（通用版）2021版高考物理大一輪復習 第3章 牛頓運動定律 第2節(jié) 牛頓第二定律、兩類動力學問題教學案

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1、第2節(jié)　牛頓第二定律、兩類動力學問題 一、牛頓第二定律、單位制 1．牛頓第二定律 (1)內容 物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比。加速度的方向與作用力的方向相同。 (2)表達式a＝或F＝ma。 (3)適用范圍 ①只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系)。 ②只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。 2．單位制 (1)單位制由基本單位和導出單位組成。 (2)基本單位 基本量的單位。力學中的基本量有三個，它們分別是質量、時間、長度，它們的國際單位分別是千克、秒、米。 (3)導出單位 由基本量根據

2、物理關系推導出的其他物理量的單位。 二、超重與失重 1．實重和視重 (1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態(tài)無關，在地球上的同一位置是不變的。 (2)視重 ①當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重。 ②視重大小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。 2．超重、失重和完全失重的比較 超重現象 失重現象 完全失重 概念 物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象 物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象 物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的現象 產生條件 物體的

3、加速度方向向上 物體的加速度方向向下 物體的加速度方向向下，大小為a＝g 原理方程 F－mg＝ma F＝m(g＋a) mg－F＝ma F＝m(g－a) mg－F＝mg F＝0 運動狀態(tài) 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 無阻力的拋體運動；繞地球勻速圓周運動 三、動力學兩類基本問題 1．兩類動力學問題 (1)已知物體的受力情況求物體的運動情況。 (2)已知物體的運動情況求物體的受力情況。 2．解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如下： 1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”

4、) (1)牛頓第二定律的表達式F＝ma在任何情況下都適用。 (×) (2)物體只有在受力的前提下才會產生加速度，因此，加速度的產生要滯后于力的作用。 (×) (3)物理公式不僅確定了物理量之間的數量關系，同時也確定了物理量間的單位關系。 (√) (4)失重說明物體的重力減小了。 (×) (5)物體超重時，加速度向上，速度也一定向上。 (×) (6)研究動力學兩類問題時，做好受力分析和運動分析是關鍵。 (√) 2．(魯科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運動。作用一段時間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運動)，則在水平推力逐漸減小

5、到零的過程中(　　) A．物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小 B．物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小 C．物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大 D　[由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運動，則可判定F>f，且ma＝F－f；當F逐漸減小時，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當F

6、F2＝15 N時，物體做勻加速直線運動，則F1的值可能是(g取10 m/s2)(　　) A．3 N B．25 N C．30 N D．50 N ACD　[若物體向左做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正確。] 4．(人教版必修1P78T2改編)一質量為m的物體，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用產生加速度a，物體所受摩擦力為f，當水平推力變?yōu)?F時(　　) A．物體的加速度小于2a B．物體的加速度大于2a C．物體的加

7、速度等于2a D．物體所受的摩擦力變?yōu)?f B　[根據牛頓第二定律可知，物體在水平推力F的作用下，產生的加速度為 a＝＝＝－μg。 ① 當水平推力變?yōu)?F時，物體的加速度 a′＝＝－μg。 ② 比較①②兩式可以看出a′>2a。] 牛頓第二定律的理解　[依題組訓練] 1．根據牛頓第二定律，下列敘述正確的是(　　) A．物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比 B．物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度 C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個力的大小成正比 D．當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比 D

8、　[由牛頓第二定律a＝可知，物體加速度的大小跟它的質量成反比，跟速度沒有直接關系，A錯誤；物體所受合外力不為0時就產生加速度，B錯誤；物體加速度的大小跟物體所受的合外力成正比，與所受作用力中的任一個力沒有必然關系，C錯誤；加速度是矢量，在某一個方向上的加速度，與這個方向上的合外力成正比，與其質量成反比，D正確。] 2．(多選)關于速度、加速度、合力的關系，下列說法正確的是(　　) A．原來靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度 B．加速度的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相同，也可能不同 C．在初速度為0的勻加速直線運動中，速度、加速度與合力的方

9、向總是一致的 D．合力變小，物體的速度一定變小 ABC　[加速度與力同時產生、同時消失、同時變化，選項A正確；加速度的方向由合力方向決定，但與速度方向無關，選項B正確；在初速度為0的勻加速直線運動中，合力方向決定加速度方向，加速度方向決定末速度方向，選項C正確；合力變小，物體的加速度一定變小，但速度不一定變小，選項D錯誤。] 合力、加速度、速度間的決定關系 (1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時，加速度才為零。一般情況下，合力與速度無必然的聯系。 (2)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時

10、，物體減速運動。 (3)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。 超重和失重　[依題組訓練] 1．(2019·北京豐臺區(qū)期末)圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖象，取重力加速度g＝10 m/s2。根據圖象分析可知(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 A．人的重力可由b點讀出，約為300 N B．b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài) C．人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態(tài) D．人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加

11、速度 C　[開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900 N，人的重力也約為900 N，故A錯誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯誤；雙腳離開力板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點彈力與重力的差值要小于c點彈力與重力的差值，則人在b點的加速度要小于在c點的加速度，故D錯誤。] 2.如圖所示，電梯的頂部掛有一個彈簧測力計，其下端掛了一個重物，電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數為10 N。在某時刻電梯中的人觀察到彈簧測力計的示數變?yōu)? N，關于電梯的運動，以下說法正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．電梯可能向上加速運動，加速度大

12、小為12 m/s2 B．電梯可能向下減速運動，加速度大小為2 m/s2 C．電梯可能向下加速運動，加速度大小為2 m/s2 D．電梯可能向下減速運動，加速度大小為12 m/s2 C　[電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數為10 N，此時拉力等于重力，則重物的重力等于10 N。當彈簧測力計的示數變?yōu)? N時，對重物有mg－F＝ma，代入數據解得a＝2 m/s2，則電梯的加速度大小為2 m/s2，方向豎直向下，電梯可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，故C正確，A、B、D錯誤。] 超重和失重的判斷方法 (1)若物體加速度已知，看加速度的方向，方向向上則超重，方向向下則失重。

13、 (2)若拉力或壓力已知，看拉力或壓力與重力的大小關系，大于重力則超重，小于重力則失重。 (3)物體超重、失重與運動狀態(tài)的關系 動力學中的兩類問題　[講典例示法] 1．解決動力學兩類問題的兩個關鍵點 2．動力學基本問題的力的處理方法 (1)合成法：在物體受力個數較少(2個或3個)時一般采用“合成法”。 (2)正交分解法：若物體的受力個數較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”。 [典例示法]　一質量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度勻加速下滑，如圖所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝

14、2 s內沿斜面運動位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2) (1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數μ； (2)恒力F的大小。 審題指導：解此題關鍵有兩點 (1)選取滑塊為研究對象，正確作出受力分析。 (2)根據運動過程求出加速度，結合牛頓第二定律求恒力F。 [解析]　(1)以滑塊為研究對象受力分析如圖甲所示， 根據牛頓第二定律可得 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 解得μ＝。 (2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度向上和向下兩種可能。 根據題意可得x＝a1t2，得a1＝2 m/s2 當加速度沿斜面向上時，受力分析如圖乙所示， 則Fcos 30°－m

15、gsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1 代入數據得F＝ N 甲　　　　　乙　　　　　丙 當加速度沿斜面向下時，受力分析如圖丙所示， 則mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1 代入數據得F＝ N。 [答案]　(1)　(2) N或 N 動力學問題的解題步驟 [跟進訓練] 　已知受力情況求運動情況 1.(2019·株洲質檢)如圖所示，某次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝84 N而從靜止向前滑行，其作用時間為t1＝1.0 s，撤除水平推力F后

16、經過t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運動員連同裝備的總質量為m＝60 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝12 N，求： (1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內的位移； (2)該運動員(可視為質點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。 [解析]　(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為 a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2 第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小 v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s 位移x1＝a1t＝0.6 m。 (2)運動員停止使用滑雪杖后

17、，加速度大小為a2＝ 經時間t2速度變?yōu)関′1＝v1－a2t2 第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則 v－v′＝2a1x1 第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2＝ 解得x2＝5.2 m。 [答案]　(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m 2．公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離。當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1 s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數為晴天時的。若要求

18、安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度(g取10 m/s2)。 [解析]　設路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，汽車的質量為m，剎車前的速度為v0，由牛頓第二定律和運動學公式得 μ0mg＝ma0 s＝v0t0＋ 解得a0＝5 m/s2，μ0＝0.5 設汽車在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數為μ，汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，依題意有μ＝μ0 由牛頓第二定律和運動學公式得 μmg＝ma s＝vt0＋ 解得v＝20 m/s(v＝－24 m/s不符合實際，舍去)。 [答案]

19、　20 m/s 　已知運動情況求受力情況 3.如圖所示，一傾角為θ＝30°的上表面光滑的斜面上，有相距為L的A、B兩點，質量為m＝1 kg、可視為質點的物塊(圖中未畫出)，在F1＝11 N、方向沿斜面向上的力的作用下，從A點由靜止運動到B點，所經歷時間t1＝1 s，到B點時換成了沿斜面向下的力F2作用在物塊上，經過時間t2＝2 s后返回A點，斜面足夠長，且始終靜止不動，重力加速度取g＝10 m/s2，求： (1)A、B兩點之間的距離L； (2)力F2的大小。 [解析]　(1)物塊從A點到達B點的過程中，有 a1＝，L＝a1t 代入數據解得a1＝6 m/s2，L＝3 m。 (

20、2)物塊在B點的速度v1＝a1t1＝6 m/s 物塊從B點回到A點的過程中，有 －L＝v1t2－a2t 解得a2＝7.5 m/s2 由a2＝ 解得F2＝2.5 N。 [答案]　(1)3 m　(2)2.5 N 4．2017年12月17日上午10時34分，由機長吳鑫、試飛員徐遠征駕駛的C919第二架客機，從浦東國際機場第四跑道起飛。飛機完成預定試飛科目后于12時34分安全返航著陸。對起飛BC段和降落DE段過程進行觀察，模型示意圖如圖所示，記錄數據如下表，如將起飛后BC段和降落前DE段均簡化成勻變速直線運動。(取g＝10 m/s2) 運動過程 運動時間 運動狀態(tài) 起飛B

21、C段 10時34分～10時54分 初速度v0＝170節(jié)≈88 m/s 末速度v＝253節(jié)≈130 m/s 降落DE段 12時9分～12時34分 著陸時的速度vt＝140節(jié)≈72 m/s (1)求C919勻加速運動過程中加速度大小a1及位移大小x1； (2)求C919勻減速運動過程中所受合力大小與重力的比值； (3)試比較上述兩個過程中飛機對飛行員的力與飛行員自身重力的大小關系。(只寫出結果即可，不需論述理由) [解析]　(1)C919勻加速運動過程中 Δt1＝20 min＝1 200 s a1＝＝ m/s2＝0.035 m/s2 x1＝(v0＋v)Δt1＝×(88＋1

22、30)×1 200 m＝130 800 m 所以C919勻加速運動過程中加速度大小a1＝0.035 m/s2， 位移大小為x1＝130 800 m。 (2)C919勻減速運動過程 Δt3＝25 min＝1 500 s a2＝＝ m/s2≈－0.039 m/s2 根據牛頓第二定律得到F＝ma C919勻減速運動過程中所受合力大小與重力的比值 k＝＝＝0.003 9。 (3)上升過程中飛機對飛行員的力大于重力； 下降過程中飛機對飛行員的力大于重力。 [答案]　(1)0.035 m/s2　130 800 m　(2)0.003 9 (3)見解析 牛頓第二定律的瞬時性問題　[

23、講典例示法] 1．兩種模型 加速度與合力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，在分析瞬時加速度時應注意兩個基本模型的特點 2．求解瞬時加速度的一般思路 ?? [典例示法]　兩個質量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示?，F突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則(　　) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 A　[由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故選項A正確。] [變式1

24、]　在[典例示法]中只將A、B間的輕繩換成輕質彈簧，其他不變，如圖所示，則下列選項中正確的是(　　) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0 D　[剪斷輕繩OA的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a1＝2g，a2＝0。故選項D正確。] [變式2]　在[變式1]中的題圖放置在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，如圖所示系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是(　　) A．aA＝0　aB＝g B．aA＝g　aB＝0 C．

25、aA＝g　aB＝g D．aA＝0　aB＝g B　[細線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為零。燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為FT＝2mgsin θ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin θ，所以A球的瞬時加速度為aA＝2gsin 30°＝g，故選項B正確。] [變式3]　(多選)把[變式2]中的兩小球改為三小球，并將彈簧和輕繩互換位置，如圖所示，傾角為θ的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質量分別為m、2m、3m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接。彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于

26、靜止狀態(tài)，現突然剪斷細線。下列判斷正確的是(　　) A．細線被剪斷的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零 B．細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零 C．細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsin θ D．細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsin θ CD　[剪斷細線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，則彈簧的彈力為F＝(3m＋2m＋m)gsin θ＝6mgsin θ 。以C為研究對象知，細線的拉力為3mgsin θ。剪斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，由

27、牛頓第二定律得F－(m＋2m)gsin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B兩個小球的加速度為aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上；以B為研究對象，由牛頓第二定律得：FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得桿的拉力為FAB＝4mgsin θ；以C為研究對象，由牛頓第二定律得aC＝gsin θ，方向沿斜面向下，故C、D正確，A、B錯誤。] “兩關鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題 1．分析瞬時加速度的“兩個關鍵” (1)分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài)。 (2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點。 2．“四個步驟” 第一步：分析原來物體的受力情況。 第二步：分析物體在突變時的受

28、力情況。 第三步：由牛頓第二定律列方程。 第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性。 [跟進訓練] 1.如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m,2、4質量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)?，F將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，則有(　　) A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g C　[在抽出木板的瞬間，

29、物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C正確。] 2．如圖所示，A、B兩球質量相等，光滑斜面的傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有(　　) 甲　　　　　　　　乙 A．兩圖中兩球加速度均為gsin θ B．兩圖中A球的加速度均為零

30、 C．圖乙中輕桿的作用力一定不為零 D．圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍 D　[撤去擋板前，兩圖中擋板對B球的彈力大小均為2mgsin θ，由輕彈簧模型和輕桿模型的特點可知，彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板的瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力大小為2mgsin θ，加速度大小為2gsin θ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍，A、B、C錯誤，D正確。] 3.(2019·清江模擬)如圖所示，在動摩擦因數μ＝0.2的水平面上有一個質量m＝1 kg的小球

31、，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是(　　) A．小球受力個數不變 B．小球將向左運動，且a＝8 m/s2 C．小球將向左運動，且a＝10 m/s2 D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a＝10 m/s2 B　[在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，根據共點力平衡得彈簧的彈力F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10 N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用。 小球的受力個數發(fā)生改變，故選項A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根據牛頓第二定律得小球的加速度為a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以加速度向左，故選項B正確，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故選項D錯誤。] 15