2024高考物理一輪復習第三章牛頓運動定律第2講牛頓第二定律兩類動力學問題學案新人教版

PAGE14-第2講牛頓其次定律兩類動力學問題ZHISHISHULIZICEGONGGU學問梳理·自測鞏固學問點1牛頓其次定律1．內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。2．表達式：F＝ma。3．適用范圍：(1)牛頓其次定律只適用于慣性參考系，即相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系。(2)牛頓其次定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的狀況。學問點2單位制1．定義：由基本單位和導出單位一起組成了單位制。2．分類：(1)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(zhì)量、時間和長度，它們的國際單位分別是千克(kg)、秒(s)和米(m)。(2)導出單位：由基本量依據(jù)物理關(guān)系推導出來的其他物理量的單位。學問點3兩類動力學問題1．動力學的兩類基本問題：第一類：已知受力狀況求物體的運動狀況；其次類：已知運動狀況求物體的受力狀況。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運動定律列方程求解，詳細邏輯關(guān)系如圖：思索：如圖所示，質(zhì)量為m的物體在粗糙程度相同的水平面上從速度vA勻稱減為vB的過程中前進的距離為x。(1)物體做什么運動？能求出它的加速度嗎？(2)物體受幾個力作用？求出它受到的摩擦力。[答案](1)勻減速直線運動，能，加速度大小為eq\f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2x)，方向與運動方向相反。(2)三個力作用，摩擦力大小為eq\f(mv\o\al(2,A)－v\o\al(2,B),2x)，方向與運動方向相反。思維診斷：(1)物體加速度的方向與所受合外力的方向可以不同。(×)(2)對靜止在光滑水平面上的物體施加一水平力，當力剛起先作用瞬間，物體馬上獲得加速度。(√)(3)物體由于做加速運動，所以才受合外力作用。(×)(4)物體所受合外力變小，物體的速度肯定變小。(×)(5)物體所受合外力大，其加速度就肯定大。(×)(6)牛頓其次定律適用于一切運動狀況。(×)(7)單位“牛頓”是基本單位。(×),eq\o(\s\up7(自測鞏固),\s\do5(ZICEGONGGU))1．(2024·湖南益陽期末)課間王同學疊了一只紙飛機，將紙飛機扔出去后，發(fā)覺有一段時間紙飛機沿虛線NM斜向下加速俯沖，由所學學問推想此過程中空氣對紙飛機的作用力方向，可能的是(C)A．與NM在同始終線上 B．沿OC水平向右C．垂直MN，沿OB向上 D．沿OA豎直向上[解析]本題考查依據(jù)運動軌跡推斷受力方向。由題可知，紙飛機沿虛線NM斜向下加速俯沖，其加速度的方向沿NM方向，由牛頓其次定律知它的合外力方向沿NM方向，紙飛機受重力和空氣的作用力，依據(jù)平行四邊形定則可知，在題中給出的四個方向中，只有空氣對紙飛機的作用力方向垂直NM，沿OB向上，它的合外力才能沿NM方向，其他方向不行能，故C正確。2．(2024·江西臨川一中等九校重點中學協(xié)作體聯(lián)考)第26屆國際計量大會2018年11月16日通過了修訂國際單位制決議，正式更新了質(zhì)量單位“千克”、電流單位“安培”、溫度單位“開爾文”和物質(zhì)的量單位“摩爾”4項基本單位定義方法。其中開爾文將用玻爾茲曼常數(shù)(k)定義，玻爾茲曼常數(shù)的物理意義是單個氣體分子的平均動能Ek隨熱力學溫度T改變的系數(shù)，表達式為Ek＝eq\f(3,2)k·T，那么玻爾茲曼常數(shù)的單位應為(D)A．eq\f(kg·m2,s·K) B．eq\f(N·m,s2·K)C．eq\f(W,K) D．eq\f(V·A·s,K)[解析]本題考查單位制換算。依據(jù)Ek＝eq\f(3,2)k·T，得k＝eq\f(2Ek,3T)。Ek的單位為J,1J＝1kg·m2/s2或1J＝1W·s，熱力學溫度T的單位為開爾文(K)，則玻爾茲曼常數(shù)的單位為eq\f(kg·m2,s2·K)或eq\f(W·s,K)，故A、C錯誤；1J＝1N·m或1J＝1V·A·s；熱力學溫度T的單位為開爾文(K)，則玻爾茲曼常數(shù)的單位為eq\f(N·m,K)或eq\f(V·A·s,K)，故B錯誤，D正確。3．(2024·安徽安慶五校聯(lián)盟聯(lián)考)在節(jié)日夜晚燃放焰火，禮花彈從專用炮筒中射出后，經(jīng)過2s到達離地面25m的最高點，炸開后形成各種漂亮的圖案。若禮花彈從炮筒中沿豎直向上方向射出時的初速度是v0，上升過程中所受阻力大小始終是自身重力的k倍，g＝10m/s2，則v0和k分別為(A)A．25m/s,0.25 B．25m/s,1.25C．50m/s,0.25 D．50m/s,1.25[解析]本題借助豎直上拋運動考查依據(jù)物體受力狀況分析運動狀況。依據(jù)牛頓其次定律可知禮花彈上升的加速度a＝(1＋k)g，方向豎直向下；然后依據(jù)勻變速直線運動的公式和逆向思維方法，得出v0＝at，h＝eq\f(1,2)at2，解得v0＝25m/s，a＝12.5m/s2，則k＝0.25，A正確。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO核心考點·重點突破考點一牛頓其次定律的理解瞬時性a與F對應同一時刻，即a為某時刻的加速度時，F(xiàn)為該時刻物體所受合力因果性F是產(chǎn)生a的緣由，物體具有加速度是因為物體受到了力同一性(1)加速度a相對于同一慣性系(一般指地面)(2)a＝eq\f(F,m)中，F(xiàn)、m、a對應同一物體或同一系統(tǒng)(3)a＝eq\f(F,m)中，各量統(tǒng)一運用國際單位獨立性(1)作用于物體上的每一個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓其次定律(2)物體的實際加速度等于每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各個方向上的重量也遵循牛頓其次定律，即ax＝eq\f(Fx,m)，ay＝eq\f(Fy,m)例1(2024·山西高校附屬中學診斷)(多選)如圖，穿在水平直桿上質(zhì)量為m的小球起先時靜止。現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標出)。已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小球運動過程中未從桿上脫落，球上小孔直徑略大于直桿直徑，且F0>μmg。下列說法正確的是(BCD)A．小球先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動直到靜止B．小球先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，直到最終做勻速運動C．小球的最大加速度為eq\f(F0,m)D．小球的最大速度為eq\f(F0＋μmg,μk)[解析]本題考查受約束的直線運動。由牛頓其次定律有F0－μ(mg－kv)＝ma，小球在F0作用下向右做加速運動，隨著速度的增加，向上的力F越來越大，導致桿對小球的彈力越來越小，摩擦力越來越小，加速度越來越大，當F＝mg時，彈力減小到零，摩擦力減小到零，此時加速度達到最大值，最大加速度a＝eq\f(F0,m)，C正確；接下來，F(xiàn)>mg桿對小球的彈力向下，隨速度的增加，F(xiàn)越來越大，桿對小球的彈力越來越大，摩擦力越來越大，加速度越來越小，當摩擦力增大到與拉力F0相等時，小球勻速運動，因此小球的加速度先增大后減小，最終做勻速運動，B正確，A錯誤；小球取得最大速度時，F(xiàn)0＝μ(F－mg)，而F＝kv，可求得最大速度v＝eq\f(F0＋μmg,μk)，故D正確?！差愵}演練1〕(2024·深圳模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m的正方體物塊置于風洞內(nèi)的水平面上，其一面與風速垂直，當風速為v0時剛好能推動該物塊。已知風對物塊的推力F正比于Sυ2，其中υ為風速、S為物塊迎風面積。當風速變?yōu)?υ0時，剛好能推動同一材料做成的另一正方體物塊，則該物塊的質(zhì)量為(A)A．64m B．C．8m D．[解析]設(shè)質(zhì)量為m的正方體物塊的邊長為a，物塊被勻速推動，依據(jù)平衡條件，有F＝f，N＝mg，其中F＝kSveq\o\al(2,0)＝ka2veq\o\al(2,0)，f＝μN＝μmg＝μρa3g，解得a＝eq\f(kv\o\al(2,0),μρg)，現(xiàn)在風速變?yōu)?v0，故剛好能推動的物塊邊長為原來的4倍，故體積為原來的64倍，質(zhì)量為原來的64倍，故A正確?？键c二應用牛頓其次定律分析瞬時問題兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時改變、同時消逝，詳細可簡化為以下兩種模型：例2(2024·廣東試驗中學段考)(多選)如圖，質(zhì)量相等的A、B兩球分別用輕質(zhì)彈簧和輕桿連接置于固定的光滑斜面上，當系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行。在突然撤去擋板的瞬間(CD)A．兩圖中每個小球加速度均為gsinθB．兩圖中A球的加速度均為零C．圖甲中B球的加速度為2gsinθD．圖乙中B球的加速度為gsinθ[解析]本題考查瞬時性問題。撤去擋板前，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，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2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ。故A、B錯誤，C、D正確。規(guī)律總結(jié)：求解瞬時加速度問題時應抓住“兩點”(1)物體的受力狀況和運動狀況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生改變時，須要重新進行受力分析和運動分析。(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的改變須要一個過程的積累，不會發(fā)生突變?！差愵}演練2〕(2024·安徽廬江月考)如圖所示，兩輕繩拴接肯定質(zhì)量的小球，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°和60°。若在剪斷a繩的瞬間，小球的加速度大小為a1；在剪斷b繩的瞬間，小球的加速度大小為a2。則a1∶a2為(C)A．1∶1 B．2∶1C．eq\r(3)∶1 D．2eq\r(3)∶1[解析]在剪斷a繩的瞬間，b繩的彈力不發(fā)生突變，小球?qū)⒆鰣A周運動，將重力沿繩方向和垂直于繩的方向分解，依據(jù)牛頓其次定律可得小球的加速度大小a1＝eq\f(mgsin60°,m)＝eq\f(\r(3),2)g，同理可得剪斷b繩的瞬間，小球的加速度大小a2＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f(1,2)g，所以a1∶a2＝eq\r(3)∶1，故C正確，A、B、D錯誤?？键c三動力學兩類基本問題動力學兩類基本問題的解題思路例3隨著科技的發(fā)展，將來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離，如圖所示，航空母艦的水平跑道總長l＝180m，其中電磁彈射區(qū)的長度為l1＝120m，在該區(qū)域安裝有直線電機，該電機可從頭至尾供應一個恒定的牽引力F牽。一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可以供應恒定的推力F推＝1.2×105N。假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機重力的0.2倍。已知飛機可看做質(zhì)量恒定的質(zhì)點，離艦起飛速度v＝120m/s，航空母艦處于靜止狀態(tài)，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，g取10m/s(1)飛機在后一階段的加速度大小；(2)飛機在電磁彈射區(qū)的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大小。[解析](1)飛機在后一階段受到阻力和發(fā)動機供應的推力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a2，此過程中的平均阻力f2＝0.2mg依據(jù)牛頓其次定律有F推－f2＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝4.0m/s2。(2)飛機在電磁彈射階段受恒定的牽引力、阻力和發(fā)動機供應的推力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，末速度為v1。此過程中飛機受到的阻力f1＝0.05mg依據(jù)勻加速運動規(guī)律有veq\o\al(2,1)＝2a1l1v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)依據(jù)牛頓其次定律有F牽＋F推－f1＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝58m/s2，F(xiàn)牽≈1.1×106N。[答案](1)4.0m/s2(2)58m/s21.1×106N規(guī)律總結(jié)：解決動力學兩類基本問題應把握的關(guān)鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋梁?！差愵}演練3〕(2024·徐州質(zhì)檢)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.3，當物體運動的速度為10m/s時，給物體施加一個與速度方向相反的大小為F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)(BC)A．物體經(jīng)10s速度減為零B．物體經(jīng)2s速度減為零C．物體速度減為零后將保持靜止D．物體速度減為零后將向右運動[解析]物體受到向右的滑動摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3N，依據(jù)牛頓其次定律得a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物體減速到零所需的時間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，選項A錯誤，B正確；減速到零后，恒力F<Ff，物體將保持靜止，不再運動，選項C正確，D錯誤?？键c四牛頓運動定律與圖象結(jié)合問題(1)明確常見圖象的應用方法，如下表：v－t圖象依據(jù)圖象的斜率推斷加速度的大小和方向，進而依據(jù)牛頓其次定律求解合外力F－a圖象首先要依據(jù)詳細的物理情景，對物體進行受力分析，然后依據(jù)牛頓其次定律推導出F、a兩個量間的函數(shù)關(guān)系式，依據(jù)函數(shù)關(guān)系式結(jié)合圖象，明確圖象的斜率、截距或面積的意義，從而由圖象給出的信息求出未知量a－t圖象要留意加速度的正、負，正確分析每一段的運動狀況，然后結(jié)合物體受力狀況依據(jù)牛頓其次定律列方程F－t圖象要結(jié)合物體受到的力，依據(jù)牛頓其次定律求出加速度，分析每一時間段的運動性質(zhì)(2)圖象類問題的實質(zhì)是力與運動的關(guān)系問題，以牛頓其次定律為紐帶，理解圖象的類型，圖象的軸、點、線、截距、斜率、面積所表示的意義。運用圖象解決問題一般包含兩個角度：①用給定的圖象解答問題；②依據(jù)題意作圖，用圖象解答問題。在實際的應用中要建立物理情景與函數(shù)、圖象的相互轉(zhuǎn)換關(guān)系。例4如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面對上的拉力F作用下從靜止起先沿斜面對上運動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的改變關(guān)系圖象(v－t圖象)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)在0～2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面對上運動的兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。[解析](1)在0～2s內(nèi)，由題圖乙知：物塊上升的最大距離：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物塊下滑的距離：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m所以位移大小：x＝x1－x2＝0.5m路程：L＝x1＋x2＝1.5m。(2)由題圖乙知，沿斜面對上運動的兩個階段加速度的大小：a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－2,1－0.5)))m/s2＝4m/s2設(shè)斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，依據(jù)牛頓其次定律有0～0.5s內(nèi)：F－Ff－mgsinθ＝ma10．5～1s內(nèi)：Ff＋mgsinθ＝ma2解得F＝8N。[答案](1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28NJIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU階段培優(yōu)·查缺補漏等時圓模型1．模型的兩種狀況(1)質(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示；(2)質(zhì)點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止起先滑到圓環(huán)上所用時間相等，如圖乙所示。2．模型的分析思路例5如圖所示，AB和CD為兩條光滑斜槽，它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上，且斜槽都通過切點P。設(shè)有一重物先后沿兩個斜槽，從靜止動身，由A滑到B和由C滑到D，所用的時間分別為t1和t2，則t1與t2之比為(B)A．2∶1 B．1∶1C．eq\r(3)∶1 D．1∶eq\r(3)[解析]設(shè)光滑斜槽軌道與水平面的夾角為θ，則物體下滑時的加速度為a＝gsinθ，由幾何關(guān)系，斜槽軌道的長度s＝2(R＋r)sinθ，由運動學公式s＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2×2R＋rsinθ,gsinθ))＝2eq\r(\f(R＋r,g))，即所用的時間t與傾角θ無關(guān)，所以t1＝t2，B項正確。反思總結(jié)：本題符合等時圓模型，可干脆套結(jié)論解題。〔類題演練4〕如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上隨意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，若所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是(B)A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關(guān)系[解析]對于AM段，位移x1＝eq\r(2)R，加速度a1＝eq\f(mgsin45°,m)＝eq\f(\r(2),2)g，依據(jù)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)得，t1＝eq\r(\f(2x1,a1))＝eq\r(\f(4R,g))；對于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°＝eq\f(\r(3),2)g，由x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝eq\r(\f(2x2,a2))＝eq\r(\f(8R,\r(3)g))。對于CM段，設(shè)CM與x軸夾角為θ，則有t3＝eq\r(\f(2x3,a3))＝eq\r(\f(2·2Rsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(4R,g))。故B正確。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN2年高考·模擬訓練1．(2024·全國卷Ⅲ，20)(多選)如圖(a)，物塊和木板疊放在試驗臺上，物塊用一不行伸長的細繩與固定在試驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t＝0時，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t改變的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與試驗臺之間的摩擦可以忽視。重力加速度取10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出(AB)圖(a)圖(b)圖(c)A．木板的質(zhì)量為1kgB．2s～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2[解析]木板和試驗臺間的摩擦忽視不計，由題圖(b)知，2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩＝0.2N。由題圖(c)知，2s～4s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2設(shè)木板質(zhì)量為m據(jù)牛頓其次定律，對木板有：2s～4s內(nèi)：F－F摩＝ma14s以后：F摩＝ma2且知F摩＝μmg＝0.2N解得m＝1kg，F(xiàn)＝0.4N，μ＝0.02，選項A、B正確，D錯誤。0～2s內(nèi)，由題圖(b)知，F(xiàn)是勻稱增加的，選項C錯誤。2．(2024·全國卷Ⅰ，15)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧復原原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(A)ABCD[解析]設(shè)彈簧原長為L，物塊P靜止時，彈簧的長度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，依據(jù)牛頓其次定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma依據(jù)數(shù)學學問知F-x圖象是截距為ma的一次函數(shù)圖象。A正確。3．(2024·甘肅蘭州一中月考)如圖所示，兩根輕彈簧下面均連接一個質(zhì)量為m的小球，上面一根彈簧的上端固定在天花板上，兩小球之間通過一根不行伸長的細線相連接，細線受到的拉力大小等于4mg。在剪斷兩球之間細線的瞬間，以下關(guān)于球A的加速度大小aA、球B的加速度大小aB以及彈簧對天花板的拉力大小正確的是(B)A．0、2g、2mg B．4g、4C．4g、2g、4mg D．0、g[解析]本題考查彈簧組的瞬時性問題。在剪斷細線之前，細線的拉力為F＝4mg，上邊彈簧對球A的拉力為F′＝2mg，方向向上；下面彈簧對球B的作用力為F″＝4mg－mg＝3mg，方向向下，同樣下面彈簧對A的作用力大小也為F″＝3mg，方向向上；剪斷細線瞬間，對球A受力分析可知FA