2020高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第2講牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題教案

1、2019 年【2019最新】精選高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章牛頓運(yùn)動(dòng)定律第2講牛頓第二定律兩類動(dòng)力學(xué)問題教案知識(shí)點(diǎn)一牛頓第二定律單位制1.牛頓第二定律(1)內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的成正比，跟它的成反比，加速度的方向跟的方向相同.(2)公式：(3)物理意義：它表明了力是產(chǎn)生的原因.(4)適用范圍：只適用于研究中運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系，不能用于非慣性系；只適用于解決物體的運(yùn)動(dòng)問題，不能用來處理微觀粒子的高速運(yùn)動(dòng)問題.2.單位制(1)單位制：由和導(dǎo)出單位一起構(gòu)成單位制.基本單位：在力學(xué)中，選定、時(shí)間和三個(gè)物理量的單位為基本單位.導(dǎo)出單位：根據(jù)物理公式中其他物理量和的關(guān)系，推導(dǎo)出的物理量的單位.(2)國(guó)際單

2、位制中的基本單位基本物理量符號(hào)單位名稱單位符號(hào)m千克時(shí)間t秒長(zhǎng)度l米電流I安培A熱力學(xué)溫度T開爾文K物質(zhì)的量n摩爾mol發(fā)光強(qiáng)度I V坎德拉cd(4)慣性系答案：1.(1)作用力 質(zhì)量 作用力(2)F=ma (3)加速度宏觀低速2.(1)基本單位長(zhǎng)度 質(zhì)量基本物理量(2)kg知識(shí)點(diǎn)二超重和失重1.超重(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?物體所受重力的現(xiàn)象.(2)產(chǎn)生條件：物體具有的加速度.2.失重象.(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?物體所受重力的現(xiàn)(2)產(chǎn)生條件：物體具有3.完全失重的加速度.(1)定義：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?的現(xiàn)象稱為完全失重現(xiàn)

3、象.(2)產(chǎn)生條件：物體的加速度a=,方向豎直向下.答案：1.(1)大于 (2)向上 2.(1)小于 (2)向下(1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同.(2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小.()(3)物體的質(zhì)量與加速度成反比.()(4)物體受到外力作用，立即產(chǎn)生加速度.()(5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運(yùn)動(dòng)情況3.(1)等于零(2)g.()(6)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小.()答案：(1)，(2)(4) V (5)(6)，考點(diǎn)對(duì)牛頓第二定律的理解”牛頓第二定律的“五個(gè)性質(zhì)”：考向1力和運(yùn)動(dòng)的定性關(guān)系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加

4、速度.(2)a =是加速度的定義式，a與Av、At無必然聯(lián)系；a =是加速度的決定式， a0cF, a0c.(3)合力與速度同向時(shí)，物體加速運(yùn)動(dòng)；合力與速度反向時(shí)，物體減速運(yùn)動(dòng).典例1如圖所示，一輕彈簧一端系在墻上的 O點(diǎn)，自由伸長(zhǎng)到B點(diǎn).今用一 物體m把彈簧壓縮到A點(diǎn)，然后釋放，物體能運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)靜止，物體與水平地面間 的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，下列說法正確的是()A.物體從A到B速度越來越大，從B到C速度越來越小B.物體從A到B速度越來越小，從B到C加速度不變C.物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運(yùn)動(dòng)D.物體在B點(diǎn)受力為零解析物體在A點(diǎn)時(shí)受兩個(gè)力作用，向右的彈力kx和向左的摩擦力Ff,合力

5、 F合=kx Ff,物體從A-B的過程，彈力由大于Ff減至為零，所以開始一段合力向 右，中間有一點(diǎn)合力為零，然后合力向左，而 v 一直向右，故物體先做加速度越來 越小的加速運(yùn)動(dòng)，在A到B中間有一點(diǎn)加速度為零，速度達(dá)到最大，接著做加速度 越來越大的減速運(yùn)動(dòng)；物體從 B-C過程，F(xiàn)合=Ff為恒力，方向向左，所以物體做 加速度不變的勻減速運(yùn)動(dòng)，故 C正確.答案C考向2牛頓第二定律的矢量性由于加速度的方向與合力的方向總相同，若已知合力方向，即可確定加速度方 向；反之，若已知加速度方向，即可確定合力的方向典例2(多選)如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運(yùn)動(dòng)， 小球 A用細(xì)線懸掛于支架前端，質(zhì)量

6、為 m的物塊B始終相對(duì)小車靜止地?cái)[放在右端.B與 小車平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 小若某時(shí)刻觀察到細(xì)線偏離豎直方向 0角，則此刻（）A.小車對(duì)物塊B的摩擦力大小為p mgB.小車對(duì)物塊B的摩擦力水平向右C.小車對(duì)物塊B的摩擦力大小為mgtan 0D.小車對(duì)物塊B的合力大小為mgl + tan2 9解析以整體（小車、支架、小球、物塊）為研究對(duì)象，其加速度方向只能是 水平方向；以小球 A為研究對(duì)象，受力分析知其合力水平向右，由牛頓第二定律有 mAgtan 0 = mAa可得小車向左做加速度大小為 a=gtan 0的勻減速運(yùn)動(dòng)；以物塊 B為研究對(duì)象，小車對(duì)物塊 B向右的靜摩擦力Ff = ma= mgtan

7、 0 ,小車對(duì)物塊B豎 直向上的支持力FNHmg故小車對(duì)物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為F= = mg方向?yàn)?斜向右上方，選項(xiàng)B、C D正確.答案BCD考向3牛頓第二定律的瞬時(shí)性加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失， 具體可簡(jiǎn)化為以下兩種模型：典例3如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為 0,圖甲中A、B 兩球用輕彈簧相連，圖乙中 A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板 C與斜面垂 直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有 （ ）A.兩圖中兩球加速度均為gsin 0B.兩圖中A球的加速度均為零C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零D.圖甲中B球的加速

8、度是圖乙中B球加速度的2倍解析撤去擋板前，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsin 0 .因彈簧彈力不能突 變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin 0 ,加速度為2gsin 0 ;圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A B球所受合力均為mgsin 0 ,加速度均為gsin 0 ,可知只有D正確.答案D考向4牛頓第二定律的獨(dú)立性(1)作用于物體上的每一個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵守牛頓第二定律.(2)物體的實(shí)際加速度等于每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和.(3)力和加速度在各個(gè)方向上的分量也遵守牛頓第二定律，即ax=, ay=.典例4 (2017 遼寧沈陽四校月

9、考)如圖所示，當(dāng)小車向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊M相對(duì)車廂靜止于豎直車廂壁上，當(dāng)車的加速度增大時(shí)()A.M受靜摩擦力增大B.M對(duì)車廂壁的壓力減小C.M仍相對(duì)于車廂靜止D.M受靜摩擦力減小解析分析M受力情況如圖所示，因 M相對(duì)車廂壁靜止，有Ff = Mg與水平 方向的加速度大小無關(guān)，A D錯(cuò)誤.水平方向，F(xiàn)NH Mq FN隨a的增大而增大，由 牛頓第三定律知，B錯(cuò)誤.因FN增大，物體與車廂壁的最大靜摩擦力增大，故 M相對(duì) 于車廂仍靜止，C正確.答案C考點(diǎn)對(duì)超重和失重的理解與應(yīng)用1.超重、失重和完全失重比較超重完全失重產(chǎn)生條件加速度方向向上加速度方1可向卜加速度方1可向卜，且大小a=g動(dòng)力學(xué) 原理F- m

10、g= maF= m g+ a)mg- F= maF= mga)mg- F= mgF=0可能狀態(tài)加速上升；減速卜降加速卜降；減速上升自由落體運(yùn)動(dòng)和所有 的拋體運(yùn)動(dòng)；繞地球 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi) 星、飛船等2.對(duì)超重和失重的進(jìn)一步理解（1）超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全 消失了 .在發(fā)生這些現(xiàn)象時(shí)，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對(duì)支持 物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┌l(fā)生了變化（即“視重”發(fā)生變化）.（2）只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上 運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)無關(guān).（3）盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向

11、上有分量， 物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài).典例5 （2015 江蘇卷）（多選）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度 a 隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力（）A.t =2 s時(shí)最大B.t =2 s時(shí)最小C.t = 8.5 s時(shí)最大D.t =8.5 s時(shí)最小解析當(dāng)電梯有向上的加速度時(shí)，人處于超重狀態(tài)，人對(duì)地板的壓力大于重 力，向上的加速度越大，壓力越大，因此 t =2 s時(shí)，壓力最大，A項(xiàng)正確；當(dāng)有向 下的加速度時(shí)，人處于失重狀態(tài)，人對(duì)地板的壓力小于人的重力，向下的加速度越 大，壓力越小，因此t=8.5 s時(shí)壓力最小，D項(xiàng)正確.答案AD變式1（多選）如圖所示，木

12、箱頂端固定一豎直放置的彈簧， 彈簧下方連接一 物塊，木箱靜止時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且物塊與箱底間有壓力 .若在某段時(shí)間內(nèi)，物塊 對(duì)箱底剛好無壓力，則在此段時(shí)間內(nèi)，木箱的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為 （ ）A.加速下降B.加速上升C.物塊處于失重狀態(tài)D.物塊處于超重狀態(tài)答案：AC解析：木箱靜止時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且物塊與箱底間有壓力，此時(shí) 物塊在重力、彈簧彈力、木箱底對(duì)它向上的支持力作用下處于平衡狀態(tài).當(dāng)物塊對(duì)箱底剛好無壓力時(shí)，重力、彈簧彈力不變，其合力豎直向下，所以系統(tǒng)的加速度向下， 物塊處于失重狀態(tài)，可能加速下降，選項(xiàng) A、C正確.變式2 （2017 河北五校聯(lián)考）如圖所示為用索道運(yùn)輸貨物的情景，已知傾斜的索道

13、與水平方向的夾角為 37° ,重物與車廂地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.30.當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重物與車廂仍然保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，重物對(duì)車廂內(nèi) 水平地板的正壓力為其重力為1.15倍，sin 37 ° =0.6, cos 37 =0.8,那么這時(shí) 重物對(duì)車廂地板的摩擦力大小為（）A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg答案：D解析：車廂內(nèi)的重物受重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，將加速度沿水平方向和豎直方向分解，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知F-mg= masin 37 ° , Ff =macos37 ,由牛頓第三定律可知，重物所受支持力F=1.

14、15mg,代入上式解得：Ff= 0.20mg, D項(xiàng)正確.超重和失重現(xiàn)象判斷的技巧（1）從受力的角度判斷：當(dāng)物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時(shí)，物體處 于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài).（2）從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下 的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài).考點(diǎn)動(dòng)力學(xué)兩類基本問題同1 .解決兩類基本問題的方法 以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖所示.2 .兩類動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟考向1已知受力求運(yùn)動(dòng) 典例6 （2017 湖南株洲質(zhì)檢）如圖所示，某次滑雪

15、訓(xùn)練，運(yùn)動(dòng)員站在水平雪 道上第一次利用滑雪杖對(duì)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(shí)間為t1 =1.0 s ,撤除水平推力F后經(jīng)過t2 =2.0 s ,他第二次利用滑雪杖對(duì)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(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為 m= 60 kg,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff = 12 N,求:(1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移；(2)該運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))第二次撤除水平推力后滑行的最大距離.解題指導(dǎo)根據(jù)題意，畫出運(yùn)動(dòng)過程示意圖，分析每一過程的已知量和未知量，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解解析(1

16、)運(yùn)動(dòng)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(duì)雪面作用獲得的速度大小v1=a1t1 = 1.2 x 1.0 m/s = 1.2m/s 位移 x1 =a1t =0.6 m.(2)運(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后，加速度大小為Ff a2 m經(jīng)時(shí)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解得 x2 = 5.2 m.答案(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m考向2已知運(yùn)動(dòng)求受力典例7 (2017 山東威海模擬)有一種大型游戲機(jī)叫“跳樓機(jī)”，參加

17、游 戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動(dòng)機(jī)將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面 40 m高處，然后由靜止釋放.可以認(rèn)為座椅沿軌道做自由落體運(yùn)動(dòng)2 s后，開始受到恒定阻力而立即做勻減速運(yùn)動(dòng)，且下落到離地面4m高處時(shí)速度剛好減小到零.然后再讓座椅以相當(dāng)緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面.(取g= 10 m/s2)求：(1)座椅在勻減速階段的時(shí)間是多少？(2)在勻減速階段，座椅對(duì)游客的作用力大小是游客體重的多少倍?問題探究(1)座椅勻加速下降階段，知道幾個(gè)物理量？能求出幾個(gè)物理量？(2)利用第一階段的結(jié)果，座椅勻減速下降階段，知道幾個(gè)物理量？能求出幾個(gè)物理量？提示(1)知道初速度、加速度、時(shí)間三個(gè)物理

18、量，可求出末速度和位移.(2)第一階段的末速度即為第二階段的初速度，又由于總位移已知，所以可求出勻減速下落的位移，由題意末速度為零，即知道初速度、末速度、位移，可求出時(shí)間和加速度.解析(1)自由下落的位移h' =gt=20 m座椅自由下落結(jié)束時(shí)刻的速度v = gt1 =20 m/s設(shè)座椅勻減速運(yùn)動(dòng)的總高度為h,則h = (404 20) m=16 m由 h= t 得 t = 1.6 s. 設(shè)座椅勻減速階段的加速度大小為 a,座椅對(duì)游客的作用力大小為F,由v=at 得 a= 12.5 m/s2由牛頓第二定律得F mg= ma解得=2.25.答案(1)1.6 s (2)2.25考向3動(dòng)力學(xué)

19、兩類問題綜合應(yīng)用典例8隨著科技的發(fā)展，未來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)的 起飛距離，如圖所示，航空母艦的水平跑道總長(zhǎng)l=180 m,其中電磁彈射區(qū)的長(zhǎng)度為l1 =120 m,在該區(qū)域安裝有直線電機(jī)，該電機(jī)可從頭至尾提供一個(gè)恒定的牽引力F一架質(zhì)量為m= 2.0X104 kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)可以提供恒定的推力F推= 1.2 X 105 N.假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機(jī)重力的0.05倍,在后一階段的平均阻力為飛機(jī)重力的0.2倍.已知飛機(jī)可看做質(zhì)量恒定的質(zhì)點(diǎn)，離艦起飛速度v=120 m/s,航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，取 g=10 m/s2)(1)飛機(jī)在后一

20、階段的加速度大小；(2)飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大小.解題指導(dǎo)本題可按以下思路進(jìn)行分析：解析(1)飛機(jī)在后一階段受到阻力和發(fā)動(dòng)機(jī)提供的推力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a2,此過程中的平均阻力f2=0.2mg根據(jù)牛頓第二定律有F推f2=ma2代入數(shù)據(jù)解得a2=4.0 m/s2.(2)飛機(jī)在電磁彈射階段受恒定的牽引力、阻力和發(fā)動(dòng)機(jī)提供的推力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1,末速度為v1.此過程中飛機(jī)受到的阻力f1 =0.05mg 根據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v=2a1l1v2-v=2a2(l 11)根據(jù)牛頓第二定律有F牽+F推f1=ma1代入數(shù)據(jù)解得 a1 = 5

21、8 m/s2, F 牽= 1.05 X106 N.答案(1)4.0 m/s2 (2)58 m/s2 1.05 x 106 N 解決動(dòng)力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)1 .受力分析與牛頓第二定律如圖所示，一些商場(chǎng)安裝了智能化的自動(dòng)電梯，當(dāng) 有乘客乘用時(shí)，自動(dòng)電梯經(jīng)過先加速后勻速兩個(gè)階段運(yùn)行，則電梯在運(yùn)送乘客的過程中()A.乘客始終受摩擦力作用B.乘客經(jīng)歷先超重再失重的狀態(tài)C.電梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上D.電梯對(duì)乘客的作用力先指向前上方，再豎直向上答案：D解析：乘客先有斜向上的加速度后勻速運(yùn)動(dòng)，故乘客先超重后處于平 衡狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.勻速運(yùn)動(dòng)階段乘客受豎直方向的重力與支持力作用而平衡，不 受摩擦力，

22、選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乘客在加速階段受電梯的作用力與重力作用，合力沿平行電梯斜面向上，重力豎直向下，故電梯對(duì)乘客的作用力斜向前上方，選項(xiàng) C錯(cuò)誤，D正確.2 .牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用物塊A放置在與水平地面成30°角傾斜的木板上 時(shí)，剛好可以沿斜面勻速下滑；若該木板與水平面成60角傾余取g=10 m/s2,則物塊A沿此斜面下滑的加速度大小為（）B.3 m/s2A.5 m/s2D. m/s2C.（5一） m/s2答案：D解析：由物塊在傾角為30°的木板上勻速下滑，得Ff = mgsin 30 0 , 又FN1= mgcos30° , Ff =區(qū)FN1,求得動(dòng)摩擦因數(shù) =;在傾角

23、為60的木板上物塊加速下滑，有 FN2= mgcos60 , mgsin 60 f FN2= ma,求得 a= m/s2 , D對(duì).3 .對(duì)瞬時(shí)性的理解（多選）如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和 c之間用完全相同的輕彈簧 S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn) O,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1, S1和S2相 對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別記為 口和Al2 ,重力加速度大小為g,在剪斷的瞬間，（）B.a1 =0A.a1 =3gD. Al1 = l2C. Al1 =2Al2答案：AC解析：剪斷細(xì)線前，把a(bǔ)、b、c看成整體，細(xì)線上的拉力為T= 3mg. 因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此 a、b、c之間的作用力與剪斷細(xì)線之前相同.則將細(xì)線剪斷瞬間，對(duì)a隔離進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：3mg= ma1得a1 =