高三物理一轮第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题Word文件下载.docx

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2．（粤教必修1P102T3改编）在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：

m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）．导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（）

A．m2·

kg·

s－4·

A－1B．m2·

s－3·

A－1

C．m2·

s－2·

A－1D．m2·

s－1·

[答案]　B

牛顿第二定律的应用

3．（人教版必修1P78T5改编）水平路面上质量是30kg的手推车，在受到60N的水平推力时做加速度为1.5m/s2的匀加速运动．

（1）如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？

（g＝10m/s2）

（2）若在外力作用下匀加速4s撤去外力后，还能运动多少时间？

[解析]　

（1）设阻力为Ff，则F－Ff＝ma，解得Ff＝15N．如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则Ff＝ma′，解得a′＝0.5m/s2.

（2）由v＝at及v＝a′t′可知，

t′＝

＝12s.

[答案]

（1）0.5m/s2　

（2）12s

动力学基本问题

4．（鲁科必修1P113T6）如图所示，质量为0.8kg的物块以5m/s的初速度从斜面顶端下滑，斜面长5m，倾角为37°

，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3.求：

（1）物块在斜面上运动时的加速度；

（2）物块滑至斜面底端时的速度．（取g＝10m/s2）

[解析]　

（1）由于物体下滑过程中受重力、摩擦力、弹力作用，沿斜面方向有

mgsin37°

－μmgcos37°

＝ma

解得a＝3.6m/s2，方向沿斜面向下．

（2）由v

－v

＝2as得vt＝7.8m/s，方向沿斜面向下．

[答案]　

（1）3.6m/s2　沿斜面向下　

（2）7.8m/s　沿斜面向下

对牛顿第二定律的理解

1．牛顿第二定律的“五性”

矢量性

F＝ma是矢量式，a与F同向

瞬时性

a与F对应同一时刻

因果性

F是产生a的原因

同一性

a、F、m对应同一个物体，

应用时统一使用SI制

独立性

每一个力都产生各自的加速度

2.合力、加速度、速度间的决定关系

（1）物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．

（2）合力与速度同向时，物体加速运动；

合力与速度反向时，物体减速运动．

（3）a＝

是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；

a＝

是加速度的决定式，a∝F，a∝

.

[题组通关]

1．（2018·

四川广元一诊）如图321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（）

图321

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

A　[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．]

2.（多选）一物体重为50N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图322所示的水平力F1和F2，若F2＝15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是（g取10m/s2）（）

图322

A．3NB．25N

C．30ND．50N

ACD　[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<

5N，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>

25N，C、D正确．]

[反思总结]　理解牛顿第二定律的三点注意

（1）分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化.

（2）速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系.

（3）加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系.

牛顿第二定律的瞬时性

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：

2．一般思路

第一步：

分析原来物体的受力情况．

第二步：

分析物体在突变时的受力情况．

第三步：

由牛顿第二定律列方程．

第四步：

求出瞬时加速度，并讨论其合理性．

3．如图323所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（）

甲乙

图323

A．两图中两球加速度均为gsinθ

B．两图中A球的加速度均为0

C．图乙中轻杆的作用力一定不为0

D．图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍

D　[撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，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0，加速度为0，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；

图乙中杆的弹力突变为0，A、B两球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，可知只有D对．]

4．（2018·

泰安二模）如图324所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°

角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°

角，现将轻质细绳剪断的瞬间（重力加速度为g），下列说法正确的是（）

图324

A．弹簧弹力大小为

mg

B．球B的加速度为g

C．球A受到的支持力为

D．球A的加速度为

g

D　[剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan45°

＝mg；

剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和重力的大小和方向均没有改变，则F合＝

＝

mg，aB＝

g，A、B项错误．A球的重力大小GA＝2F绳cos30°

mg，A球受到的支持力NA＝GAcos30°

mg，C项错误．对A球由牛顿第二定律有mAgsin30°

＝mAaA，得A的加速度aA＝g·

sin30°

g，D项正确．]

[反思总结]　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.

动力学的两类基本问题

1．解决动力学基本问题时对力的处理方法

（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”．

2．两类动力学问题的解题步骤

[多维探究]

考向1　已知受力情况，求物体运动情况

1．（多选）（2018·

汕头模拟）建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是（）

图325

A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大

B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大

C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大

D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短

AC　[设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：

mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：

ma＝mgsinθ.雨滴的加速度为：

a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；

雨滴对屋顶的压力大小：

F′N＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；

根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝

，由x＝

gsinθ·

t2，可得：

t＝

，可见当θ＝45°

时，用时最短，D错误；

由v＝gsinθ·

t可得：

v＝

，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．]

2.如图326所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4N．g取10m/s2.

图326

（1）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5s时离地面的高度h；

（2）当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.

【导学号：

84370115】

[解析]　

（1）设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有

F－mg－f＝ma

解得a＝6m/s2

由h＝

at2，解得h＝75m.

（2）设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有

mg－f＝ma1

解得a1＝8m/s2

由v2＝2a1H，解得v＝40m/s.

[答案]

（1）75m　

（2）40m/s

在第2题中在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1.

[解析]　　设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律，有

F－mg＋f＝ma2

解得a2＝10m/s2

设飞行器恢复升力时速度为vm，则有

＋

＝H

解得vm＝

m/s

由vm＝a1t1，解得t1＝

s.

[答案]　

s

考向2　已知运动情况，求物体受力情况

3．（2018·

襄阳模拟）在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于（重力加速度g取10m/s2）（）

A．25m/s,1.25B．40m/s,0.25

C．50m/s,0.25D．80m/s,1.25

[题眼点拨]　①“4s末，100m的最高点”可由运动学公式求加速度；

②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.

C　[根据h＝

at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；

上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝

＝（k＋1）g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．]

德州模拟）一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°

的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2的加速度匀加速下滑．如图327所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4m．求：

（g取10m/s2）

图327

（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；

（2）恒力F的大小.

[题眼点拨]　①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力；

②“恒力F…静止开始…”说明使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．

[解析]　

（1）根据牛顿第二定律可得：

mgsin30°

－μmgcos30°

解得：

μ＝

（2）由x＝

a1t2，得a1＝2m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos30°

－mgsin30°

－μ（Fsin30°

＋mgcos30°

）＝ma1，代入数据得：

F＝

N

当加速度沿斜面向下时：

－Fcos30°

－

μ（Fsin30°

）＝ma1

代入数据得：

N.

[答案]

（1）

（2）

N或

随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×

104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×

105N．假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍．已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120m/s，航空母舰处于静止状态，求：

（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）

（1）飞机在后一阶段的加速度大小；

（2）飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小．

[解析]　

（1）飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg

根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2

代入数据解得a2＝4.0m/s2.

（2）飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg

根据匀加速运动规律有

v

＝2a1l1

v2－v

＝2a2（l－l1）

根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1

代入数据解得a1＝58m/s2，F牵≈1.1×

106N.

[答案]

（1）4.0m/s2　

（2）58m/s2　1.1×

106N

[反思总结]　解决动力学两类问题的关键点

（1）两个分析：

受力情况分析、运动情况分析.

（2）两个桥梁：

加速度是联系运动和力的桥梁、速度是各物理过程间相互联系的桥梁.

“传送带模型”问题

[母题]　（2018·

成都高三期末）如图328所示，倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°

，以v＝1m/s的速度顺时针匀速转动，两轮间的距离L＝9m，一可视为质点的物块以大小v0＝11m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，整个过程中物块质量的变化不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，求：

图328

（1）从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，物块相对传送带通过的路程；

（2）物块在传送带上运动的总时间.

【自主思考】

物块的速度第一次达到1m/s时物块的加速度怎样？

物块将怎样运动？

[提示]　因mgsinθ>

μmgcosθ，加速度方向不变，大小发生突变，物块继续做匀减速运动．

[解析]　

（1）物块从滑上传送带到第一次速度达到1m/s前受力如图甲所示，由牛顿第二定律有－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，代入数据解得a1＝－10m/s2，由运动学公式v－v0＝a1t1，解得t1＝1s．物块第一次速度达到1m/s时发生的位移为x1＝v0t1＋

a1t

，，代入数据得x1＝6m，传送带的位移x2＝vt1，代入数据得x2＝1m，物块相对传送带通过的路程Δx＝x1－x2，解得Δx＝5m.

（2）物块第一次速度达到1m/s后，由于mgsinθ>

μmgcosθ，物块会相对传送带下滑，在此过程中物块受力如图乙所示，对物块，由牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，解得a2＝－2m/s2，物块在此过程中上升的最大距离为x3，由运动学公式有－v2＝2a2x3，解得x3＝0.25m，因x1＋x3<

L，故物块此后会反向做匀加速运动，从下端离开传送带，物块受力仍如图乙所示，故加速度仍为a2＝－2m/s2，对物块，选择从速度第一次达到1m/s时到离开传送带的过程进行分析，由运动学公式有－x1＝vt2＋

a2t

，解得t2＝3s，故总时间t＝t1＋t2＝4s.

[答案]

（1）5m　

（2）4s

[母题迁移]

迁移1　水平传送带

1．（多选）如图329所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中（）

图329

A．煤块从A运动到B的时间是2.25s

B．煤块从A运动到B的时间是1.5s

C．划痕长度是0.5m

D．划痕长度是2m

[题眼点拨]　①“无初速度…相对滑动…”可知划痕长为二者相对位移大小；

②“从A运动到B…”运动过程有两种可能，一是一直加速，二是先匀加速再匀速．

BD　[根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝

＝4m/s2，

煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝

＝1s，位移大小x1＝

at

＝2m＜x，

此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即

Δx＝v0t1－x1＝2m，选项D正确，C错误；

x2＝x－x1＝2m，匀速运动的时间t2＝

＝0.5s，

运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，选项B正确，A错误．]

迁移2　倾斜传送带

2．如图3210所示，传送带与地面夹角θ＝37°

，从A到B长度为L＝10.25m，传送带以v0＝10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin37°

＝0.6，g取10m/s2，求：

图3210

（1）煤块从A到B的时间；

（2）煤块从A到B的过程中在传送带上形成痕迹的长度．

[解析]　

（1）煤块刚放上传送带时，受到向下的摩擦力，其加速度为

a1＝g（sinθ＋μcosθ）＝10m/s2，

加速过程中t1＝

＝1s，

x1＝

＝5m.

煤块速度达到v0后，受到向上的摩擦力，则

a2＝g（sinθ－μcosθ）＝2m/s2，x2＝L－x1＝5.25m，

x2＝v0t2＋

，得t2＝0.5s.

煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5s.

（2）第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5m，

第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25m，Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5m.

[答案]

（1）1.5s　

（2）5m

如图所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°

，A、B两端相距L＝5.0m，质量为M＝10kg的物体以v0＝6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s，（g取10m/s2，sin37°

＝0.8）求：

（1）物体从A点到达B点所需的时间；

（2）若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？

[解析]　

（1）设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1①

设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝

②

通过的位移x1＝

③

设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2

Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma2④

物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点

L－x1＝vt2－

⑤

联立①②③④⑤式可得：

t＝t1＋t2＝2.2s.

（2）若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，

L＝v0t′－

a2t′2⑥

联立④⑥式可得：

t′＝1s（t′＝5s舍去）．

[答案]

（1）2.2s　

（2）1s

[反思总结]　“三步”巧解传送带问题

（1）初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况.

（2）根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式.

（3）运用相应规律，进行相关计算.