2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:必修1 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 Word版含解析.pdf
《2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:必修1 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 Word版含解析.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:必修1 第三章 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 Word版含解析.pdf(21页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、第第 2 讲 牛顿第二定律 两类动力学问题讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 知识排查 牛顿第二定律 1.内容 物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比。加速度的方向与作用 力方向相同。 2.表达式:Fma。 3.适用范围 (1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。 (2)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。 单位制 1.单位制 由基本单位和导出单位一起组成了单位制。 2.基本单位 基本物理量的单位。力学中的基本量有三个,它们分别是质量、长度和时间,它 们的国际单位分别是 kg、m 和 s。 3.导出单位 由基本单位根据物理关系推导
2、出来的其他物理量的单位。 两类动力学问题 1.动力学的两类基本问题 第一类:已知受力情况求物体的运动情况。 第二类: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 如下 小题速练 1.思考判断 (1)牛顿第一定律是牛顿第二定律的特殊情形( ) (2)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( ) (3)Fma 是矢量式,a 的方向与 F 的方向相同,与速度方向无关( ) (4)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位 关系( ) (5)物体所受合
3、外力减小,加速度一定减小,速度也一定减小( ) 答案 (1) (2) (3) (4) (5) 2.下列哪些物理量的单位是基本单位( ) A.力的单位 N B.压强的单位 Pa C.长度的单位 m D.加速度的单位 m/s2 答案 C 3.(多选)人教版必修 1P86例 2 改编如图 1 所示,截面为直角三角形的木块置于 粗糙的水平地面上,其倾角30,斜面长为 7 m。现木块上有一质量为 m1.0 kg 的滑块从斜面顶端下滑,测得滑块在 0.40 s 内速度增加了 1.4 m/s,且知滑块 滑行过程中木块处于静止状态,重力加速度 g 取 10 m/s2,则( ) 图 1 A.滑块滑行过程中受到的
4、摩擦力大小为 1.2 N B.滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为 1.5 N C.滑块滑到木块底部时的速度大小为 5 m/s D.滑块滑到木块底部时的速度大小为 7 m/s 解析 由题意可知,滑块滑行的加速度 a m/s23.5 v t 1.4 0.40 m/s2。对滑块受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律得 mgsin Ffma,解得 Ff1.5 N,A 错误,B 正确;根据 v22ax 得 v m/s7 m/s,C 错误,D 正确。2 3.5 7 答案 BD 牛顿第二定律的理解和应用 1.牛顿第二定律的性质 2.合力、加速度、速度的关系 (1)物体的加速度由所受合力决定,与速度无必然联系。
5、(2)合力与速度夹角为锐角,物体加速;合力与速度夹角为钝角,物体减速。 (3)a是加速度的定义式,a 与 v、v 无直接关系;a 是加速度的决定式。 v t F m 1.下列关于速度、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 B.物体的速度为 0,则加速度为 0,所受的合外力也为 0 C.物体的速度为 0,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大 D.物体的速度很大,但加速度可能为 0,所受的合外力也可能很大 解析 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系, 一个很大, 另一个可以很小, 甚至为 0, 物体所受合外力的大小决定加速度的大小,
6、同一物体所受合外力越大, 加速度一定也越大,故选项 C 正确。 答案 C 2.如图 2 所示,一木块在光滑水平面上受一个恒力 F 作用而运动,前方固定一个 轻质弹簧,当木块接触弹簧后,下列判断正确的是( ) 图 2 A.木块将立即做匀减速直线运动 B.木块将立即做变减速直线运动 C.在弹簧弹力大小等于恒力 F 时,木块的速度最大 D.在弹簧压缩量最大时,木块的加速度为零 答案 C 3.如图 3,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使 之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做( ) 图 3 A.曲线运动 B.匀速直线运动 C.匀加速直线运动 D.变加速直线运动
7、解析 在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故 重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力的合 力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,选 项 C 正确。 答案 C 牛顿第二定律的瞬时性 两种模型 【典例】 两个质量均为 m 的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图 4 所示。现突然迅速剪断轻绳 OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,设小球 A、B 的加速度分别用 a1和 a2表示,则( ) 图 4 A.a1g,a2g B.a10,a22g C.a1g,a20 D.a12g,a20 审题关键点 两条轻绳连接 剪断轻绳的
8、瞬间 解析 由于绳子张力可以突变, 故剪断OA后小球A、 B只受重力, 其加速度a1a2 g。故选项 A 正确。 答案 A 【拓展延伸 1】 把“轻绳”换成“轻弹簧” 在【典例】中只将 A、B 间的轻绳换成轻质弹簧,其他不变,如图 5 所示,则【典 例】选项中正确的是( ) 图 5 解析 剪断轻绳 OA 后,由于弹簧弹力不能突变,故小球 A 所受合力为 2mg,小 球 B 所受合力为零,所以小球 A、B 的加速度分别为 a12g,a20。故选项 D 正确。 答案 D 【拓展延伸 2】 改变平衡状态的呈现方式 把【拓展延伸 1】的题图放置在倾角为 30的光滑斜面上,如图 6 所示,系统 静止时,
9、弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,则下列说法正确的是 ( ) 图 6 A.aA0 aB g B.aAg aB0 1 2 C.aAg aBg D.aA0 aBg 解析 细线被烧断的瞬间,小球 B 的受力情况不变,加速度为 0。烧断前,分析 整体受力可知线的拉力为 T2mgsin ,烧断瞬间,A 受的合力沿斜面向下,大 小为 2mgsin ,所以 A 球的瞬时加速度为 aA2gsin 30g,故选项 B 正确。 答案 B 1.求解瞬时加速度的一般思路 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。 1.如图 7 所示, 质量为 m 的小球用水平轻弹簧系
10、住, 并用倾角为 30的光滑木板 AB 托住,小球恰好处于静止状态。当木板 AB 突然向下撤离的瞬间,小球的加速度 大小为( ) 图 7 A.0 B.g C.g D.g 2 3 3 3 3 解析 平衡时,小球受到三个力:重力 mg、木板 AB 的支持力 N 和弹簧拉力 T, 受力情况如图所示。 突然撤离木板时, N 突然消失而其他力不变, 因此 T 与重力 mg 的合力 Fmg,产生的加速度 a g,B 正确。 mg cos 30 2 3 3 F m 2 3 3 答案 B 2.如图 8 所示,轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连,下端与另一质量为 M 的木块 2 相连,整个系统置于水平放
11、置的光滑木板上,并处于静止状态。现将木 板沿水平方向突然抽出, 设抽出后的瞬间, 木块 1、 2 的加速度大小分别为 a1、 a2。 重力加速度大小为 g。则有( ) 图 8 A.a1g,a2g B.a10,a2g C.a10,a2g D.a1g,a2g mM M mM M 解析 在抽出木板的瞬间,弹簧对 1 的支持力和对 2 的压力并未改变。1 物体受 重力和支持力,mgF,a10。2 物体受重力和压力,根据牛顿第二定律 a2 g。故选项 C 正确。 FMg M Mm M 答案 C 3.如图 9 所示,两小球悬挂在天花板上,a、b 两小球用细线连接,上面是一轻质 弹簧,a、b 两球的质量分别
12、为 m 和 2m,在细线烧断瞬间,a、b 两球的加速度 为(取向下为正方向)( ) 图 9 A.0,g B.g,g C.2g,g D.2g,0 解析 在细线烧断之前,a、b 可看成一个整体,由二力平衡知,弹簧弹力等于 整体重力,故向上大小为 3mg。当细线烧断瞬间,弹簧的形变量不变,故弹力不 变,故 a 受向上 3mg 的弹力和向下 mg 的重力,故加速度 aa2g,方 3mgmg m 向向上。 对 b 而言, 细线烧断后只受重力作用, 故加速度 abg, 方向向下。 2mg 2m 如以向下方向为正,有 aa2g,abg。故选项 C 正确。 答案 C 动力学的两类基本问题 1.解决动力学两类问
13、题的两个关键点 2.解决动力学基本问题的处理方法 (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), 则采用 “正交分解法” 。 【典例 1】 (20184 月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图 10 所 示,有一企鹅在倾角为 37的倾斜冰面上,先以加速度 a0.5 m/s2从冰面底部由 静止开始沿直线向上“奔跑” ,t8 s 时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行, 最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚 皮与冰面间的动摩擦因数 0.25,已知 sin 37
14、0.6,cos 370.8,g10 m/s2。 求: 图 10 (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小; (2)企鹅在冰面滑动的加速度大小; (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示) 解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中有 x at2, 1 2 解得 x16 m。 (2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动,第一个过程是从卧倒到最高点,第 二个过程是从最高点滑到出发点,两次过程根据牛顿第二定律分别有 mgsin 37mgcos 37ma1 mgsin 37mgcos 37ma2 解得 a18 m/s2,a24 m/s2。 (3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设时间
15、为 t,位移为 x t,x a1t2, at a1 1 2 解得 x1 m。 企鹅从最高点滑到出发点的过程中,设末速度为 vt,初速度为 0,则有 v 022a2(xx) 2 t 解得 vt2 m/s。34 答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s34 两类动力学问题的解题步骤 【典例 2】 如图 11 所示,倾角为 30的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现 将一滑块(可视为质点)从斜面上的 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,取 g10
16、 m/s2)求: 图 11 (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 点释放后,经过时间 t1.0 s 时速度的大小。 解析 (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运动,故滑 块运动到 B 点时速度最大,设为 vmax,设滑块在斜面上运动的加速度大小为 a1, 则 mgsin 30ma1 v2a1 2max h sin 30 解得 vmax4 m/s。 (2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为 a2 则 mgma2 0v2a2L 2max 解得 0.4。 (3)设滑块在斜面上运动的时间为 t1,vmaxa1t1,得 t10.8
17、 s,由于 tt1,故滑块 已经经过 B 点, 做匀减速运动的时间为 tt10.2 s, 设 t1.0 s 时速度大小为 v, 则 vvmaxa2(tt1) 解得 v3.2 m/s。 答案 (1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s 多过程问题的处理方法 (1)将复杂物理过程分解为几个子过程。 (2)分析每一个子过程中物体受力情况、运动情况、约束条件。 (3)注意子过程之间的联系,可以从时间、位移、速度等方面寻找。 (4)注意画好受力分析图和运动示意图。 1.(20164 月浙江选考)如图 12 是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底 层到达第 119 层观光平台仅用时 55 s
18、。若电梯先以加速度 a1做匀加速运动,达 到最大速度 18 m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度 a2做匀减速运动 恰好到达观光平台。假定观光平台高度为 549 m。 图 12 (1)若电梯经过 20 s 匀加速达到最大速度,求加速度 a1及上升高度 h; (2)在(1)问中的匀加速上升过程中,若小明的质量为 60 kg,求小明对电梯地板的 压力; (3)求电梯匀速运动的时间。 解析 (1)由运动学公式可得 a1 m/s20.9 m/s2 vm t1 18 20 上升的高度 h a1t 0.9202 m180 m 1 2 2 1 1 2 (2)根据牛顿第二定律 FNmgma1 得 FN
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义:必修1 第三章 第2讲 牛顿第二定律两类动力学问题 Word版含解析 2020 物理 浙江 高考 一轮 复习 讲义 必修 第三 牛顿第二定律 动力学 问题 Word
链接地址:https://www.31doc.com/p-4273026.html