《（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(qǐng)?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(jiǎn)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

2、，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v、t無必然聯(lián)系；a是加速度的決定式，aF，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(duì)牛頓第二定律的理解，錯(cuò)誤的是()A在Fkma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Fkma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Fma，故A正確；物體所受合力為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律Fma可知，加速度一定為零

3、，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()AOA方向BOB方向COC方向 DOD方向解析：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(20

4、19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

5、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(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，具體可簡(jiǎn)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

6、球的加速度大小分別為()A都等于B.和0C.和 D.和解析：選C對(duì)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FmAgsin 30mAa，agsin 30；對(duì)B球：在剪斷繩子之前，對(duì)B球進(jìn)行受力分析，B球受到重力、彈簧對(duì)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(duì)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 30mBa，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

7、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()A2 m/s2 B4 m/s2C6 m/s2 D8 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：FT乙T甲12 N8 N4 N，根據(jù)牛頓第二定律，得物塊的加速度大小為：a4 m/s2，小車與物塊相對(duì)靜止，加速度相等，所以小車的加速度為

8、4 m/s2，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。3.(2019吳江檢測(cè))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gB物體a的加速度大小為0C物體b的加速度大小為0D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(duì)a、b整體受力分析可得，彈簧彈力F2mg。剪斷繩子瞬間，彈簧彈力不變，繩子拉力變?yōu)榱?。?duì)a受力分析，a受重力、彈簧彈力，由牛頓第二定律可得：Fmgma1，解得：a1g，方向豎直向上。對(duì)b受力分析，b只受重力，則b的加速度為g，方向豎直向下，

9、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m1 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(cè)得物體的瞬時(shí)速度，下表給出了部分測(cè)量數(shù)據(jù)。求：t/s0.00.20.42.22.4v/(ms1)0.01.02.03.32.1(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；(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，由牛頓第

10、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/s25 m/s2減速階段加速度大小為：a2 m/s26 m/s2加速階段中由牛頓第二定律得：Fmgsin ma1減速階段中由牛頓第二定律得：mgsin ma2聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得：Fm(a1a2)11 N。(2)撤力瞬間速度最大，則有a1tv0a2(tt)，其中：v03.3 m/s，t2.2 s解得t1.5 s。答案(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，

11、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(Fmg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則()Aa2a1Ba2a1Cx2x1 Dx2x1解析：選AD設(shè)木盒的質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得，放砝碼時(shí)，加速度：a1g，拿走砝碼施加F時(shí)，加速度：a2g，可知a2a1。根據(jù)v22ax得，x，知加速度增大，則滑行的距離變小。即：x20，所以假設(shè)成立，物體在02 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 F1mgcos ma1，解得a12.5 m/s2，v1a1t1，代入數(shù)據(jù)可得v15 m

12、/s。(2)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1a1t125 m，當(dāng)拉力為F24.5 N時(shí)，由牛頓第二定律可得mgsin mgcos F2ma2，代入數(shù)據(jù)可得a20.5 m/s2，設(shè)物體經(jīng)過t2時(shí)間速度減為零，則0v1a2t2，解得t210 s，物體在t2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為x2v1t2a2t2225 m，由于mgsin mgcos F2t3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，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)，兩個(gè)滑環(huán)分別從a

13、、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()At1t2Bt1t2Ct1t2Dt1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，根據(jù)幾何關(guān)系得，軌道的長度L(2R12R2)cos ，加速度：agcos ，根據(jù)Lat2得，t ，與夾角無關(guān)，則t1t2。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BMO60，O為圓心。現(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

14、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()AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于C點(diǎn)的位置不確定，無法比較時(shí)間大小關(guān)系解析：選B由等時(shí)圓模型可知，A、C在圓周上，B點(diǎn)在圓周外，故tAtC，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()AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtCDtEF，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agsin ，由位移公式得lat2gsin t2，即gt2，不同的傾角對(duì)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。