人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律学案及答案

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2020-2021学年高一物理同步讲义（新教材人教A版必修第一册）
第四章 运动和力的关系
4.3 牛顿第二定律
一．知识点归纳
知识点一 对牛顿第二定律的理解
1．表达式F＝ma的理解
(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位．
(2)F的含义：F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度．
2．牛顿第二定律的六个性质
性质
理解
因果性
力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度
矢量性
F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它受到的合力方向决定，且总与合力的方向相同
瞬时性
加速度与合外力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失
同体性
F＝ma中F、m、a都是对同一物体而言的
独立性
作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和
相对性
物体的加速度是相对于惯性参考系而言的，即牛顿第二定律只适用于惯性参考系
3.两个加速度公式的区别
定义式
a＝
它给出了测量物体的加速度的方法
决定式
a＝
它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素
知识点二　牛顿第二定律的应用
1．应用牛顿第二定律解题的一般步骤

2．常用方法
合成法
(1)确定研究对象，画出受力分析图，将各个力按照力的平行四边形定则在加速度方向上合成，直接求出合力
(2)根据牛顿第二定律列式求解
分解法
(1)确定研究对象，画出受力分析图，根据力的实际效果，将某一个力分解成两个分力
(2)根据牛顿第二定律列式求解，应用此法时要求对力的作用效果有清楚的认识，要按照力的实际效果进行分解
正交分解法
当物体受到多个力的作用时，利用正交分解法较为简单，利用正交分解法需要建立直角坐标系，建系原则是尽可能少分解矢量，因此建系有两种情况：
(1)沿加速度的方向建一坐标轴，沿垂直加速度方向建一坐标轴，这种方法不需要分解加速度
(2)沿某特定方向建立坐标系，这样可能少分解力，但需要分解加速度，此时应用：Fx＝max，Fy＝may

二、题型分析
题型一 对牛顿第二定律内容的理解
【例1】(多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是(　　)
A．由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比
B．由m＝可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由a＝可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比
D．由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得
【答案】　CD
【解析】牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量．作用在物体上的合外力，可由物体的质量和加速度计算，但并不由它们决定，A错误．质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误．由牛顿第二定律知加速度与合外力成正比，与质量成反比，m可由其他两个量求得，故C、D正确．
【归纳总结】 (1)F由物体受力情况决定．
(2)m由物体自身决定．
(3)a由m和F共同决定．
【变式1】．(多选)对牛顿第二定律的理解正确的是(　　)
A．由F＝ma可知，F与a成正比，m与a成反比
B．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度随之消失
【答案】CD
【解析】虽然F＝ma表示牛顿第二定律，但F与a无关，因a是由m和F共同决定的，即a∝且a与F同时产生、同时消失、同时存在、同时改变；a与F的方向永远相同．综上所述，可知A、B错误，C、D正确．
题型二 合外力、速度和加速度的关系
【例2】如图所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的弹簧．现对物体作用一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是(　　)

A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 D．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
【答案】C
【解析】力F作用在A上的开始阶段，弹簧弹力kx较小，合力与速度方向同向，物体速度增大，而合力(F－kx)随x增大而减小，加速度也减小，当F＝kx以后，随物体A向左运动，弹力kx大于F，合力方向与速度反向，速度减小，而加速度a随x的增大而增大．综上所述，只有C正确．
【技巧总结】加速度的变化要看所受合外力的变化，而速度的变化要看速度方向与加速度方向之间的关系，所以此题最好先找出物体A运动过程中的平衡位置，然后再分析平衡位置左右两侧各物理量的变化情况．
【例2】根据牛顿第二定律，无论多大的力都会使物体产生加速度．可当我们用一个不太大的水平力推静止在水平地面上的物体时，物体却没动．关于这个现象以下说法中正确的是(　　)
A．这个现象说明牛顿第二定律有它的局限性
B．这是因为这个力不够大，产生的加速度很小，所以我们肉眼看不出来
C．这是因为此时所加的外力小于物体受到的摩擦力，所以物体没有被推动
D．这是因为此时物体受到的静摩擦力等于所加的水平推力，合外力为零，所以物体的加速度也就为零，物体保持静止状态
【答案】D
【解析】牛顿第二定律表明，物体的加速度的大小与物体所受的合外力大小成正比，而不是与其中某个力大小成正比，故牛顿第二定律无局限性，故A错误；当外力小于地面对物体的最大静摩擦力时，物体保持静止，故B错误；此时物体所受的摩擦力与水平外力平衡，故C错误，D正确．
【易错提醒】关于对牛顿第二定律理解的三大误区
误认为先有力，
后有加速度
物体的加速度和合外力是同时产生的，不分先后
误认为质量与
力成正比，与加
速度成反比
物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合外力和运动的加速度无关
误认为作用力与
m和a都成正比
物体所受合外力的大小是由物体的受力情况决定的，与物体的质量和加速度无关
【例3】.如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是(　　)

A．加速度越来越大，速度越来越小
B．加速度和速度都是先增大后减小
C．速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上
D．速度一直减小，加速度大小先减小后增大
【答案】C.
【解析】：在接触的第一个阶段mg>kx，F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，x逐渐增大，所以F合逐渐减小，由a＝得，a＝，方向竖直向下，且逐渐减小，又因为这一阶段a与v都竖直向下，所以v逐渐增大．当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大．之后，小球继续向下运动，mgμmgcos θ，将F分解，则Fsin θ>μFcos θ，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确．
8.（多选）半圆形光滑圆槽内放一质量为m的小球，今用外力拉着圆槽在水平面上匀加速运动，稳定后小球位置如图所示，则小球受圆槽的支持力FN和加速度a为(　　)

A．FN＝mg　　　　　　　 B．FN＝mg
C．a＝g D．a＝g
【答案】BD.
【解析】：小球受力如图

由牛顿第二定律得：F合＝mgtan 30°＝ma
a＝gtan 30°＝g，
则FN＝＝mg
故B、D正确．
9．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的关系图象如图乙所示．由图可以判断下列说法错误的是(重力加速度为g)(　　)

A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g B．图线的斜率等于物体质量的倒数
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg D．图线的斜率等于物体的质量m
【答案】D.
【解析】：对货物受力分析，受mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有：T－mg＝ma，得：a＝T－g；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，故C正确；当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，故A正确；图线的斜率表示质量的倒数，故B正确，D错误．
10.一物体在水平拉力F作用下在水平地面上由甲处出发，经过一段时间撤去拉力，滑到乙处刚好停止．其v－t图像如图所示，则(　　)

A．物体在0～t0和t0～3t0两个时间段内，加速度大小之比为3∶1
B．物体在0～t0和t0～3t0两个时间段内，位移大小之比为1∶2
C．物体受到的水平拉力F与水平地面摩擦力f之比为3∶1
D．物体受到的水平拉力F与水平地面摩擦力f之比为2∶1
【答案】BC
【解析】根据速度—时间图像的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为a1∶a2＝∶＝2∶1，故A错误．根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为x1∶x2＝v0t0∶v0·2t0＝1∶2，故B正确．根据牛顿第二定律：F－f＝ma1；f＝ma2则解得：F∶f＝3∶1，故C正确，D错误．故选B、C.
11．(2019-2020学年·武汉高一检测)如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求木块的加速度大小；
(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度大小．
【答案】：(1)6 m/s2　(2)2 m/s2
【解析】：(1)分析木块的受力情况如图甲所示，木块受重力mg、支持力FN两个力作用，合外力大小为mgsin θ，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2.
(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．
在x方向上(沿斜面方向)
mgsin θ－Ff＝ma2①
在y方向上(垂直斜面方向)FN＝mgcos θ②
又因为Ff＝μFN③
由①②③得a2＝gsin θ－μgcos θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2.
12．(2019-2020学年·温州期中)如图甲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，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，能提供向上最大的升力为32 N．现让无人机在地面上从静止开始竖直向上运动，25 s后悬停在空中，执行拍摄任务．前25 s内运动的v－t图象如图乙所示，在运动时所受阻力大小恒为无人机重的0.2，g取10 m/s2.求：
(1)从静止开始竖直向上运动，25 s内运动的位移；
(2)加速和减速上升过程中提供的升力；
(3)25 s后悬停在空中，完成拍摄任务后，关闭升力一段时间，之后又重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t.(设无人机只做直线下落)

【答案】：(1)70 m　(2)25.6 N　23.2 N　(3) s
【解析】：(1)由v－t图象面积可得，无人机从静止开始竖直向上运动，25 s内运动的位移为70 m.
(2)由图象的斜率知，加速过程加速度为a1＝0.8 m/s2，设加速过程升力为F1，
由牛顿第二定律得：F1－mg－0.2mg＝ma1
解得：F1＝25.6 N
由图象的斜率知，减速过程中加速度大小为a2＝0.4 m/s2，设减速过程升力为F2，
由牛顿第二定律得：mg＋0.2mg－F2＝ma2，
解得：F2＝23.2 N.
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma3
解得：a3＝8 m/s2
恢复最大升力后加速度为a4，由牛顿第二定律得：
Fmax－mg＋0.2mg＝ma4，
解得：a4＝8 m/s2
根据对称性可知，应在下落过程的中间位置恢复升力，
由＝a3t2，得t＝ s.