2022届新高考一轮复习人教版 第三章 第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题 学案

这是一份2022届新高考一轮复习人教版 第三章 第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题 学案，共9页。学案主要包含了牛顿第二定律及单位制，动力学两类基本问题等内容，欢迎下载使用。


授课提示：对应学生用书第44页
一、牛顿第二定律及单位制
1．牛顿第二定律
(1)内容
物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
(2)表达式：F＝ma。
(3)适用范围
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对地面静止或做匀速直线运动的参考系。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制
(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
(2)基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。
(3)导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
二、动力学两类基本问题
1．动力学的两类基本问题
第一类：已知物体的受力情况求运动情况；
第二类：已知物体的运动情况求受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
授课提示：对应学生用书第45页
eq \a\vs4\al(命题点一 对牛顿第二定律的理解) 自主探究
1．牛顿第二定律的5个性质及其局限性
2．合力、加速度、速度间的决定关系
(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。
(2)合外力与速度同向，物体加速；合外力与速度反向，物体减速。
(3)a＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝eq \f(F,m)是加速度的决定式。
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．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
B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用
C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关
D．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小
解析：由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，选项A正确；根据因
果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B错误；牛顿第二定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关，选项C正确；由牛顿第二定律知物体所受合外力减小，加速度一定会减小，如果物体加速，其速度仍会增大，只是增大的慢一些，选项D正确。
答案：ACD
2.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零，而Q、N传感器示数不为零。已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g取10 m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
A．3 m/s2 B．2.5 m/s2
C．2 m/s2 D．1.5 m/s2
解析：当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零，对圆柱形工件受力分析如图所示。根据牛顿第二定律得FQ＋mg＝FNcs 15°，F合＝FNsin 15°＝ma，联立可得a＝eq \f(FQ＋mg,m)tan 15°＝eq \f(FQ,m)×0.27＋10×0.27 m/s2＝0.27·eq \f(FQ,m)＋2.7 m/s2＞2.7 m/s2，故加速度大于2.7 m/s2，故可能的加速度为A选项。
答案：A
易错警示
理解牛顿第二定律的3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(如第2题中加速度的计算)。
(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(如第1题D选项)。
(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(如第1题C选项)。
eq \a\vs4\al(命题点二 牛顿第二定律的瞬时性) 师生互动
1．两种常见模型
加速度与合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常见模型：
2．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。
[典例1] (多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为θ。如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间( )
A．图甲中小球的加速度大小为gsin θ，方向水平向右
B．图乙中小球的加速度大小为gtan θ，方向水平向右
C．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1∶cs2θ
D．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cs2θ∶1
[解析] 设两球质量均为m，剪断水平细线后，对小球A进行受力分析，如图(a)所示，小球A将沿圆弧摆下，小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下，则FT1＝mgcs θ，F1＝mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ，方向垂直倾斜细线向下，故选项A错误；对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2都不变，小球B的加速度a2的方向水平向右，如图(b)所示，则FT2＝eq \f(mg,cs θ)，F2＝mgtan θ＝ma2，所以a2＝gtan θ，方向水平向右，故选项B正确；图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2＝cs2θ∶1，故选项C错误，D正确。
[答案] BD
规律总结
求解瞬时加速度的步骤
———————————————————————

3．(多选)(2021·湖北孝感高三10月检测)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
解析：设物块的质量为m，剪断细绳前，对物块b和c整体，由平衡条件可得，物块a、b之间的弹簧弹力F1＝2mg。根据胡克定律得F1＝kΔl1，解得Δl1＝eq \f(2mg,k)。对物块c，由平衡条件可得，物块b、c之间的弹簧弹力F2＝mg。根据胡克定律得F2＝kΔl2，解得Δl2＝eq \f(mg,k)。剪断细绳的瞬间，细绳中拉力消失，而物块a、b下面的弹簧弹力不能发生突变，即Δl1、Δl2不变，所以Δl1＝2Δl2 ，选项C正确，D错误。对物块a，由牛顿第二定律，mg＋F1＝ma1，解得a1＝3g，选项A正确，B错误。
答案：AC
4．(2021·河北五校联盟联考)如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B用一根没有弹性的绳子连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线将A悬挂在天花板上，整个系统静止。现将A上面的细线剪断，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是( )
A．1.5g,1.5g,0 B．g,2g,0
C．g，g，g D．g，g,0
解析：剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间，轻弹簧的拉力不变，小球C所受合外力为零，C的加速度为零。A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律有3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
答案：A
5．(多选)如图所示，光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小都为2mgsin θ。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球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
答案：CD
eq \a\vs4\al(命题点三 动力学中的两类基本问题) 师生互动
1．解决动力学两类基本问题应把握的关键点
2．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)，一般采用“正交分解法”。
[典例2] (2021·上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5。(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小。
[思路点拨] 解此题可按以下思路：
(1)在BC段，对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度；
(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度；
(3)在AB段，对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)→牛顿第二定律→拉力F。
[解析] (1)在BC段，小圆环受重力、弹力和摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示，有
Ff＝μFN＝μmg，
Ff＝ma2，
则a2＝eq \f(Ff,m)＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2。
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
veq \\al( 2,B)＝2a1s1，
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
veq \\al( 2,B)＝2a2s2，
又eq \f(s1,s2)＝eq \f(8,5)，
则a1＝eq \f(s2,s1)a2＝eq \f(5,8)×8 m/s2＝5 m/s2。
(3)当Fsin θ由牛顿第二定律得
Fcs θ－Ff1＝ma1，
又FN1＋Fsin θ＝mg，Ff1＝μFN1，
联立以上各式，代入数据解得
F＝1.05 N。
当Fsin θ >mg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示，
由牛顿第二定律可知
Fcs θ－Ff2＝ma1，
又Fsin θ＝mg＋FN2，Ff2＝μFN2，
代入数据解得F＝7.5 N。
[答案] (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
规律总结
两类动力学问题的解题步骤
———————————————————————

6．在高速公路长下坡路端的外侧，常设有避险车道(可简化为倾角为θ的斜面，如图所示)，供刹车失灵的车辆自救，当失控车辆冲上该车道时，减速至停车。若一辆货车关闭发动机后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进一段距离到B点时速度减为0。已知该货车与避险车道的动摩擦因数为μ，忽略空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)货车在避险车道上减速运动的加速度；
(2)货车在避险车道上减速通过的距离l。
解析：(1)货车受重力G、支持力FN和摩擦力Ff，设货车上滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋Ff＝ma，
FN＝mgcs θ，
又Ff＝μFN，
解得货车在避险车道上减速运动的加速度a＝gsin θ＋μgcs θ，方向沿着车道向下。
(2)根据运动学公式得veq \\al( 2,0)＝2al，
将a代入得货车在避险车道上减速通过的距离l＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin θ＋μcs θ)。
答案：见解析
7．受新冠肺炎疫情的影响，人们都宅在家中无法出门，但有些外卖小哥还在工作。为安全起见，某次工作中，小哥把外卖物品送到顾客阳台正下方的平地上，然后操作无人机带动外卖由静止开始竖直向上做匀加速直线运动。一段时间后，外卖物品又匀速上升30 s，最后再匀减速2 s恰好到达顾客家的阳台且速度为零。遥控器上显示无人机上升过程中的最大速度为1 m/s，最大高度为32 m。已知外卖物品质量为2 kg，其受到的空气阻力恒为重力的0.02倍。求：
(1)无人机匀加速上升的高度；
(2)上升过程中，无人机对外卖物品的最大作用力。
解析：(1)设匀加速运动时间为t，根据匀变速运动的平均速度以及匀速运动规律可知
eq \f(vm,2)·t＋vm·t1＋eq \f(vm,2)·t2＝32 m，
其中vm＝1 m/s，t1＝30 s，t2＝2 s，
可以得到t＝2 s，
故匀加速阶段的加速度为a1＝eq \f(vm,t)＝0.5 m/s2，
匀加速阶段上升的高度为h1＝eq \f(1,2)a1t2＝1 m。
(2)无人机对外卖物品的最大作用力在匀加速上升阶段，根据牛顿第二定律可知
F－mg－F阻＝ma1，
其中F阻＝0.02mg，
代入数据整理可以得到F＝21.4 N，方向竖直向上。
答案：(1)1 m (2)21.4 N，方向竖直向上