么Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2(2分) F ＝k (m ＋M )g (2分) s 1＝________(2分) s 2＝________(2分) s ＝________(1分) l ＝l 0＋s 0＋s 2(1分)联立并代入数据得l ＝98 m ．(1分)答案：f ＋mg sin θμmg cos θvt －12a 1t 2vt －12a 2t 2s 1－s 21 研究说明，一般人的刹车反应时间(即图373甲中“反应过程〞所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度的大小g 取10 m/s 2.求：(1)减速过程中汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者比一般人增加的反应时间；(3)减速过程中汽车对志愿者的作用力大小与志愿者重力大小的比值．图373答案：(1)8 m/s 22.5 s (2)0.3 s (3)415[解析] (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得，初速度v 0＝20 m/s ，末速度v ＝0，位移x ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2ax t ＝v 0a联立以上两式，代入数据得a ＝8 m/s 2，t ＝2.5 s(2)设志愿者正常情况下反应时间为t ′，饮酒后反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋xΔt ＝t ′－t 0联立以上两式，代入数据得 Δt ＝0.3 s(3)设志愿者所受的合外力大小为F ，汽车对志愿者的作用力大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma由平行四边形定那么得F 20＝F 2＋(mg )2联立以上两式，代入数据得F 0mg ＝415.2 [2016·某某质量检测] 如图374所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是半圆的圆心，圆和半圆处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，那么小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )图374A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EF答案：B [解析] 设圆的直径为D ，半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得t AB ＝2〔D cos α＋R 〕g cos α＝2Dg＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可得t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2Dg＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系α>β>θ可知，t AB >t CD >t EF ，选项B 正确．考点二2 [2016·某某某某如皋模拟] 我国“80后〞女航天员王亚平在“天宫一号〞里给全国的中小学生们上了一堂实实在在的“太空物理课〞．在火箭发射、飞船运行和回收过程中，王亚平要承受超重或失重的考验，以下说法正确是( )A ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于超重状态B ．飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，王亚平处于失重状态C ．飞船在绕地球匀速运行时，王亚平处于超重状态D ．火箭加速上升时，王亚平处于失重状态 答案：A[解析] 飞船在降落时需要打开降落伞进行减速，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故A 正确，B 错误；飞船在绕地球匀速运行时，万有引力提供向心力，加速度方向向下，王亚平处于失重状态，故C 错误；火箭加速上升时，加速度方向向上，王亚平处于超重状态，故D 错误．■ 题根分析此题通过受力分析和牛顿第二定律，考查运动过程中的超重、失重问题．对超重、失重问题的分析应注意：(1)超重、失重现象的实质是物体的重力的效果发生了变化，重力的效果增大，那么物体处于超重状态；重力的效果减小，那么物体处于失重状态．重力的作用效果表达在物体对水平面的压力、物体对竖直悬线的拉力等方面，在超重、失重现象中物体的重力并没有发生变化．(2)物体是处于超重状态，还是失重状态，取决于加速度的方向，而不是速度的方向．只要加速度有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；只要加速度有竖直向下的分量，物体就处于失重状态，当物体的加速度等于重力加速度时(竖直向下)，物体就处于完全失重状态．(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平不能测量物体的质量、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等．■ 变式网络式题1 [2016·某某质量检测] 如图375所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲〞过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立〞过程．关于她的实验现象，以下说法中正确的选项是( )图375A．只有“起立〞过程才能出现超重的现象B．只有“下蹲〞过程才能出现失重的现象C．“下蹲〞的过程中，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立〞“下蹲〞的过程中，都能出现超重和失重的现象答案：D [解析] “起立〞的过程中，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动时加速度方向向上，出现超重现象，减速向上运动时加速度方向向下，出现失重现象，即“起立〞过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲〞的过程中，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动时加速度方向向下，出现失重现象，减速向下运动时加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲〞过程先出现失重现象后出现超重现象，D正确，A、B、C错误．式题2 [2016·某某质量检测] 如图376所示，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．假设运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，那么( )图376A．车厢对货物的作用力大小等于mgB．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C．悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)gD．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上答案：C [解析] 货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知，车厢与货物的重力和悬臂对车厢的作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)g，选项C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A、B错误．式题3 (多项选择)飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员处于完全失重状态时，以下说法正确的选项是( )A．宇航员不受任何力作用B．宇航员处于平衡状态C．地球对宇航员的引力全部用来提供向心力D．正立和倒立时宇航员一样舒服答案：CD [解析] 飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞船以及里面的宇航员都受到地球的万有引力，选项A错误；宇航员随飞船绕地球做匀速圆周运动，宇航员受到地球的万有引力提供其做圆周运动的向心力，不是处于平衡状态，选项B错误，选项C正确；完全失重状态下，重力的效果完全消失，正立和倒立情况下，身体中的器官都是处于悬浮状态，没有差别，所以一样舒服，选项D正确．考点三连接体问题应用牛顿第二定律解决连接体类问题时，正确地选取研究对象是解题的关键．假设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，那么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)；假设连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内各物体之间的作用力，那么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；假设连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力，那么可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力〞．如图377所示，一足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝37°，大小可以忽略的两个小物体A 、B 的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝4 kg ，两物体之间的轻绳长L ＝0.5 m ，轻绳可承受的最大拉力为T ＝12 N ．对B 施加一沿斜面向上的力F ，使A 、B 由静止开始一起向上运动，力F 逐渐增大，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)假设某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F 的大小；(2)假设轻绳拉断瞬间A 、B 的速度为3 m/s ，绳断后保持外力F 不变，当A 运动到最高点时，求A 、B 之间的距离．图377[解析] (1)对整体受力分析，根据牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g sin θ＝(m A ＋m B )a隔离A 物体，根据牛顿第二定律得T －m A g sin θ＝m A a联立解得F ＝60 N(2)取沿斜面向上为正方向．隔离A 物体，根据牛顿第二定律得 －m A g sin θ＝m A a A解得a A ＝－g sin θ＝－6 m/s 2那么A 物体到最高点所用时间t ＝0－v 0a A＝0.5 s此过程A 物体的位移为x A ＝v 02·t ＝0.75 m隔离B 物体，根据牛顿第二定律得F －m B g sin θ＝m B a B解得a B ＝F m B－g sin θ＝9 m/s 2此过程B 物体的位移为x B ＝v 0t ＋12a B t 2＝2.625 m两者间距为x B －x A ＋L ＝2.375 m.1 [2016·某某某某月考] 如图378所示，质量为m 1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上的拉力大小( )图378A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大答案：C [解析] 在水平面上时，对整体，由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 1－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得T 1＝m 1m 1＋m 2F ；在斜面上时，对整体，由牛顿第二定律得F －μ(m 1＋m 2)g cos θ－(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a 2，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 2－μm 1g cos θ－m 1g sin θ＝m 1a 2，联立解得T 2＝m 1m 1＋m 2F ；在竖直方向上运动时，对整体，由牛顿第二定律得F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 3，对质量为m 1的物体，由牛顿第二定律得T 3－m 1g ＝m 1a 3，联立解得T 3＝m 1m 1＋m 2F .综上分析可知，线上的拉力大小始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F ，选项C 正确．2 a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用大小为F 的恒力竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，如图379所示，以下说法正确的选项是( )图379A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．假设m1>m2，那么x1>x2D．假设m1<m2，那么x1<x2答案：A [解析] 在竖直方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx1－m2g＝m2a1，联立解得kx1＝m2Fm1＋m2；在水平方向运动时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(m1＋m2)a2，以物体b为研究对象，由牛顿第二定律有kx2＝m2a2，联立解得kx2＝m2Fm1＋m2，可见x1＝x2，选项A正确．■ 方法技巧求解连接体内部物体之间的作用力时，一般选受力较少的隔离体为研究对象；求解具有相同的加速度的连接体外部对物体的作用力或加速度时，一般选取系统整体为研究对象．大多数连接体问题中需要整体法和隔离法交替使用．[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 假设货物随升降机运动的vt图像如下图(竖直向上为正)，那么货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是图中的( )图13A B C D[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由vt图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、第五两个阶段为基准(支持力等于重力)，可得B正确．2．(多项选择)[2015·某某卷] 如下图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑[解析] BD 升降机匀速运动时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mg sin θ＝f，垂直于斜面方向，有F N＝mg cos θ，又知f＝μF N，解得μ＝tan θ；升降机加速上升，时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A错误，选项B正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f′－mg sin θ＝ma sin θ，垂直于斜面方向，有F′N－mg cos θ＝ma cos θ，解得f′F N′＝tan θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C错误，选项D正确．3．[2013·某某卷] 如下图，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力F N分别为(重力加速度为g)( )A．T＝m(g sin θ＋a cos θ)，F N＝m(g cosθ－a sin θ)B．T＝m(g cos θ＋a sin θ)，F N＝m(g sin θ－a cos θ)C．T＝m(a cos θ－g sin θ)，F N＝m(g cos θ＋a sin θ)D．T＝m(a sin θ－g cos θ)，F N＝m(g sin θ＋a cos θ)[解析] A 对物体进行受力分析，如下图，应用牛顿第二定律，在水平方向有T cos θ－F N sin θ＝ma，在竖直方向有T sin θ＋F N cos θ＝mg，解得T＝ma cos θ＋mg sin θ，F N＝mg cos θ－ma sin θ，选项A正确．4．(多项选择)[2013·某某卷] 如下图，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．假设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/s2.关于热气球，以下说法正确的选项是( )A．所受浮力大小为4830 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] AD 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830 N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，那么上升180 m时的速度v＝2ah＝6 5 m/s>5 m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，那么上升180 m所用的时间t＝2ha＝12 5 s>10s，说明上升10 s后还未上升到180 m处，速度小于5 m/s，故C错误．以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230 N，故D正确．。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2单元牛顿运动定律的应用教案
第2单元 牛顿运动定律的应用一、牛顿运动定律在动力学问题中的应用1．运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（1）已知受力情况，要求物体的运动情况．如物体运动的位移、速度及时间等．（2）已知运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）．但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案．常用的运动学公式为匀变速直线运动公式，2/2,2,21,0202200t t t t v v v t s v as v v at t v s at v v =+===-+=+=等. 2．应用牛顿运动定律解题的一般步骤（1）认真分析题意，明确已知条件和所求量，搞清所求问题的类型.（2）选取研究对象.所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的整体.同一题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象.（3）分析研究对象的受力情况和运动情况.（4）当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动的方向上.（5）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程，物体所受外力、加速度、速度等都可根据规定的正方向按正、负值代入公式，按代数和进行运算.（6）求解方程，检验结果，必要时对结果进行讨论.3．应用例析【例1】一斜面AB 长为10m ，倾角为30°，一质量为2kg 的小物体（大小不计）从斜面顶端A 点由静止开始下滑，如图所示（g 取10 m/s 2）若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，求小物体下滑到斜面底端B 点时的速度及所用时间．【例2】如图所示，一高度为h =0.8m 粗糙的水平面在B 点处与一倾角为θ=30°光滑的斜面BC 连接，一小滑块从水平面上的A 点以v 0=3m/s 的速度在粗糙的水平面上向右运动。
高考物理一轮总复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题讲义含解析新人教版06
高考物理一轮总复习第三章第2讲牛顿第二定律两类动力学问题讲义含解析新人教版06牛顿第二定律两类动力学问题[基础知识·填一填][知识点1] 牛顿第二定律单位制1.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判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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．(×)[知识点2] 两类动力学问题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)已知物体的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，具体的逻辑关系如图：[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修1 P78第1题改编)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：D2．(人教必修1 P77科学漫步改编)质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：(1)匀加速运动的加速度的大小？(2)木块1对2的弹力．解析：(1)将木块1和2看做一个整体，其合外力为F，由牛顿第二定律知F＝(m1＋m2)a，a＝Fm1＋m2.(2)再以木块2为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F12＝m2a，联立以上两式可得F12＝m2Fm1＋m2.答案：(1)Fm1＋m2(2)m2Fm1＋m23．(人教版必修1 P78第5题)水平路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为 1.5 m/s2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g取10 m/s2)解析：设阻力为F f，则F－F f＝ma，解得F f＝15 N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则F f＝ma′，解得a′＝0.5 m/s2.答案：0.5 m/s24．(人教版必修1 P87第4题改编)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m．已知汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g取10 m/s2) 解析：选取初速度方向为正方向，则F N－mg＝0①故F f＝μF N＝μmg②由牛顿第二定律得－F f＝ma③根据匀变速直线运动的规律有v2－v20＝2ax④联立②③④式可得v0＝2μgx代入数据得v0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m/s，即43.2 km/h，此汽车属超速行驶．答案：超速5．(人教版必修1 P87第3题改编)民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB＝3.0 m，斜面气囊长度AC＝5.0 m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s，g取10 m/s2，求：(1)乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？(2)乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？(忽略空气阻力)解析：(1)根据运动学公式x ＝12at 2得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s 2. (2)乘客在气囊上受力情况如图所示．F f ＝μF N F N ＝mg cos θ根据牛顿第二定律：mg sin θ－F f ＝ma由几何关系可知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8 联立解得μ＝g sin θ－a g cos θ＝716≈0.44故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44. 答案：(1)2.5 m/s 2(2)0.44考点一 对牛顿第二定律的理解[考点解读]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 ＝Δv Δt 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．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，自由伸长到B 点．今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B 点运动到C 点而静止．小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是( )A ．物体从A 到B 速度越来越大 B ．物体从A 到B 速度先增加后减小C ．物体从A 到B 加速度越来越小D ．物体从A 到B 加速度先减小后增加 [审题指导](1)由A 到C 的过程中，物体受地面的摩擦力和弹簧弹力大小相等的位置出现在B 点的左侧．(2)加速度a ＝0的位置在A 、B 之间，速度最大．[解析] BD [物体从A 到B 的过程中，水平方向一直受到向左的滑动摩擦力作用，大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为0.开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A 、B 间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等、方向相反，合力为0，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动．所以，小物体由A 到B 的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动，正确选项为B 、D.]弹簧弹力作用下的动态运动问题的基本处理方法宜采用“逐段分析法”与“临界分析法”相结合，将运动过程划分为几个不同的子过程，而找中间的转折点是划分子过程的关键．(1)合外力为零的点即加速度为零的点，是加速度方向发生改变的点，在该点物体的速度具有极值．(2)速度为零的点，是物体运动方向(速度方向)发生改变的转折点．[题组巩固]1．(2019·商丘模拟)(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是( )A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D．合力变小，物体的速度一定变小解析：ABC [加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为零的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误．]2.(多选)如图所示，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等于弹簧弹力大小时，木块速度最大D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为0解析：BC [当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度最大，加速度为0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于0，故B、C正确，A、D错误．]3．(2019·内蒙古包头模拟)(多选)如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个完全相同的轻质弹簧相连，轻质弹簧的另一端分别相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为l，细杆上面的A、B两点到O点的距离都为l.将圆环拉至A点由静止释放，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )A．圆环通过O点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)klmD ．圆环在B 点的速度为2gl解析：CD [圆环在O 点的合力大小等于重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，有向下的加速度，速度不是最大，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为a A ＝mg ＋2×k (l 2＋l 2－l )×cos 45°m ＝g ＋(2－2)kl m，C 正确；A 、B 两点到O点的距离都为l ，弹力在此过程中做功为0，根据动能定理得mg ·2l ＝12mv 2，即v ＝2gl ，D 正确．]考点二 瞬时加速度的求解[考点解读]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物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度[典例赏析][典例2] (多选)如图所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g解析：BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球突然脱钩后，细绳q 对球的拉力发生突变，球将开始沿圆弧运动，将球的重力沿绳和垂直绳正交分解(见图1)，得F －mg cos 60°＝mv 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，A 错误，B 正确；q和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg (见图2)，球的加速度大小为g ，故C 错误，D 正确．]在求解瞬时加速度时应注意的问题1．物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．[题组巩固]1．(轻绳模型)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a 1和a 2表示，则( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝2gC ．a 1＝g ，a 2＝0D ．a 1＝2g ，a 2＝0解析：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a 1＝a 2＝g .故选项A 正确．]2．(轻杆、轻弹簧模型)如图所示，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：D [撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sin 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2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，可知只有D对．]3.(轻弹簧模型)(多选)如图，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解析：AC [剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1.mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]考点三动力学的两类基本问题[考点解读]1．动力学的两类基本问题的解题步骤2．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”(2)不同过程中的联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系．[典例赏析][典例3] (2019·东北四校协作体联考)如图所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离x.[审题指导][解析] (1)在力F 作用0.5 s 内根据牛顿第二定律有F cos θ－mg sin θ－F f ＝ma 1 F sin θ＝F N ＋mg cos θ F f ＝μF N设0.5 s 末速度为v 根据运动学公式有v ＝a 1t 1 撤去F 后0.4 s 内mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 v ＝a 2t 2联立以上各式得μ＝0.5a 1＝8 m/s 2，a 2＝10 m/s 2 v ＝a 2t 2＝4 m/s.(2)x ＝12a 1t 21＋vt 2－12a 2t 22＝1.8 m.[答案] (1)0.5 (2)1.8 m多过程问题的分析方法1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． 3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．[题组巩固]1.(已知物体的受力情况求运动情况)如图所示，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，作用距离与第一次相同．已知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及这段时间内的位移大小． (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 ＝1260m/s 2＝0.2 m/s 2经时间t 2速度变为v ′t ＝v 1－a 2t 2＝1.2 m/s －0.2×2.0 m/s＝0.8 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2， 则v 22－v ′2t ＝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联立解得x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m2．(已知物体的运动情况求受力情况)随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．解析：(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力F f2＝0.2mg根据牛顿第二定律有F推－F f2＝ma2代入数据解得a2＝4.0 m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力F f1＝0.05mg 根据匀加速运动规律有v21＝2a1l1v2－v21＝2a2(l－l1)根据牛顿第二定律有F牵＋F推－F f1＝ma1代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.05×106 N.答案：(1)4.0 m/s2(2)58 m/s2 1.05×106 N物理模型(二) “等时圆”模型[模型特点]1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且t＝2Rg(如图甲所示)．2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t ＝2Rg(如图乙所示)． [答题模板][典例赏析][典例] 如图所示，AB 和CD 为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P .设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A 滑到B 和由C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1与t 2之比为( )A ．2∶1B ．1∶1 C.3∶1 D ．1∶ 3[审题指导](1)物体在AB 、CD 上各做匀加速直线运动． (2)斜槽的长度：s AB ＝2R sin 60°＋2r ·sin 60°s CD ＝2R sin 30°＋2r sin 30°.[解析] B [设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a ＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s ＝2(R ＋r )sin θ，由运动学公式s ＝12at 2，得t＝2s a＝2×2(R ＋r )sin θg sin θ＝2R ＋rg，即所用的时间t 与倾角θ无关，所以t 1＝t 2，B 项正确．][题组巩固]1.如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自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角的大小关系应为 ( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝θ3D ．α＝2θ解析：B [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B 点．由等时圆知识可知，由A 沿斜面滑到B 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短．而∠COB ＝θ，则α＝θ2.]2.(2019·东北三省三校第一次联考)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：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 用时满足AM＝2R sin θ＝12 g sin θt 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 .]。
2025届高考物理一轮复习资料第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用
第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。
2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。
(√)(2)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。
(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。
(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。
(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。
(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。
(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。
电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。
两小球均处于静止状态。
已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。
高考物理一轮复习课件第三章第2讲牛顿第二定律的基本应用
2.解决两类动力学基本问题的方法:以⑧ 加速度 为“桥梁”,由运动学公式 和⑨ 牛顿运动定律 列方程求解。
三、力学单位制
1.单位制:⑩ 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。基本物理量共有七个,其中力学范围内有三 个,它们是 长度 、 质量 、 时间 ,它们的单位分别是 米 、 千克 、
超重现象
失重现象
完全失重现象
概念
物体对支持物的压力(或对悬 物体对支持物的压力(或对悬挂物 物体对支持物的压力(或
挂物的拉力)大于物体所受重 的拉力)小于物体所受重力的现象 对悬挂物的拉力)等于零
力的现象叫超重现象
叫失重件 物体的加速度方向竖直向上 物体的加速度方向竖直向下或有 物体在竖直方向的加速
答案
解析
(1)自由下落的位移h'=
1 2
gt12=20
m
座椅自由下落结束时的速度v=gt1=20 m/s
设座椅匀减速运动的位移为h,则
h=(40-4-20) m=16 m
由h= v t得t=1.6 s
2
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F,由0-v=-at
得a=12.5 m/s2 由牛顿第二定律得F-mg=ma 解得 F
M m
考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题
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, 具体可简化为以下两种常见模型。
1.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a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有 ( C )
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。
高考复习第一轮 专题三 第二讲牛顿第二定律的应用
例题讲解
【例1】如图1所示，电梯的顶部悬挂一个弹簧秤，秤下端挂 了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N， 在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，关于电
梯的运动，以下说法正确的是(g取10 m/s2) ( BC )
A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2
mg，解得：k＝mg＝0.2×10 N/m＝20 N/m Δx 0.1
，故A正确；由题图乙可知，Δx＝0.3
m时，小球的速度减小，加速度方向向上，说明小球处于超重状
态，故B正确；由题图乙可知，开始小球的速度增大，小球的重
力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1 m时，小球的速度最大，然后
速度减小，故C错误；对小球受力分析可知，从接触弹簧到压缩
A．aA＝aB＝g
B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0
解析 水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图
所示：
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB 解得FT＝2mAg 水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与 FT等大反向，所以aA＝mA(FT)＝2g，aB＝0.
A．1.5g 1.5g 0 C．g g g
B．g 2g 0
D．g g 0
如图6
[在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，
故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球所受合力为零， 加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的 拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正
确，B、C、D错误．]
由牛顿第二定律可知，悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所 以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：
2020版高考物理人教版山东一轮复习课件：第三章第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题
度为
a=cos33������0
°
=
23 3
g,方向与合力方向相同,故 C 正确。
关闭
C
解析 答案
核心素养
-19-
命题点一 命题点二 命题点三
在3.剪(多断选轻)(绳20前18,·小江球西受新重余力一、中绳二子模的)拉如力图以所及示弹,在簧动的摩弹擦力因处数于μ=平0.衡2的状关闭 态水,根平据面共上点有力一平个衡质得量,m弹=簧1 k的g的弹小力球F=,小m球gta一n 端45与°水=1平0×轻1=弹1簧0 N相,弹连簧,
B错误,D正确;桌子受力平衡,水平方向上静摩擦力等于水平推力大小,C正
确。
关闭
CD
解析 答案
核心素养
-18-
命题点一 命题点二 命题点三
2.(2019·四川攀枝花十二中月考)如图所示,质量为m的小球用水平
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,小球的加速度为( )
关闭
对雨滴进行受力分析:竖直向下的重力 mg,竖直向上的阻力 Ff,且
Ff=kv,k 为常数,则雨滴下落过程加速度 a=������������������-������f = ������������������-������������=g-������������������,则加 速度 a 会随速度增大而减小,最后当 mg=kv 时加速度 a=0,B、D 错
关闭
(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)×
答案
核心素养
-5-
知识梳理 考点自诊
2.(2016·上海卷)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,小球所受合外力的方向沿图中的( )
2020年高考物理一轮总复习第三章第二讲牛顿第二定律两类动力学问题教案
第二讲牛顿第二定律两类动力学问题[小题快练]1．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)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况．( × )(5)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．( √ )(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化．( √ )(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向．( × )(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．( √ ) 2．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( D )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某一定值时，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3．(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( CD )A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零，则加速度为零，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考点一 牛顿第二定律的理解 (自主学习)1．牛顿第二定律的五个特性2．合力、加速度、速度间的决定关系(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 ＝Δv Δt是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝F m 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．1－1.[对牛顿第二定律的理解] (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答案：ABC1－2.[应用牛顿第二定律定性分析问题] (多选)如图所示，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，木块加速度为零解析：木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒力F 大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向相同，木块速度不断增大，A 项错，B 项正确；当弹力增大到与恒力F 相等时，合力为零，速度增大到最大值，C 项正确；之后木块由于惯性继续向右运动，。
高三物理一轮复习 第三章第二节牛顿第二定律教学案 新人教版
§2. 牛顿第二定律（教学案）【学习目标】1.理解牛顿第二定律的内容，知道牛顿第二定律表达式的确切含义2.会用牛顿第二定律处理两类动力学问题【自主学习】典例研析类型一：对牛顿第二定律的理解【例1】下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是 ( ) A．由F=ma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B．由m=F/m可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比C．由a=F/m可知m一定时物体的加速度与其所受合力成正比，F一定时与其质量成反比D．由m=F/a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力而求出基础整合一、牛顿第二定律1.牛顿第二定律的内容，物体的加速度跟成正比，跟成反比，加速度的方向跟方向相同。
2.公式：3．力的单位：当质量m的单位是、加速度a的单位是时，力F的单位就是N，即1 kg·m/s2＝1 N. F=ma这种形式只是在国际单位制中才适用4．物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受的关系，且这种关系是瞬时的．5．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面或运动的参考系)．(2)牛顿第二定律只适用于物体(相对于分子、原子)、运动(远小于光速)的情况6.牛顿第二定律具有“四性”针对训练1－1：在一个箱子中用两条轻而不易伸缩的弹性绳ac和bc系住一个质量为m的小（1）箱子水平向右匀速运动；（2）箱子以加速度a水平向左运动；（3）箱子以加速度a竖直向上运动。
（三次运动过程中，小球与箱子的相对位置保持不变）典例研析类型二：两类动力学问题【例2】如图3－2－5所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，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；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．【例3】一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求：(1)关闭发动机时汽车的速度大小；(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；(3)汽车牵引力的大小．基础整合：两类动力学问题1．已知受力情况求运动情况根据牛顿第二定律，已知物体的情况，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始条件(初位置和初速度)，根据，就可以求出物体在任一时刻的速度和位置，也就求出了物体的运动情况2．已知物体的运动情况，求物体的受力情况根据物体的运动情况，由可以求出加速度，再根据可确定物体的合外力，从而求出未知力，或与力相关的某些量，如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等．a求解以上两类动力学问题的思路，可用如下所示的框图来表示：在匀变速直线运动的公式中有五个物理量，其中有四个矢量v0、v1、a、s，一个标量t。
2020届高三物理一轮复习牛顿第二定律的应用导学案
2020 届高三物理一轮复习导学案三、牛顿运动定律（3）牛顿第二定律的应用（一）【导学目标】1、进一步加深对牛顿定律的理解2、会运用牛顿第二定律处理连接体和超、失重问题【知识要点】一、超重和失重1、当系统的加速度竖直向上时（向上加速运动或向下减速运动）发生“超重” 现象，超出的部分是ma当系统的加速度竖直向下时（向下加速运动或向上减速运动）发生“失重”现象，失去的部分是ma当竖直向下的加速度是g时（自由落体运动或处于绕地球做匀速圆周运动的飞船里）发生“完全失重”现象。
2、不管物体处于失重还是超重状态，物体本身的重力并没有改变，而是对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）不等于物体本身的重力。
3、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，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受到浮力、液体柱不再产生向下的压强等。
二、简单连接体问题的处理方法在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体（当成一个质点）分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程。
三、临界问题的分析临界是一个特殊的转换状态，是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的某些物理量达到极值．临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变；利用临界值来作为解题思路的起点是一种很有用的思考途径，也可以说是利用临界条件求解•这类问题的关键在于抓住满足临界值的条件，准确地分析物理过程，进行求解.【典型剖析】［例1］（启东市2020届高三第一次调研）某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动并观察体重秤示数的变化情况.下表记录了几个特定时刻体重秤的示数.（表内时间不表示先后顺序）时间t 0t i t 2t 3体重秤示45.050.040.045.0数/kg若已知to时刻电梯静止，贝U下列说法错误的是（）A. t l和12时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化;B. 11和12时刻电梯的加速度方向一定相反；C. t l和t2时刻电梯的加速度大小相等，运动方向不一定相反；D. t3时刻电梯可能向上运动［例2］（海门市2020届第一次诊断性考试）如图所示，水平地面上有两块完全相同的木块AB,水平推力F作用在A上，用F AB代表A B间的相互作用力，下列说法可能正确的是（）A. 若地面是完全光滑的，则F AE=FB. 若地面是完全光滑的，则F AE=F /2C. 若地面是有摩擦的，且AB未被推动，可能F A B=F/3D. 若地面是有摩擦的，且AB被推动，则F A B=F/2［例3］如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为m A=2. 0 kg，小车上放一个物体B,其质量为1. 0kg，如图甲所示.给B一个水平推力F,当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动.如果撤去F,对A施加一水平推力F',如图乙所示，要使A、B不相对滑动，求F'的最大值.［例4］(2020年苏、锡、常、镇四市调查二)(14分)如图所示，质量为M的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m的车厢(可作为质点)在水平地面上由静止开始做直线运动.已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为，汽车的额定功率为P，重力加速度为g，不计空气阻力.为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问：(1)汽车所能达到的最大速度为多少？(2)汽车能达到的最大加速度为多少？(3)汽车以最大加速度行驶的时间为多少？［例5］如图所示物体A静止在台秤的秤盘B上, A的质量m A=10.5 kg, B的质量m B=1.5 kg，弹簧的质量忽略不计，弹簧的劲度系数k=800 N/m.现给A施加一个竖直向上的力F ,使它向上做匀加速直线运动•已知力 F 在t=0.2s 内是变力，在0.2S 后是2恒力.求F 的最大值与最小值.（取g=10 m /s ）【训练设计】1、（通州市2020届第六次调研）如图甲所示，轻弹簧一端竖直固定在水平地面上， 其正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧的上端 O 处，将弹簧压缩了 X 。
高考物理一轮复习专题3.2 牛顿第二定律及其应用(精讲)(解析版)
专题3.2 牛顿第二定律及其应用（精讲）1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质。
2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题。
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。
加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式a＝Fm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。
2．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。
知识点二动力学中的两类问题1．两类动力学问题(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，具体逻辑关系如下：【方法技巧】两类动力学问题的解题步骤知识点三超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较知识点四动力学中整体法、隔离法的应用1．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。
如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。
2．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律的应用教学案
第2讲牛顿第二定律的应用知识排查知识点一超重与失重现象1.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2.失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3.完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
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：小题速练1.思考判断(1)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。
( )(2)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。
( )(3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态。
( )(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。
( )(5)物体所受合外力减小，加速度一定减小，速度也一定减小。
( )答案(1) √(2) √(3) ×(4) ×(5) ×2.(多选)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G ，由此判断此时电梯的运动状态可能是( ) A.加速下降 B.加速上升 C.减速下降D.减速上升解析 测力计的示数减小，砝码所受的合力方向向下，则加速度向下，砝码处于失重状态，而速度方向可能向上，也可能向下，所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降，选项A 、D 正确。
答案 AD3.在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m 的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg 。
2020版高考物理一轮复习第3章第2节牛顿第二定律两类动力学问题教学案新人教版(最新整理)
第2节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。
2．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。
错误!(1)牛顿第二定律的表达式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)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。
考法1 牛顿第二定律的理解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力的大小成正比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D［由牛顿第二定律a＝错误!可知，物体加速度的大小跟它的质量成反比，跟速度没有直接关系，A错误；物体所受合外力不为0时就产生加速度，B错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，与所受作用力中的任一个力没有必然关系，C错误；加速度是矢量,在某一个方向上的加速度，与这个方向上的合外力成正比，与其质量成反比，D正确。
]2.（2016·上海高考）如图所示,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D[当小车向右做匀加速运动时，其加速度的方向水平向右，由牛顿第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右，即沿图中OD方向，选项D正确，选项A、B、C错误.］［考法指导]合力、加速度、速度间的决定关系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。
2020届高考物理一轮复习教学案精品集32牛顿第二定律
2020届高考物理一轮复习教学案精品集32牛顿第二定律【教学要求】1．明白得加速度与力的关系，明白得加速度与质量的关系。
2．明白得牛顿第二定律的内容，明白牛顿第二定律表达式的含义。
【知识再现】牛顿第二定律：1、内容：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
表达式：F 合= ma2、明白得：F 量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m 量化了物体〝不愿改变运动状态〞的差不多特性〔惯性〕，而a 那么描述了物体的运动状态〔v 〕变化的快慢。
明确了上述三个量的物理意义，就不难明白得如下的关系了：ma F a 1∝∝.另外，牛顿第二定律给出的是F 、m 、a 三者之间的瞬时关系，也是由力的作用成效的瞬时性特点所决定的。
知识点一对牛顿第二定律的明白得1、 牛顿第二定律中的F 应该是物体受到的合外力；2、同向——加速度的方向跟合外力的方向相同；3、同时——加速度随着合外力的变化同时变化；4、同体——F 、m 、a 对应于同一物体或同一系统。
【应用1】〔苏州市08届高三教学调研测试) A 、B 两个小球的质量分不为m 、2m ，由两轻质弹簧连接〔如下图〕，处于平稳状态，以下讲法正确的选项是〔 〕 A ．将A 球上方弹簧剪断的瞬时，A 的加速度为零，B 的加速度为零B ．将A 球上方弹簧剪断的瞬时，A 的加速度不为零，B 的加速度为零C ．将A 球下方弹簧剪断的瞬时，A 的加速度不为零，B 的加速度为零D ．将A 球下方弹簧剪断的瞬时，A 的加速度不为零，B 的加速度不为零导示： 选择BD 。
先分析弹簧剪断前A 、B 受力情形，再分析弹簧剪断后，A 、B 受力的变化。
知识点二力学单位制1.差不多单位：所选定的差不多物理量的单位。
2.导出单位：依照物理公式中其他物理量和差不多物理量的关系，推导出的物理量的单位。
3．单位制：差不多单位和导出单位的总和叫单位制．4．国际单位制：1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制，其法文简称为SI 。
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第2讲牛顿第二定律的应用主干梳理对点激活知识点牛顿第二定律的应用Ⅱ1．动力学的两类基本问题01运动情况；(1)已知受力情况求物体的□02受力情况。
(2)已知运动情况求物体的□2．解决两类基本问题的方法04运动学公式和□05牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系以□03加速度为“桥梁”，由□如图：知识点超重和失重Ⅰ1．实重与视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态□01无关。
02示(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的□数称为视重。
04压力。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的□03拉力或台秤所受物体的□2．超重、失重和完全失重的比较一思维辨析1．超重就是物体的重力变大的现象。
( )2．物体处于完全失重状态时，重力消失。
( )3．减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。
( )4．根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。
( ) 5．物体处于超重或失重状态，由加速度的方向决定，与速度方向无关。
( ) 6．物体所受合力发生突变，加速度也会相应突变。
( )答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.√ 6.√二 对点激活1．(人教版必修1·P 87·T 1改编)(多选)一个原来静止的物体，质量是2 kg ，受到两个大小都是50 N 且互成120°角的力的作用，此外没有其他的力，关于该物体，下列说法正确的是( )A ．物体受到的合力为50 NB ．物体的加速度为25 3 m/s 2C ．3 s 末物体的速度为75 m/sD ．3 s 内物体发生的位移为125 m 答案 AC解析 两个夹角为120°的50 N 的力，其合力仍为50 N ，加速度a ＝F 合m＝25 m/s 2,3 s 末速度v ＝at ＝75 m/s,3 s 内位移x ＝12at 2＝112.5 m ，故A 、C 正确，B 、D 错误。
2．(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。
如图所示中实线是传感器记录的拉力大小的变化情况，则( )A ．钩码的重力约为4 NB ．钩码的重力约为2 NC ．A 、B 、C 、D 四段图线中，钩码处于超重状态的是A 、D ，失重状态的是B 、C D ．A 、B 、C 、D 四段图线中，钩码处于超重状态的是A 、B ，失重状态的是C 、D 答案 AC解析 开始钩码静止，由图象知拉力约为4 N ，由于开始时拉力大小等于重力大小，所以钩码的重力约为4 N ，A 正确，B 错误。
A 、D 段拉力大于重力，处于超重状态，B 、C 段拉力小于重力，处于失重状态，C 正确，D 错误。
3.(人教版必修1·P 86·例题2改编)如图所示，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/s 2，求：(1)滑块滑行过程中受到的摩擦力大小； (2)滑块滑到木块底部时的速度大小。
答案 (1)1.5 N (2)7 m/s解析 (1)由题意可知，滑块滑行的加速度 a ＝Δv Δt ＝1.40.40m/s 2＝3.5 m/s 2， 对滑块受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma ，解得F f ＝1.5 N 。
(2)根据v 2＝2ax 得v ＝2×3.5×7 m/s ＝7 m/s 。
考点细研 悟法培优考点1 牛顿第二定律的瞬时性问题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，两个质量均为m 的小球A 、B 用轻质弹簧连接，小球A 的另一端用轻绳系在O 点，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面固定不动。
系统静止时，弹簧与轻绳均平行于斜面，在轻绳被剪断的瞬间，设小球A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，重力加速度大小为g ，则( )A ．a A ＝g ，aB ＝0 B ．a A ＝0，a B ＝gC ．a A ＝g ，a B ＝gD ．a A ＝0，a B ＝12g解题探究 (1)剪断轻绳前，弹簧的弹力如何求得？ 提示：以B 为研究对象利用平衡条件求解。
(2)剪断轻绳后，弹簧上的力突变吗？ 提示：不突变。
尝试解答 选A 。
轻绳被剪断前，对小球B 进行受力分析，由平衡条件可知，轻弹簧的拉力F ＝mg sin30°，轻绳被剪断的瞬间，轻弹簧的长度还没有来得及发生变化，轻弹簧的弹力不变，小球B 的受力情况没有发生变化，仍然处于静止状态，加速度为零。
在剪断轻绳的瞬间，小球A 受到轻弹簧沿斜面向下的拉力和重力沿斜面的分力，对小球A ，由牛顿第二定律有F ＋mg sin30°＝ma A ，解得a A ＝g ，A 正确。
总结升华求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。
如例题中突然剪断轻绳，就要重新进行受力分析和运动分析，同时注意哪些力发生突变。
(2)加速度随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
[变式1－1] (2018·山东六校联考)(多选)如图所示，原长为l 0、劲度系数为k 的轻质弹簧一端与质量为m 的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30°的光滑木板AB 托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。
重力加速度为g 。
则( )A ．弹簧的长度为l 0＋3mg3kB ．木板AB 对小球的支持力为32mg C ．若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为12gD ．若突然把木板AB 撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g 答案 AC解析 小球处于静止状态，设此时弹簧长为l ，由平衡条件有：k (l －l 0)＝mg tan30°，代入数据可得此时弹簧的长度为l ＝l 0＋3mg3k，A 项正确；对小球受力分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为F N ＝mgcos30°＝233mg ，B 项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mg sin30°＝ma ，得a ＝12g ，C 项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为233mg ，小球的加速度大小为233g ，D 项错误。
[变式1－2] (2018·海南五校模拟)如图所示，A 、B 两球完全相同，质量均为m ，用两根等长的细线悬挂在升降机天花板的O 点，两球之间连着一根劲度系数为k 的轻质弹簧，已知重力加速度为g ，当升降机以加速度a ＝g2竖直向上加速运动时，两根细线之间的夹角为θ＝60°，在运动过程中O 、A 间的细线被剪断瞬间，下列关于A 、B 两球的加速度的说法正确的是( )A ．A 球的加速度大小为g ，方向竖直向下B ．B 球的加速度大小为g ，方向竖直向上C ．A 球的加速度大小为72g ，方向斜向左下方 D ．A 球的加速度大小为3g ，方向沿OA 方向 答案 C解析 O 、A 间的细线被剪断前，对小球A 受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F 2cos30°－mg ＝ma ，F 2sin30°－F 1＝0，解得F 1＝kx ＝32mg ，在O 、A 间的细线被剪断瞬间，F 2突然消失，但F 1不突变，所以A 球有水平向左的加速度a Ax ＝F 1m ＝32g ，竖直向下的加速度a Ay ＝g ，则A 球的加速度大小为a A ＝a 2Ax ＋a 2Ay ＝72g ，方向斜向左下方；而B 球的加速度仍为a ＝g2，方向竖直向上，C 正确。
考点2 动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题的解题步骤例2 (2018·陕西摸底)如图所示，质量为m ＝1.0 kg 的物体在水平力F ＝5 N 的作用下，以v 0＝10 m/s 向右匀速运动。
倾角为θ＝37°的斜面与水平面在A 点用极小的光滑圆弧相连。
物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达A 点后撤去水平力 F ，再经过1.5 s 物体到达B 点。
g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
求A 、B 两点间的距离s AB 。
解题探究 (1)如何确定物体与水平面、斜面间的动摩擦因数？ 提示：由物体在水平面上匀速运动F ＝μmg 求出μ。
(2)1.5 s 时物体一定处于沿斜面上升阶段吗？提示：①判断在斜面上速度减为零的时间；②判断μ与tan θ的关系。
尝试解答 4.75_m物体在水平面上匀速运动时有F ＝μmg 物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1若物体减速到零，则有0＝v 0－a 1t 1 解得t 1＝1.0 s<1.5 sx 1＝v 02t 1由于mg sin θ>μmg cos θ，故物体将沿斜面下滑， 根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2x 2＝12a 2t 22根据题意有t 1＋t 2＝1.5 s ，s AB ＝x 1－x 2联立解得s AB ＝4.75 m 。
总结升华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)画草图寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。
如例题中第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度。
[变式2－1] 如图所示，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。
答案 (1)1 m/s (2)1 m/s 2方向沿斜面向上 (3)235解析 (1)设物体滑到斜面底端时速度为v ，则有：L ＝v 0＋v 2t ，代入数据解得：v ＝1 m/s 。