高考物理总复习第10讲牛顿第二定律讲义.docx
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高考物理总复习第10讲牛顿第二定律讲义
教学资料范本
【2020】高考物理总复习第10讲牛顿第二定律讲义
编辑：
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时间：
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考情剖析
考查内容
考纲要求
考查年份
考查详情
能力要求
用牛顿
运动定律
解决问题
Ⅱ
15年
T6—选择，电梯中的超重与失重
分析综合
16年
T9—选择，合外力与加速度关系
分析综合
17年
T13—计算，电磁感应中应用牛顿第二定律
分析综合
弱项清单,1.对牛顿第二定律性质的理解欠缺
2．受力分析不清楚
3．瞬时加速度问题、动态问题分析不到位
4．求解较复杂的动力学问题能力薄弱，求解思路不明确，动力学特征理解不到位
知识整合
1．内容
物体加速度的大小跟受到的________成正比，跟物体的________成反比．加速度的方向跟____________．
2．表达式：
____________.
3．物理意义
反映了物体运动的________与外力的关系，且这种关系是瞬时对应的，当作用力的发生变化，加速度同时发生变化．
4．适用范围：
________物体、________运动．（惯性系内低速运动的宏观物体）
方法技巧考点1 牛顿第二定律的理解和应用
瞬时性
a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力
因果性
F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
（1）加速度a相对于同一惯性系（一般指地面）
（2）a＝
中，F、m、a对应同一物体或同一系统
（3）a＝
中，各量统一使用国际单位
独立性
（1）作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律
（2）物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和
（3）力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即ax＝
，ay＝
【典型例题1】 如图所示，从距弹簧顶端一定高度处自由落下的小球，从开始释放到弹簧的压缩量最大的过程中，则：
（1）分析小球的运动情况；
（2）指出小球在什么时候或什么位置速度最大、最小；
（3）指出小球在什么时候或什么位置加速度最大、最小．
1.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则（ ）
A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
考点2 牛顿第二定律的瞬时性问题
一、两种类型与三个模型
（一）两种类型
1．刚性绳（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．
（二）三种模型：
轻绳、轻杆和轻弹簧三种模型的异同
1．三个模型的相同点
（1）“轻”——质量和重力均不计．
（2）在任何情况下，绳中张力相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力也相等．
2．三个模型的不同点
（1）施力和受力特点
轻绳——只能产生沿绳方向的拉力．
轻杆——不仅可以产生和承受沿杆方向的拉力和压力，还可以产生和承受不沿杆方向的拉力和压力．
轻弹簧——可以产生和承受沿弹簧伸缩方向的拉力和压力．
（2）力的变化特点
轻绳——拉力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性．
轻杆——拉力和压力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性．
轻弹簧——弹力的产生、变化或消失需要时间，不具有突变性，即只能渐变，但具有瞬时性，即不同形变的瞬间，对应不同的弹力．（注意：
当轻弹簧的自由端无重物时，形变消失不需要时间，即具有突变性）
【典型例题2】 如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（ ）
A．都等于
B.
和0
C.
·
和0D．0和
·
考点3 牛顿第二定律的一般性问题
牛顿第二定律的一般性问题跟共点力的平衡问题处理方法很相似，一般步骤是
1．确定研究对象（单个物体或者几个物体组成的系统）；
2．进行受力分析；
3．利用合成、分解或者正交分解等方法列方程求解．
在正交分解时，一般x轴沿加速度方向，y轴垂直于加速度方向，则有Fx＝ma，Fy＝0.当然也可以把加速度进行正交分解，有Fx＝max，Fy＝may.
4．检查并讨论结果是否合理．
【典型例题3】 如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R＝1.5r.在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器．当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5m/s的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25N；某时刻撤去推力F之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x＝
m．已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g＝10m/s2.求：
（1）水平推力F的大小；
（2）撤去推力后传感器的示数．
2.如图所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°.已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）当汽车以a＝2m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；
（2）当汽车以a′＝10m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力．
当堂检测 1.如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角．这段时间内关于物块B受到的摩擦力下述判断中正确的是（ ）
第1题图
A．物块B不受摩擦力作用
B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左
C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右
D．因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断
2．如图所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为（g取10m/s2）（ ）
第2题图
A．0B．2.5NC．5ND．3.75N
3．（17年南通二模）如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a由静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ，则细线中的拉力大小为（ ）
第3题图
A．MgB．Mg＋ma
C．（m1＋m2）aD．m1a＋μm1g
4．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）
第4题图
A．0
B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为
g，方向垂直木板向下
D．大小为
g，方向水平向右
5．如图，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．
第5题图
第10讲 牛顿第二定律
知识整合
基础自测
1．作用力 质量 作用力方向相同
2．F＝ma
3．加速度
4．宏观 低速
方法技巧
·典型例题1·
（1）先做自由落体，然后做加速度减小的加速运动，最后做加速度增加的减速运动
（2）在重力等于弹力时速度最大，最后弹簧压缩量最大时速度最小为0 （3）在空中加速度为重力加速度，与弹簧接触后压缩量最大时加速度最大，在重力等于弹力时加速度最小 【解析】 小球与弹簧接触前做自由落体；小球接触弹簧上端后受到两个力作用：
向下的重力和向上的弹力．在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为弹力F＝kx不断增大，所以合力不断减小，故加速度不断减小，由于加速度与速度同向，因此速度不断变大．当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合力为零，加速度为零，速度达到最大．在接触后的后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动，但弹力大于重力，合力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上，小球做减速运动，当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大．
·变式训练1·A 【解析】 物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO间某点（设为点O′）时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力（加速度）方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析，只有选项A正确．
·典型例题2·D 【解析】 线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAg·sin30°的弹力，所以可得其加速度为
.
·典型例题3·
（1）75N
（2）0
【解析】
（1）系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中传感器示数F1＝25N．设P、Q球心连线与水平方向成θ角，则
cosθ＝
＝
则圆球重力mg＝F1tanθ
解得θ＝60°，mg＝25
N
当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则
v
＝2ax
系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
μMg＝Ma
系统匀速运动时F＝μMg
其中Mg＝3mg，解得
a＝
m/s2，F＝75N；
（2）撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得
－FA＝ma
解得FA＝0，即此时传感器示数为0.
·变式训练2·
（1）50N 22N
（2）40
N 0N
【解析】
（1）当汽车以a＝2m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图．
由牛顿第二定律得：
FT1cosθ＝mg，FT1sinθ－FN＝ma
代入数据得：
FT1＝50N，FN＝22N
由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22N.
（2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时（临界条件）的加速度为a0，受力分析如图所示．
由牛顿第二定律得：
FT2sinθ＝ma0，FT2cosθ＝mg
代入数据得：
a0＝gtanθ
＝10×
m/s2＝7.5m/s2
因为a＝10m/s2>a0
所以小球飞起来，FN′＝0N
所以，当汽车以a′＝10m/s2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得FT2cosθ′＝mg
FT2sinθ′＝ma′
代入数据得FT2＝40
N.
当堂检测
1．B 【解析】 由图知A球的加速度大小为a＝gtanθ，方向向左，则小车向右减速行驶，物块B相对小车有向前运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为f＝mBgtanθ，只有B正确．
2．D 【解析】 当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝（mA＋mB）g＝20N，弹力为F＝mAg＝15N，由牛顿第二定律G－F＝（mA＋mB）a，解得a＝2.5m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75N，D选项正确．
3．C 【解析】 物体C加速度竖直向下，绳子拉力为F，有Mg－F＝Ma，即F＝Mg－Ma，则A、B错误；以A、B整体为研究对象，水平方向只受到绳子的拉力，有F＝（m1＋m2）a，C正确；以物块A为研究对象，设B对A的静摩擦力为f，有F－f＝m1a，而f小于μm1g，故D错误．
4．C 【解析】 未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F＝
.当突然向下撤离光滑木板时，FN立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故Fx与mg的合力仍为F＝
，由此产生的加速度为a＝
＝
g，方向与合力方向相同，故C正确．
第4题图
5.1N或9N
【解析】 令Fsin53°－mg＝0，解得F＝
N
当F<
N时，环与杆的上部接触，受力如图，
第5题图
（1）
由牛顿第二定律得：
Fcosθ－μFN＝mg FN＋Fsinθ＝mg
由此得：
F＝
＝
N＝1N
当F>
N时，环与杆的下部接触，受力如图，
第5题图
（2）
由牛顿第二定律得：
Fcosθ－μFN＝mg Fsinθ＝FN＋mg
由此得：
F＝
＝
N＝9N.
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