高三物理一轮3.2牛顿第二定律两类动力学问题汇总

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1、三维设计2014届高三物理一轮教学案（14年预测+目标定位+规律总结）3.2牛顿第二定律两类动力学问题2抑.双垦固本源得基础分必备SHR要知年D I BE I Z HIS H I Y AO D A L A O牛顿第二定律想一想如图3-2- 1所示为一张在真空中拍摄的羽毛与苹果自由下落的频闪照片。请思考苹果与羽毛重力相差很大，为什么它们总在同一相同的高度呢？图 3- 2- 1提示：物体的加速度与力成正比，与物体的质量成反比，物体在真空中仅受重力作用，F mg故a= m= m= g,可知羽毛和苹果在真空中下落的加速度相同。故它们的运动状态时刻相同，它们能时刻处在同一高度。记一记1 内容物体加速度的

2、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。2. 表达式F= ma3. “五个”性质同向性公式F合一 ma疋矢量式，任 时刻，F合与a冋向瞬时性a与F合对应同一时刻，即 a为某时刻的加速度时，F合为该时刻物体所受合外 力因果性F合是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性F合一ma中，F合、m a对应冋一物体或冋一系统，各量统一使用国际单位独立性 作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律 物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和4. 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

3、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。试一试1. 关于牛顿第二定律的下列说法中，正确的是（）A. 物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定，与物体的速度无关B. 物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关C. 物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的D. 旦物体所受合外力为零，则物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了解析：选 AB对于某个物体，合外力的大小决定了加速度的大小，合外力的方向决定了加速度的方向，而速度的方向与加速度方向无关。根据牛顿第二定律的瞬时性特征，合外力一旦为零，加速度立即为零，则速度不再

4、发生变化，以后以此时的速度做匀速直线运动。两类动力学问题记一记1. 两类动力学问题（1）已知受力情况求物体的运动情况。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运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图:由力求运动由运动求力试一试2. 用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是（）A. v = 6 m/s， a= 0B. v= 10 m/s，a= 2 m/s2C. v = 6 m/s , a= 2 m/sD. v= 10 m/s , a= 0解析：选A 由牛

5、顿第二定律得：F= ma a= 2 m/s2。3 s末物体速度为 v = at = 6 m/s,此后F撤去，a= 0，物体做匀速运动，故 A正确。力学单位制想一想试比较三人冲刺速度的大如图3-2-2为甲、乙、丙三人百米比赛冲刺时的速度大小。丙罗小；由此看出应怎样比较物理量的大小?11 m/s7 200 fim/niin36 km/h图 3- 2-2提示：v 甲=11 m/s, v 乙=7 200 dm/min = 12 m/s, v 丙=36 km/h = 10 m/s，故 v 乙v 甲 v丙。由此可以看出，要比较同一物理量的大小，必须统一单位。记一记1. 单位制由基本单位和导出单位组成。2.

6、 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。4. 国际单位制中的七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n摩尔mol发光强度I V坎德拉cd试一试3. 关于单位制，下列说法中正确的是（）A. kg、m/s、N是导出单位B. kg、m C是基本单位C. 在国际单位制中，时间的基本单位是sD. 在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的解析：选CD在力学中选定 m（长度单位）

7、、kg（质量单位）、s（时间单位）作为基本单位,可以导出其他物理量的单位，力的单位（N）是根据牛顿第二定律 F= ma导出的，故C D正确。园.美mi抑.考帝I 玫苣点得按离分瞬时加速度问题1. 一般思路分析物体该时的受力情况由牛顿第二定律列方程瞬时加速度2.两种模型（1）刚性绳（或接触面）：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，弹力立即改变或消失， 不需要形变恢复时间， 一般题目中所给的细线、 轻杆和接触面在不加 特殊说明时，均可按此模型处理。（2）弹簧（或橡皮绳）：当弹簧的两端与物体相连 （即两端为固定端）时，由于物体有惯性， 弹簧的长度不会发生突变， 所以在瞬时问题中，

8、 其弹力的大小认为是不变的， 即此时弹簧的 弹力不突变。例1 （2013 吉林模拟）在动摩擦因数 卩=0.2的水平面上有一个质量为 m= 2 kg的 小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成0 = 45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图3-2-3所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳 的瞬间，取g= 10 m/s2，以下说法正确的是（）A. 此时轻弹簧的弹力大小为20 NB. 小球的加速度大小为 8 m/s2,方向向左C. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2,方向向右D. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0审题指导剪断轻绳时，弹簧的弹力不

9、能瞬间发生变化。剪断弹簧时，绳上的拉力在瞬间发生变化。尝试解题因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力Ft和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得：竖直方向有FtCos 0 = mg水平方向有Frsin 0 = F。解得轻弹簧的弹力为F= mgan 0 = 20 N，故选项 A正确。剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即Fn= mg由牛顿第二定律得小F卩 Fn 20 - 0.2 X 20球的加速度为 a=m =2 m/s 物体运动性质的判断方法(1) 明确物体的初始运动状态 (Vo)。(2) 明确物体的受力情况(F合)。(3)

10、根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度 变化情况。 两类动力学问题的解题步骤 (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。研究对象可以 是某个物体，也可以是几个物体构成的系统。 (2) 进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示意图，明确物体的运动性 质和运动过程。= 8 m/s (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。,方向向左，选项 B正确。当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误、D正确。答案ABD规律总结】在求解瞬时性问题

11、时应注意：(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过程的积累，不会发生突 变。fc*(4) 确定合外力F合，注意F合与a同向。若物体只受两个共点力作用，常用合成法；若*1动力学的两类基本问题分析物体受到3个或3个以上不在同一直线上的力的作用，一般用正交分解法。(5)根据牛顿第二定律 F合=ma或Fx = maR = ma 列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。例2如图3- 2 4所示，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=0.8 ,用大小为3

12、0 N,沿水平方向的外力拉此物体，经to= 2 s拉至B处。(已知eos 37sin 37 = 0.6，取 g= 10 m/s 2)图 3- 2-4(1)求物体与地面间的动摩擦因数;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审题指导物体在拉力作用下做匀加速直线运动,撤去拉力后做匀减速直线运动,当物体到B点速度恰好为零，则拉力的作用时间最短。尝试解题(1) 沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。根据运动学公式有1L=ato代入数据解得a= 10 m/s 2由牛顿第二定律知 F- Ff = ma解得Ff = 10 NFf

13、10所以卩=mg= 2x 10 = 0.5设外力F作用的最短时间为t，物体先以大小为 ai的加速度匀加速运动，所用时间为 t，受力分析如图所示。撤去外力后，以大小为a2的加速度匀减速运动，所用时间为t到达B处速度恰为零。由牛顿第二定律知Feos 37 - R = ma其中Ff =u Fn= u (mg- Fsin 37 )联立解得2 u mg2a111.5 m/s , a2 m u g5 m/sv = ait = a2t由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度，撤去外力时的速度1 1又因为 L= 2a1t2+ ?a2t 2联立解得t疋1.03 s。答案(1)0.5(2)1.03 s规律总结】

14、解决两类动力学问题两个关键点(1) 把握“两个分析” “一个桥梁”两个分析：物体的受力分析和物体的运动过程分析。一个桥梁：物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。(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，画图找出各过程间的位移联系。|牛顿第二定律与图象的综合问题1.常见的两类动力学图象问题(1) 已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。(2) 已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。2 解决图象综合问题的关键(1) 分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确

15、其物理意义，掌握物理 图象所反映的物理过程，会分析临界点。(2) 注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转 折点，两图线的交点等。(3) 明确能从图象中获得哪些信息： 把图象与具体的题意、 情境结合起来，再结合斜率、 特殊点、面积等的物理意义， 确定从图象中反馈出来的有用信息， 这些信息往往是解题的突 破口或关键点。例3如图3-2-5甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m锁定。t = 0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中 Oab段为曲线，be段为直线，倾斜直线 Od是t = 0时的速度图线的

16、切线,已知滑块质量m= 2.0 kg图 3- 2-5(1) 滑块与地面间的动摩擦因数；(2) 弹簧的劲度系数。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息Od是t = 0时的速度图线的切线Od的斜率表示t = 0时滑块的加速度be段为直线be段滑块受滑动摩擦力作用做匀减速运动第二步：找突破口要求滑块与地面间的动摩擦因数，只要由图象求出滑块匀减速运动的加速度，再由牛顿第二定律列方程即可。要求弹簧的劲度系数，则应利用牛顿第二定律对滑块在t = 0时刻列方程求解。尝试解题(1)从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小 vi 1.5ai=T = 03m/s 2= 5 m/s由牛顿第二定律得：卩mg= ma解

17、得：卩=0.5(2)刚释放时滑块的加速度 V23 cca2= t2 = 0.1 m/s 2= 30 m/s 2由牛顿第二定律得：kx 卩mg= ma解得：k = 175 N/m。答案(1)0.5(2)175 N/m规律总结】数图结合解决物理问题物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点， 特别是vt图象在考题中出现率极高。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。解决这类问题的核心是分析图象，我们应特别关注v t图中的斜率(加速度)和力的图线与运动的对应关系。补短板

18、弼不足得满廿:同类问题模型化”系列之(三)传送帯模型模型概述物体在传送带上运动的情形统称为传送带 模型。，因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面 倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的 大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种 可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过 程分析，是解决此类问题的关键。F面介绍两种常见的传送带模型。1 水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1wO0 T)(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后匀速情景2衲1(1) VoV时，可能一直减速，也可能先减速再匀速VOV返回时速度为V,当V0V返回时速度为Vo2倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1) 可能

19、一直加速(2) 可能先加速后匀速情景2(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后匀速(3) 可能先以a1加速后以a2加速情景3(1) 可能一直加速(2) 可能先加速后匀速(3) 可能一直匀速(4) 可能先以a加速后以a2加速心2右(1)可能一直加速情景4(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速典例如图3- 2 6所示，绷紧的传送带，始终以 2 m/s的速度匀速斜向上运行，传 送带与水平方向间的夹角0 = 30。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处,由传送带传送至顶端 Q处。已知P、Q之间的距离为4 m,工件与传送带间的动摩擦因数为工2= 2，取 g= 10 m/s。图 3 2

20、6(1) 通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2) 求工件从P点运动到Q点所用的时间。解析(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：i mgcos 0 mcpin 0 = ma代入数值得：a= 2.5 m/s 2则其速度达到传送带速度时发生的位移为2 2v 2X1= 2a= 2X 2.5 m = 0.8 m4m可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动 3.2 mv(2)匀加速时，由X1= 2t1得t1= 0.8 sX2 3.2匀速上升时12 = v = 2 s = 1.6 s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t = 11 + 12 = 2.4 s。答案(

21、1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动 3.2 m(2)2.4 s题后悟道对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析。现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图3 2 7所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带 AB始终保持恒定的速率 v = 1 m/s运行，一质量为 m= 4 kg的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数= 0.1 , A B间的距离 L= 2 m,

22、g 取 10 m/s 。图 3- 2-7(1) 求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2) 求物体做匀加速直线运动的时间；(3) 如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求物体从 A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。解析：(1)滑动摩擦力 Ff = i mg= 0.1 x 4X 10 N= 4 N ,加速度 a= i g= 0.1 x 10 m/s = 1 m/s(2) 物体达到与传送带相同速率后不再加速，则v 1v= at 1, 11 = a = 1 s = 1 s。(3) 物体始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a= 1 m/s2,当物体到达右端时，有vmin= 2aL, Vmin= *J2aL= /2x 1x2 m/s = 2 m/s ,所以传送带的最小运行速率为2 m/s。物体最短运行时间由Vmin= at min ,Vmin 2得 t min= a = 1 s = 2 s。2答案：(1)4 N 1 m/s (2)1 s (3)2 s 2 m/s