浙江省2021版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2节牛顿第二定律两类动力学问题教案 1 16页

第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题 ‎【基础梳理】‎ 提示：作用力　质量　作用力　F＝ma　惯性　宏观 低速　受力情况　运动情况　基本单位　导出单位　‎ 质量　时间　长度　基本量 ‎【自我诊断】‎ ‎ 判一判 ‎(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(　　)‎ ‎(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(　　)‎ ‎(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(　　)‎ ‎(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(　　)‎ ‎(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(　　)‎ ‎(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(　　)‎ ‎(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√‎ ‎ 做一做 ‎(2020·1月浙江选考)以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是(　　)‎ A．电流、A　　　　　　　　 B．位移、m C．功、J D．磁感应强度、T 16‎ 答案：B ‎　牛顿第二定律的基本应用 ‎【知识提炼】‎ ‎1．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．‎ ‎2．牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型 ‎(1)刚性绳(轻杆或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．‎ ‎(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．‎ ‎3．在求解瞬时加速度时应注意的问题 ‎(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积累的过程，不会发生突变．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　(2020·余姚质检)如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)‎ 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 ‎[解析]　在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确．‎ ‎[答案]　C 16‎ ‎【题组过关】‎ ‎ 考向1　力与运动的关系 ‎1.(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后(　　)‎ A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为零 解析：选BC.木块接触弹簧后向右运动，弹力逐渐增大，开始时恒力F大于弹簧弹力，合外力方向水平向右，与木块速度方向相同，木块速度不断增大，A项错误，B项正确；当弹力增大到与恒力F相等时，合力为零，速度增大到最大值，C项正确；之后木块由于惯性继续向右运动，但合力方向与速度方向相反，木块速度逐渐减小到零，此时，弹力大于恒力F，加速度大于零，D项错误．‎ ‎ 考向2　牛顿运动定律的瞬时性 ‎2．如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．‎ ‎(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度．‎ ‎(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．‎ 解析：(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsin θ.‎ ‎(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtan θ，方向水平向右．‎ 答案：(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方 ‎(2)gtan θ，方向水平向右 瞬时问题的处理 ‎(1)两种模型：加速度与合外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模型：‎ 16‎ ‎(2)求解瞬时加速度的一般思路 ‎　 ‎ ‎　动力学的两类基本问题 ‎【知识提炼】‎ ‎1．解决两类动力学问题的关键 ‎(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析．‎ ‎(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．‎ ‎2．解决动力学问题时的处理方法 ‎(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时，一般采用“合成法”．‎ ‎(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　(2019·4月浙江选考)小明以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出一个质量m＝0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住．假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1.求小皮球 ‎(1)上升的最大高度；‎ ‎(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；‎ ‎(3)上升和下降的时间．‎ ‎[解析]　(1)在上升过程中，有mg＋Ff＝ma1‎ 解得a1＝11 m/s2‎ 上升的高度h＝＝ m.‎ ‎(2)重力做的功WG＝0‎ 空气阻力做的功Wf＝－Ff·2h＝－ J.‎ ‎(3)上升的时间t1＝＝ s 在下降过程中，有mg－Ff＝ma2‎ 16‎ 解得a2＝9 m/s2‎ 又h＝a2t 解得t2＝ s.‎ ‎[答案]　(1) m　(2)0　－ J ‎(3) s　 s ‎【题组过关】‎ ‎ 考向1　已知受力求运动 ‎1．(2020·余姚月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104 kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104 N，受到的阻力恒为Ff＝2×104 N，起飞速度v＝80 m/s.‎ ‎(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？‎ ‎(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？‎ 解析：(1)飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x1，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2‎ x1＝＝ m＝ m.‎ ‎(2)飞机匀减速直线运动的位移x2，‎ x2＝＝ m＝800 m 所以跑道的长度至少应为 x＝x1＋x2＝ m＋800 m≈3 467 m.‎ 答案：见解析 ‎ 考向2　已知运动求力 ‎2．(2020·1月浙江选考)(9分)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54 m后进入水平雪道，继续滑行40.5 m后减速到零．已知小明和滑雪车的总质量为60 kg，整个滑行过程用时10.5 s，斜直雪道倾角为37°(sin 37°＝0.6)．求小明和滑雪车 ‎(1)滑行过程中的最大速度vm的大小；‎ 16‎ ‎(2)在斜直雪道上滑行的时间t1；‎ ‎(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小．‎ 解析：(1)＝ vm＝18 m/s.‎ ‎(2)x1＝t1‎ t1＝6 s.‎ ‎(3)a＝＝3 m/s2‎ 由牛顿第二运动定律mgsin 37°－Ff＝ma 得Ff＝180 N.‎ 答案：见解析 ‎ 考向3　等时圆模型 ‎3.(2020·杭州调研)如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)‎ A．2∶1 B．1∶1 C.∶1 D．1∶ 解析：选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝　＝　　＝2　　，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．‎ ‎1．解答两类动力学问题的基本程序 ‎(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．‎ ‎(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．‎ ‎(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解．‎ ‎(4)解答过程中一定要明确各阶段的加速度，以加速度为纽带求解相应问题．‎ ‎2．等时圆模型 16‎ ‎(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示．‎ ‎(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．‎ ‎(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．　 ‎ ‎　动力学图象问题的应用 ‎【知识提炼】‎ ‎1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－x 图象，F－a图象等．‎ ‎2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．‎ ‎3．图象的应用 ‎(1)已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况．‎ ‎(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况．‎ ‎(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．‎ ‎4．解题策略 ‎(1)问题的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．‎ ‎(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　(2020·舟山质检)一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示：则(　　)‎ 16‎ A．滑动摩擦力为3 N B．全过程克服摩擦力做功30 J C．动摩擦因数为0.2‎ D．物体的质量为1.5 kg ‎[解析]　由图象可知：6～8 s内物体匀速，则滑动摩擦力Ff＝2 N，A错误；物体全过程位移为v－t图象与t轴围成面积x＝×3 m＝15 m，全过程摩擦力做功 Wf＝Ffx＝－30 J，B正确；根据8～10 s内物体匀减速加速度a＝1.5 m/s2，可知μ＝0.15，C错误；根据2～6 s内物体匀加速，a1＝m/s2，由F1－Ff＝ma1，可求得m＝ kg，D错误．‎ ‎[答案]　B ‎【题组过关】‎ ‎ 考向1　根据图象分析物体的运动情况 ‎1．(2020·湖州质检)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；‎ ‎(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.‎ 解析：(1)物块上升的位移：‎ x1＝×2×1 m＝1 m 物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m 位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m 路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.‎ ‎(2)由题图乙知，各阶段加速度的大小 a1＝ m/s2＝4 m/s2‎ a2＝ m/s2＝－4 m/s2‎ 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律 ‎0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1‎ 16‎ ‎0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2‎ 联立解得：F＝8 N.‎ 答案：(1)0.5 m　1.5 m ‎(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N ‎ 考向2　根据已知条件确定物理量的变化图象 ‎2.如图所示，滑雪爱好者从静止沿山坡匀加速滑下，在水平雪面上匀减速滑行一段距离停止，沿山坡下滑的距离比在水平雪面上滑行的距离大，斜面与水平雪面平滑连接．下列图中x、v、a、F分别表示滑雪爱好者位移大小、速度大小、加速度大小以及合力大小，其中正确的是(　　)‎ ‎　‎ 解析：选B.滑雪爱好者在斜面上做匀加速直线运动，在水平雪面上做匀减速直线运动，而不是匀速直线运动，故A错误；对于匀加速直线运动有：v2＝2a1x1，对于匀减速直线运动有：v2＝2a2x2，因为x1>x2，所以a1gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θt1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，则 v＝vmax－a2(t－t1)‎ 解得：v＝3.2 m/s.‎ 答案：(1)4 m/s　(2)0.4　(3)3.2 m/s ‎13.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；‎ 16‎ ‎(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；‎ ‎(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)‎ 解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x＝at2，解得：x＝16 m.‎ ‎(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2.‎ ‎(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′；t′＝，x′＝a1t′2，解得：x′＝1 m．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：v－02＝2a2(x＋x′)，解得：vt＝2 m/s.‎ 答案：(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　‎ ‎(3)2 m/s 16‎