2021版物理导学大一轮人教广西专用课件：第三章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题考纲考情核心素养►单位制Ⅰ►牛顿第二定律及其应用Ⅱ►基本单位、导出单位、单位制和国际单位制等．►牛顿第二定律及其适用范围.物理观念全国卷5年14考高考指数★★★★★►应用牛顿第二定律对实际问题进行分析、推理和判断.科学思维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公式推导出的其他物理量的单位．(4)力学国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m 千克(公斤)kg时间t 秒s长度l 米m知识点二两类动力学问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动．(2)已知运动情况求物体的受力．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由牛顿第二定律和运动学公式列方程求解，具体逻辑关系如下：1．思考判断(1)物体减速时，加速度方向与速度方向相反．(√)(2)相同质量的物体，加速度越大，所受合外力越大．(√)(3)物体加速度由运动状态决定，与所受力无关．(×)(4)物体加速度减小时，速度一定减小．(×)(5)质量不变的物体所受合外力发生变化，加速度也一定发生变化．(√)(6)牛顿为力学基本单位．(×)2．有研究发现，轿车的加速度变化情况将影响乘客的舒适度，即加速度变化得越慢，乘客就会感到越舒适，加速度变化得越快，乘坐轿车的人就会感到越不舒适．若引入一个新物理量来表示加速度变化的快慢，则该物理量的单位是(C)A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s解析：新物理量表示的是加速度变化的快慢，所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值，所以新物理量的单位应该是m/s3，选项C正确．3．在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动．作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中(D)A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定F>f，且ma＝F－f；当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F<f后，此时ma＝f－F，F 减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反，物体减速，综合所述，选项D正确．4．(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)(ACD)A．3 N B．25 N C．30 N D．50 N解析：若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确．5．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的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的(B)A．加速度为零，速度为零B．加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C．加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析：根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力．小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确．考点1牛顿第二定律的性质题型1合力、速度、加速度间的关系1.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(A)解析：小球从接触弹簧开始，所受合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动；运动到某个位置时，弹簧弹力等于重力，合力为零，加速度为零，速度最大；然后弹力大于重力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动；运动到最低点时，速度为零，加速度最大．根据对称性可知，到达最低点时小球的加速度大于g，选项A正确，B、C、D错误．名师点睛合力、速度、加速度间的关系(1)在质量一定时，物体的加速度由合力决定，合力大小决定加速度大小，合力方向决定加速度方向，合力恒定，加速度恒定；合力变化，加速度变化.(2)做直线运动的物体，只要速度和加速度方向相同，速度就增大；只要速度和加速度方向相反，速度就减小.题型2牛顿第二定律的矢量性2. (多选)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻(BCD)A．小车对物块B的摩擦力大小为μmgB．小车对物块B的摩擦力水平向右C．小车对物块B的摩擦力大小为mg tanθD．小车对物块B的合力大小为mg1＋tan2θ解析：对小球A做受力分析，由牛顿第二定律得，m A g tanθ＝m A a A，故a A＝g tanθ，方向水平向右；B相对于小车静止，则有a B＝g tanθ，方向水平向右，B受合力F合＝f＝ma B＝mg tanθ；小车对B的合力F ＝F2N＋f2＝mg1＋tan2θ.故B、C、D正确，A错误．3．如图所示，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)A．T＝m(g sinθ＋a cosθ)，F N＝m(g cosθ－a sinθ)B．T＝m(g cosθ＋a sinθ)，F N＝m(g sinθ－a cosθ)C．T＝m(a cosθ－g sinθ)，F N＝m(g cosθ＋a sinθ)D．T＝m(a sinθ－g cosθ)，F N＝m(g sinθ＋a cosθ)解析：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力，绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面，小球的受力情况如图所示：水平方向上，由牛顿第二定律得：T cosθ－F N sinθ＝ma①竖直方向受力平衡，则有T sinθ＋F N cosθ＝mg②联立①、②两式可得：T＝m(g sinθ＋a cosθ)，F N＝m(g cosθ－a sinθ)，故选A.名师点睛对牛顿第二定律矢量性的理解(1)由于加速度的方向与合力的方向总相同，若已知合力的方向，即可确定加速度的方向；反之，若已知加速度的方向，即可确定合力的方向.(2)牛顿第二定律为矢量表达式，可以对力或加速度分解列出分量式.题型3牛顿第二定律的瞬时性4．(多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行．在突然撤去挡板的瞬间(CD)A．两图中每个小球加速度均为g sinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sinθD．图乙中B球的加速度为g sinθ解析：本题考查瞬时性问题．撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，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 sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ.故A、B错误，C、D正确．5.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、2m、3m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间(D)A．吊篮A的加速度大小为gB．物体B的加速度大小为gC．物体C的加速度大小为gD．A、C间的弹力大小为0.5mg解析：本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题．将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，a AC＝F＋4mg4m＝2mg＋4mg4m＝1.5 g，即A、C的加速度均为1.5g，故A、C错误；在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故B错误；剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A有F AC＋mg＝ma AC，得F AC＝ma AC－mg＝0.5mg，故D正确．名师点睛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：考点2动力学两类问题1．动力学两类基本问题第一类：已知物体的受力情况，研究物体的运动．即在已知物体的受力情况下，由牛顿第二定律求出物体的加速度，再结合运动学公式确定物体的运动情况(速度、位移等)．第二类：已知物体的运动情况，研究物体的受力．即在已知物体的运动情况下，由运动学公式求出物体的加速度，再结合牛顿第二定律确定物体的合力，最后由力的合成分解求未知力．2．两类动力学问题的解题步骤题型1 已知物体的受力情况，分析物体的运动情况如图所示，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＝100 N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10 s，撤除水平推力F后经过t2＝15 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，第二次利用滑雪杖对雪面的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＝75 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f＝25 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)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1由牛顿第二定律F－F f＝ma1，得a1＝1 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v 1＝a 1t 1＝10 m/s通过的位移为x 1＝12a 1t 21＝50 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m ＝13m/s 2 经历时间t 2速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝5 m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x 2＝v 222a 2联立解得x 2＝187.5 m.【答案】 (1)10 m/s 50 m (2)187.5 m题型2 已知物体运动情况，分析物体受力情况如图甲所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)物块到达B 点时速度和加速度的大小；(2)拉力F 的大小；(3)若拉力F 与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F 的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．【解析】 (1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L ＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3 m/s2，v＝8 m/s.(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F－mg sinθ－F f＝ma 垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2 N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝maF N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg(sinθ＋μcosθ)＋macosα＋μsinα.【答案】(1)8 m/s 3 m/s2(2)5.2 N(3)F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma cosα＋μsinα题型3动力学两类问题综合应用光明一中为了提高学生的创新能力，培养科技后备人才，成立了科技航模兴趣小组，如图所示，他们正在试验自己设计的一架遥控飞机，动力系统提供恒定升力，使飞机从地面由静止开始竖直上升，若飞机质量为2 kg，飞行中所受阻力大小恒为4 N，g取10 m/s2.(1)现测得飞机第一次试飞到64 m高的速度为16 m/s，求飞机升力；(2)若飞机第二次飞行到36 m高时，因遥控器失灵，飞机失去升力．为了使飞机不致坠落地面摔坏，科技航模兴趣小组必须在多长时间内修复遥控器？【解析】(1)第一次飞行中，设加速度为a1，飞机做匀加速直线运动，有v2＝2a1H对飞机由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1联立解得F＝28 N.(2)第二次飞行中，设飞机失去升力时的速度为v1，飞机失去升力后上升的加速度为a2，失去升力后上升到最高点所需时间为t2、上升的高度为s2，由牛顿第二定律有2a1s1＝v21mg＋f＝ma2v1＝a2t2，s2＝v212a2所以飞机上升的最大高度h＝s1＋s2＝42 m设飞机失去升力下降阶段加速度为a3，失去升力加速下降的时间为t3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，由牛顿第二定律有mg－f＝ma3F＋f－mg＝ma4且v232a3＋v232a4＝h，v3＝a3t3解得t 3＝322 s(或2.1 s) 所以为了使飞机不致坠落地面摔坏，航模兴趣小组的最长维修时间t ＝t 2＋t 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋322 s(或3.1 s)． 【答案】 (1)28 N (2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋322 s(或3.1 s)高分技法解决动力学多过程问题的两个关键点(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．滑雪运动是近年来逐渐兴起的一种休闲运动，某滑雪游乐场有两个倾角为37°的正对的斜坡组成的滑道(粗糙程度相同)，如图所示，滑道底端平滑连接，滑道OA 高为h ，滑道OB 高为23h ，一质量m ＝70 kg 的游客从A 点由静止滑下，不受其他影响时，经O 点恰好滑到B 点停止，重力加速度g ＝10 m/s 2.则：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)游客在OB 段向上滑动时的加速度为多大？(2)滑雪过程中通过滑雪杖向后推地可获得沿速度方向向前的持续推力作用，若该游客到达B 点后，想返回A 点，需要在整个过程中获得的持续推力至少是多大？解析：(1)游客从A 到O 过程中有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1又2a 1h sin θ＝v 21－0 由O 到B 过程中，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2－2a 22h 3sin θ＝0－v 21 联立解得μ＝0.15，a 2＝7.2 m/s 2.(2)设推力为F ，则从B 到O 过程有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3又2a 32h 3sin θ＝v 22－0 从O 到A 过程有mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 4又－2a 4h sin θ＝0－v 22 解得F ＝168 N.答案：(1)7.2 m/s 2 (2)168 N。