1、第三章 牛顿运动定律第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题突破考点02突破考点01突破考点03突破考点04课时作业高考真题突破考点05 突破考点01 自主练透 共点力的合成 1内容物体加速度的大小跟_成正比，跟_成反比，加速度的方向跟_相同2表达式_.答案1它受到的作用力 物体的质量 作用力的方向2Fma1性质2力和运动的动态分析问题当物体的受力发生变化时，物体的加速度也会发生变化，加速度的变化又会影响物体运动情况，要分析此类问题，需要动态地研究动力学过程，深刻理解合力F、加速度a和速度v三者之间的关系其分析思路如下：某个力变化 合力变化 加速度变化 速度、位移变化从动态过程中找到力和运动的转折
2、点、临界点或稳定态是解决此类问题的关键1(多选)由牛顿第二定律表达式Fma可知()A质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比B合外力F与质量m和加速度a都成正比C物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的质量m成反比解析：对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A错；既然物体的质量不变，故不能说合外力与质量成正比，B错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C正确；由aFm可知D正确答案：CD2(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是()A物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
3、B物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C物体的速度为零，加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D物体的速度很大，加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C、D正确，A、B错误答案：CD3如图所示，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()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，加速度逐渐减小解析：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
4、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正确选项为A.答案：A 突破考点02 分类例析 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
5、消失，具体可简化为以下两种模型：2求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况 列牛顿第二定律方程 求瞬时加速度4如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的光滑斜面上A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A都等于g2 B.g2和0C.mAmB2mBg和0 D0和mAmB2mBg解析：在线被剪断瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度为零，B所受合外力等于(mAmB)gsin30 12(mAmB)g，由牛顿第二定律，B球的加速度为mAmB2mBg，选项D正确答案：D5如图所示，物块1、2间用刚性轻
6、质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4mMMgDa1g，a2mMMg，a30，a4mMMg解析：在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1a2g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小
7、仍为mg，因此物块3满足mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4FMgMMmMg，所以C对答案：C 突破考点03 分类例析动力学的两类基本问题 1动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况(2)已知运动情况求物体的受力情况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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：3解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图
8、，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果【例1】(2016金华质检)如图所示，倾角为30的光滑斜面与粗糙水平面平滑连接现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点.已知A点距水平面的高度h0.8 m，B点距C点的距离L2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数；(3)滑块从A点
9、释放后，经过时间t1.0 s时速度的大小1挖掘关键点题干内容信息获取光滑斜面与粗糙水平面滑块在斜面上不受摩擦力，在水平面上受摩擦力从斜面上的A点由静止释放滑块的初速度v00最终停在水平面上的C点滑块的末速度为零滑块经过B点时没有能量损失滑块在斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等2.找准切入点解答本题应做好两个分析：受力分析和运动分析(1)在斜面上：滑块沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动(2)在水平面上：滑块做匀减速直线运动3聚焦突破点问题(1)(2)：运用牛顿第二定律和运动学公式求解问题(3)：先判断物体在斜面上的运动时间，再分析求解(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速
10、运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin30ma1由运动学公式知v2m 2a1hsin30解得vm4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgma2v2m2a2L解得0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，则vma1t1解得t10.8 s由于tt1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间t2tt10.2 s设t1.0 s时速度大小为v，则vvma2t2解得v3.2 m/s.(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s【例2】如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度
11、，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数 33.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？(1)确定运动情景：物体由A到B做匀加速直线运动(2)画图：物块的受力分析如图(3)分析：“拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小”需受力分析列牛顿第二定律方程由数学知识求极值(1)Lv0t12at2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s.(2)设物块所受支持力为FN，
12、所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得FcosmgsinFfmaFsinFNmgcos0又FfFN联立式得Fmgsincosmacossin由数学知识得cos 33 sin2 33 sin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin13 35 N(1)3 m/s2 8 m/s(2)30 13 35 N应用牛顿运动定律解题的一般步骤1选对象确定研究对象；所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统.2画力图对研究对象进行受力分析和运动状态分析；3定方向选取正方向或建立坐标系，通常以加速度方向为正方向较为适宜；4列方程
13、根据牛顿运动定律列运动方程；根据运动学公式列方程；5解方程统一单位，求解方程，并对计算结果进行分析检验或讨论.总之：抓住物理量加速度，按下面的思路进行.1(2016洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败其简化模型如图所示，AC是长度L15.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域已知BC长度L21.1 m，瓶子质量m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g
14、取10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围(令 52.2)解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则Fmgma1mgma22a1x1v 212a2x2v 21L1L2x1x2L1由以上各式联立可解得：0.4 mx1v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(3)v0v时，返回时速度为v，当v0 x2所以物品从传送带右端
15、离开由x2vt3a3t232解得t3(2 2)st3(2 2)s舍去(1)1 s(2)(2 2)s对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，要注意根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析.尤其要特别注意四点：1对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向分析；2对物体在达到与传送带具有相同的速度时其所受摩擦力的情况分析；3对物体和传送带各自对地位移及相对位移情况分析；4要提高可能性分析的意识.3(多选)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x4 m，以v02 m/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点处
16、，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕则小煤块从A运动到B的过程中()A小煤块从A运动到B的时间是 2 sB小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC划痕长度是4 mD划痕长度是0.5 m解析：小煤块刚放上传送带后，加速度ag4 m/s2，由v0at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1 v0a 0.5 s，此时小煤块运动的位移x1v02 t10.5 m，而传送带的位移为x2v0t11 m，故小煤块在带上的划痕长度为lx2x10.5 m，D正确，C错误；之后的xx13.5 m，小煤块匀速运动，故t2 xx1v0
17、1.75 s，故小煤块从A运动到B的时间tt1t22.25 s，A错误，B正确答案：BD4如图所示，倾角为37，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2.求：(sin370.6，cos370.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间解析：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin37cos37)ma则
18、agsin37gcos372 m/s2，根据l12at2得t4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin37mgcos37ma1则有a1mgsin37mgcos37m10 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1va11010 s1 s，x112a1t215 mmgcos37，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2mgsin37mgcos37m2 m/s2x2lx111 m又因为x2vt212a2t 22，则有10t2t 22 11解得：t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s.答案：(1)4 s(2)2 s温示提馨请 做：课时作业 8（点击进入）温示提馨请 做：高考真题（点击进入）