《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題講義（含解析）（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第2節(jié) 牛頓第二定律 兩類動(dòng)力學(xué)問題講義（含解析） (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。(√) (2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小。(×) (3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×) (4)物體受到外力作用，立即產(chǎn)生加速度。(√) (5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運(yùn)動(dòng)情況。(×) (6)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。(√) (7)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×) (8)力的單位牛頓，簡稱牛，屬于導(dǎo)出單位。(√) 突破點(diǎn)(一)　牛頓第二定律的理解 1．牛

2、頓第二定律的五個(gè)特性 2．合力、加速度、速度之間的決定關(guān)系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體都有加速度。 (2)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。 (3)合力與速度同向時(shí)，物體加速運(yùn)動(dòng)；合力與速度反向時(shí)，物體減速運(yùn)動(dòng)。 [題點(diǎn)全練] 1．(2019·溫州月考)對牛頓第二定律的理解，錯(cuò)誤的是(　　) A．在F＝kma中，k的數(shù)值由F、m、a的單位決定 B．當(dāng)合力為零時(shí)，加速度為零 C．加速度的方向總跟合力的方向一致 D．牛頓第二定律說明當(dāng)物體有加速度時(shí)，物體才受到外力的作用 解析：選D　在F＝

3、kma中，k的數(shù)值由F、m、a的單位決定，當(dāng)F、m、a的單位都取國際單位時(shí)，k的數(shù)值取1，即F＝ma，故A正確；物體所受合力為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，加速度一定為零，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向與合力的方向相同，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律知，當(dāng)物體加速度不為零即有加速度時(shí)，則合力不為零，當(dāng)物體沒有加速度即加速度為零時(shí)也可以受到外力作用，只是此時(shí)合力為零，故D錯(cuò)誤。 2.(2016·上海高考)如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，球所受合外力的方向沿圖中的(　　) A．OA方向　　　　　 　B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向

4、解析：選D　據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整體，根據(jù)整體法和隔離法的關(guān)系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故選項(xiàng)D正確。 3.[多選](2019·靖江期考)如圖所示，在光滑水平面上有一物塊受水平恒力F的作用而運(yùn)動(dòng)，在其正前方固定一個(gè)足夠長的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)物塊與彈簧接觸并將彈簧壓至最短的過程中，下列說法正確的是(　　) A．物塊接觸彈簧后即做減速運(yùn)動(dòng) B．物塊接觸彈簧后先加速后減速 C．當(dāng)彈簧最短時(shí)，物塊有向左的加速度 D．當(dāng)物塊的速度最大時(shí)，它受的合力為零 解析：選BCD　物塊剛接觸彈簧時(shí)，受

5、到向左的彈簧彈力的作用，但小于向右的水平恒力F，由牛頓第二定律可知物塊仍然向右加速，故A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知加速度和合外力同時(shí)變化，物塊從接觸彈簧到壓縮量最大的過程中，合外力先減小到零，加速度也減小到零，而速度繼續(xù)增加；然后合外力再反向增大，加速度反向增大，此時(shí)加速度和速度反向，速度逐漸減小，故B正確；當(dāng)彈簧處于壓縮量最大時(shí)，彈力大于向右的恒力，合外力不為零，物塊有向左的加速度，故C正確；當(dāng)物塊受到合外力為零時(shí)，加速度為零，之前是加速度逐漸減小到零的加速過程，此時(shí)速度最大，故D正確。 突破點(diǎn)(二)　牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題 1．兩種模型 加速度與合外力具有瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系，二者總是同

6、時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡化為以下兩種模型： 2．求解瞬時(shí)加速度的一般思路 ?? [題點(diǎn)全練] 1.(2019·成都月考)如圖所示，A、B兩小球分別連在輕繩兩端，B球另一端用彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面上。A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g。若不計(jì)彈簧質(zhì)量，在繩被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為(　　) A．都等于　　　　　　 　　B.和0 C.和 D.和 解析：選C　對A球：在剪斷繩子之前，A球處于平衡狀態(tài)，所以繩子的拉力等于A球的重力沿斜面的分力。在剪斷繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，此時(shí)小球A受到的合力為F＝mAgsin 30

7、°＝mAa，a＝gsin 30°＝；對B球：在剪斷繩子之前，對B球進(jìn)行受力分析，B球受到重力、彈簧對它斜向上的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，此時(shí)對B球進(jìn)行受力分析， 則B球受到重力、彈簧斜向上的拉力、支持力，根據(jù)牛頓第二定律得：mAgsin 30°＝mBa′，解得a′＝。故C正確。 2.如圖所示，底板光滑的小車停在水平地面上。現(xiàn)在小車前后壁上用兩個(gè)量程為20 N、完全相同的彈簧秤甲和乙拉住一個(gè)質(zhì)量為1 kg的物塊，此時(shí)兩彈簧秤的示數(shù)均為10 N。當(dāng)小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤甲的示數(shù)變?yōu)? N，這時(shí)小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小是(　　) A．2 m/s2

8、 B．4 m/s2 C．6 m/s2 D．8 m/s2 解析：選B　因彈簧的彈力與其形變量成正比，當(dāng)彈簧秤甲的示數(shù)由10 N變?yōu)? N時(shí)，其形變量減少，則彈簧秤乙的形變量必增大，且甲、乙兩彈簧秤形變量變化的大小相等，所以，彈簧秤乙的示數(shù)應(yīng)為12 N，物塊在水平方向所受到的合外力為：F＝T乙－T甲＝12 N－8 N＝4 N，根據(jù)牛頓第二定律，得物塊的加速度大小為：a＝＝4 m/s2，小車與物塊相對靜止，加速度相等，所以小車的加速度為4 m/s2，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 3.(2019·吳江檢測)如圖所示，物體a、b用一根不可伸長的細(xì)線相連，再用一根輕彈簧跟a相連，彈簧上端固定

9、在天花板上，已知物體a、b的質(zhì)量相等。當(dāng)在P點(diǎn)處剪斷繩子的瞬間(　　) A．物體a的加速度大小為g B．物體a的加速度大小為0 C．物體b的加速度大小為0 D．物體b的加速度大小為2g 解析：選A　設(shè)a、b的質(zhì)量均為m，剪斷繩子前，對a、b整體受力分析可得，彈簧彈力F＝2mg。剪斷繩子瞬間，彈簧彈力不變，繩子拉力變?yōu)榱?。對a受力分析，a受重力、彈簧彈力，由牛頓第二定律可得：F－mg＝ma1，解得：a1＝g，方向豎直向上。對b受力分析，b只受重力，則b的加速度為g，方向豎直向下，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(三)　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 1．解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的思路

10、2．動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的解題步驟 [典例]　(2018·通榆期中)如圖所示，一光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量m＝1 kg的物體在平行于斜面向上的恒力F作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)立即撤去拉力F。此后，物體到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為零。每隔0.2 s通過傳感器測得物體的瞬時(shí)速度，下表給出了部分測量數(shù)據(jù)。求： t/s 0.0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 … v/(m·s－1) 0.0 1.0 2.0 … 3.3 2.1 … (1)恒力F的大??； (2)撤去外力F的時(shí)刻。 [思路點(diǎn)撥] (1)分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，由表格所給的數(shù)據(jù)求加速度；

11、 (2)對物體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出F； (3)撤去F時(shí)刻物體的速度最大，勻減速到零的運(yùn)動(dòng)可用逆向思維法計(jì)算。 [解析]　(1)加速階段由加速度的定義知，加速度： a1＝＝ m/s2＝5 m/s2 減速階段加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝6 m/s2 加速階段中由牛頓第二定律得：F－mgsin θ＝ma1 減速階段中由牛頓第二定律得：mgsin θ＝ma2 聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得：F＝m(a1＋a2)＝11 N。 (2)撤力瞬間速度最大，則有a1t＝v0＋a2(t′－t)， 其中：v0＝3.3 m/s，t′＝2.2 s 解得t＝1.5 s。 [答案]　(

12、1)11 N　(2)1.5 s [方法規(guī)律] 解決動(dòng)力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.[多選](2018·宿遷調(diào)研)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離x1后停止?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則(　　) A．a(chǎn)2>a1　　　　　　　　 　B．a(chǎn)2＝a1 C．x2>x1 D．x2

13、2＞a1。根據(jù)v2＝2ax得，x＝，知加速度增大，則滑行的距離變小。即：x2

14、CD是曲線AD的漸進(jìn)線。假如返回艙總質(zhì)量為M＝400 kg，g取10 m/s2。求： (1)在開始時(shí)刻v0＝160 m/s時(shí)，返回艙的加速度大??； (2)空氣阻力系數(shù)k(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。 解析：(1)開始時(shí)v0＝160 m/s，過A點(diǎn)切線的斜率大小就是此時(shí)的加速度的大小， 加速度的大?。篴＝＝ m/s2＝20 m/s2。 (2)設(shè)浮力為F，據(jù)牛頓第二定律，在t＝0時(shí)有： kv02＋F－Mg＝Ma 由題圖知返回艙的最終速度為：v＝4 m/s， 當(dāng)返回艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有：kv2＋F－Mg＝0 故k＝＝ kg/m≈0.31 kg/m。 答案：(1)20 m/s2　(2)0.3

15、1 kg/m 突破點(diǎn)(四)　動(dòng)力學(xué)的圖像問題 1．常見的動(dòng)力學(xué)圖像 v -t圖像、a -t圖像、F -t圖像、F -a圖像等。 2．動(dòng)力學(xué)圖像問題的類型 3．解題策略 (1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積的物理意義。 (2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。 [多維探究] (一)由運(yùn)動(dòng)圖像分析物體的受力情況 [例1]　質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，經(jīng)0.5 s落至地面，該下落過程對應(yīng)的v -t圖像如圖所示。球與水平

16、地面相碰后離開地面時(shí)的速度大小為碰撞前的，設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f，取g＝10 m/s2。求： (1)彈性球受到的空氣阻力f的大??； (2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。 [解析]　(1)設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度為a，由速度時(shí)間圖像得： a＝＝8 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得：mg－f＝ma 解得：f＝0.2 N。 (2)由速度時(shí)間圖像可知，彈性球第一次到達(dá)地面的速度為v＝4 m/s 則彈性球第一次離開地面時(shí)的速度大小為v′＝3 m/s 離開地面后a′＝＝12 m/s2， 根據(jù)v′2＝2a′h 解得：h＝0.375 m。 [答案]　(1)0.2 N　(2)

17、0.375 m (二)由力的圖像分析物體的運(yùn)動(dòng)情況 [例2]　(2019·華中師大附中模擬)如圖甲所示為一傾角θ＝37°足夠長的斜面，將一質(zhì)量m＝1 kg的物體在斜面上靜止釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像如圖乙所示，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)2 s末物體的速度大?。? (2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移。 [解析]　(1)對物體受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假設(shè)0～2 s物體沿斜面方向向下運(yùn)動(dòng)mgsin θ－μmgcos θ－F1>0， 所以假設(shè)成立

18、，物體在0～2 s內(nèi)沿斜面向下 做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得 mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2， v1＝a1t1， 代入數(shù)據(jù)可得v1＝5 m/s。 (2)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為 x1＝a1t12＝5 m， 當(dāng)拉力為F2＝4.5 N時(shí)，由牛頓第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ－F2＝ma2， 代入數(shù)據(jù)可得a2＝－0.5 m/s2， 設(shè)物體經(jīng)過t2時(shí)間速度減為零，則 0＝v1＋a2t2， 解得t2＝10 s， 物體在t2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為 x2＝v1t2＋a2t22＝25 m， 由于mgs

19、in θ－μmgcos θ

20、觸彈簧后將彈簧壓縮到最短的過程中，受到向下的重力和彈簧向上的彈力，由于彈簧的彈力與壓縮量成正比，開始階段，彈力小于重力，小球的合力向下，與速度方向相同，速度增大，隨著彈力的增大，合力減小，加速度減小；后來彈力大于重力，合力向上，隨著彈力的增大，合力增大，加速度增大，由于合力與速度方向相反，小球速度減小，故當(dāng)彈力與重力相等時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)；所以小球接觸彈簧后先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，由以上分析可知D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 [答案]　D 1．質(zhì)點(diǎn)從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。 2．質(zhì)點(diǎn)從豎直

21、圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。 3．兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。 [典例]　[多選]如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O′為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無初速釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　 　B．t2>t3 C．

22、t1aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C、D均正確。 [答案]　BCD [應(yīng)用體驗(yàn)] 1.(2018·鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，ab、cd是豎直面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，ab、cd兩端位于相切的兩個(gè)豎直圓周上。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫出)

23、，兩個(gè)滑環(huán)分別從a、c處釋放(初速度為零)，用t1、t2依次表示滑環(huán)從a到b和從c到d所用的時(shí)間，則(　　) A．t1＞t2 B．t1＜t2 C．t1＝t2 D．t1和t2的大小以上三種情況都有可能 解析：選C　設(shè)軌道與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系得，軌道的長度L＝(2R1＋2R2)cos θ，加速度：a＝＝gcos θ，根據(jù)L＝at2得，t＝ ，與夾角無關(guān)，則t1＝t2。故C正確。 2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)。B點(diǎn)在y軸上且∠BM

24、O＝60°，O′為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是(　　) A．tA

25、系為α>β>θ，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為(　　) A．tAB＝tCD＝tEF　　　　 　B．tAB>tCD>tEF C．tABtCD>tEF，B項(xiàng)正確。 4.如圖所示，幾條足夠長的光滑直軌道與水平面成不同角度，從P點(diǎn)以大小不同的初速度沿各軌道發(fā)射小球，若各小球恰好在相同的時(shí)間內(nèi)到達(dá)各自的最高點(diǎn)，則各小球最高點(diǎn)的位置(　　) A．在同一水平線上 B．在同一豎直線上 C．在同一拋物線上 D．在同一圓周上 解析：選D　設(shè)某一直軌道與水平面成θ角，末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)可看成逆向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球在直軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝gsin θ，由位移公式得l＝at2＝gsin θ·t2，即＝gt2，不同的傾角θ對應(yīng)不同的位移l，但相同，即各小球最高點(diǎn)的位置在直徑為gt2的圓周上，選項(xiàng)D正確。