(江苏专版)2019年高考物理总复习 第10讲 牛顿第二定律讲义.pdf

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1、第第 1010 讲讲牛顿第二定律牛顿第二定律考情剖析考查内容用牛顿运动定律解决问题15 年16 年17 年考纲要求考查年份考查详情能力要求T6选择，电梯中的超重与失重T9选择，合外力与加速度关系T13计算,电磁感应中应用牛顿第二定律分析综合分析综合分析综合弱项清单,1.对牛顿第二定律性质的理解欠缺2受力分析不清楚3瞬时加速度问题、动态问题分析不到位4求解较复杂的动力学问题能力薄弱，求解思路不明确,动力学特征理解不到位知识整合1内容物体加速度的大小跟受到的_成正比，跟物体的_成反比加速度的方向跟_2表达式：_。3物理意义反映了物体运动的 _与外力的关系，且这种关系是瞬时对应的，当作用力的发生变化

2、，加速度同时发生变化4适用范围：_物体、_运动(惯性系内低速运动的宏观物体）方法技巧考点 1牛顿第二定律的理解和应用瞬时性因果性同一性（2)a错误错误! !中，F、m、a对应同一物体或同一系统（3)a错误错误! !中,各量统一使用国际单位独立性a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力（1）加速度a相对于同一惯性系(一般指地面）(1）作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律（2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3）力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即ax ，ay错误错误! !

3、Fxm【典型例题 1】如图所示，从距弹簧顶端一定高度处自由落下的小球 ,从开始释放到弹簧的压缩量最大的过程中，则：（1）分析小球的运动情况；(2)指出小球在什么时候或什么位置速度最大、最小;(3）指出小球在什么时候或什么位置加速度最大、最小1。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,加速度逐渐减小考点 2牛顿第二定律的瞬时性问题一、两种类型与三个模型（一）

4、两种类型1刚性绳（或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间2弹簧(或橡皮绳）两端同时连接 (或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳） ,特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变（二）三种模型：轻绳、轻杆和轻弹簧三种模型的异同1三个模型的相同点（1)“轻”-质量和重力均不计（2）在任何情况下，绳中张力相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力也相等2三个模型的不同点（1）施力和受力特点轻绳-只能产生沿绳方向的拉力轻杆不仅可以产生和承受沿杆方向的拉力和压力，还可以产生和承受不沿杆方向的拉力和压力轻弹簧可以产生和承

5、受沿弹簧伸缩方向的拉力和压力（2)力的变化特点轻绳拉力的产生、变化或消失不需要时间,具有突变性和瞬时性轻杆拉力和压力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性轻弹簧弹力的产生、变化或消失需要时间，不具有突变性，即只能渐变，但具有瞬时性，即不同形变的瞬间，对应不同的弹力(注意:当轻弹簧的自由端无重物时,形变消失不需要时间，即具有突变性）【典型例题 2】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光滑斜面上，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都等于错误错误! ! B.错误错误! !和 0 C。错误错误! !错误错误! !和 0 D0 和错误

6、错误! !错误错误! !考点 3牛顿第二定律的一般性问题牛顿第二定律的一般性问题跟共点力的平衡问题处理方法很相似，一般步骤是1确定研究对象（单个物体或者几个物体组成的系统）；2进行受力分析；3利用合成、分解或者正交分解等方法列方程求解在正交分解时,一般x轴沿加速度方向，y轴垂直于加速度方向，则有Fxma，Fy0.当然也可以把加速度进行正交分解，有Fxmax，Fymay。4检查并讨论结果是否合理【典型例题 3】如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的光滑圆球P和Q，且R1。5r.在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v05 m/s 的速度

7、匀速运动时，压力传感器显示压力为 25 N；某时刻撤去推力F之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x错误错误! ! m已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g10 m/s .求：(1）水平推力F的大小；2（2）撤去推力后传感器的示数2。如图所示，质量为 4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上,绳与竖直方向夹角为 37。已知g10 m/s ,sin370.6,cos370.8，求：(1）当汽车以a2 m/s 的加速度向右匀减速行驶时,细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；(2）当汽车以a10 m/s 的加速度向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力222当堂检测1。如图所示，小车向右

8、运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角这段时间内关于物块B受到的摩擦力下述判断中正确的是(）第 1 题图 A物块B不受摩擦力作用 B物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右 D因小车的运动性质不能确定,故B受到的摩擦力情况无法判断2如图所示,质量为 1。5 kg 的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为 0.5 kg 的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取 10 m/s )（）2第 2 题图 A0 B2.5 N C

9、5 N D3.75 N3(17 年南通二模)如图所示,质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接释放C，A和B一起以加速度a由静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为,则细线中的拉力大小为(）第 3 题图 AMg BMgma C（m1m2)a Dm1am1g4如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住,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，小球的加速度为()第 4 题图 A0 B大小为g，方向竖直向下 C大小为错误错误! !g，方向垂直木板向下 D大小为错误错误! !g，方向水平

10、向右5如图，将质量m0。1 kg 的圆环套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径环与杆间动摩擦因数0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上 ,与杆夹角53的拉力F,使圆环以a4.4 m/s 的加速度沿杆运动，求F的大小2第 5 题图第 10 讲牛顿第二定律知识整合基础自测1作用力质量作用力方向相同2Fma3加速度4宏观低速方法技巧典型例题 1（1）先做自由落体，然后做加速度减小的加速运动,最后做加速度增加的减速运动（2)在重力等于弹力时速度最大，最后弹簧压缩量最大时速度最小为 0（3)在空中加速度为重力加速度，与弹簧接触后压缩量最大时加速度最大，在重力等于弹力时加速度最小【解析】小球与弹簧

11、接触前做自由落体；小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力在接触后的前一阶段，重力大于弹力,合力向下，因为弹力Fkx不断增大，所以合力不断减小，故加速度不断减小，由于加速度与速度同向,因此速度不断变大当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合力为零 ,加速度为零，速度达到最大在接触后的后一阶段，即小球达到上述位置之后,由于惯性小球仍继续向下运动,但弹力大于重力,合力竖直向上,且逐渐变大,因而加速度逐渐变大，方向竖直向上，小球做减速运动，当速度减小到零时,达到最低点，弹簧的压缩量最大变式训练 1A【解析】物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右随着物体向右运动，弹力逐渐

12、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综合以上分析 ,只有选项 A 正确典型例题 2D【解析】线被剪断瞬间，线的拉力变为 0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为 0，B球受重力

13、、支持力、弹簧产生的大小为MAgsin30的弹力,所以可得其加速度为错误错误! !。典型例题 3（1）75 N（2）0【解析】（1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中传感器示数F125 N设P、Q球心连线与水平方向成角,则cos错误错误! !错误错误! !则圆球重力mgF1tan解得60，mg25错误错误! ! N当撤去推力F后,设系统滑行的加速度大小为a,则v错误错误! !2ax系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得MgMa系统匀速运动时FMg其中Mg3mg，解得a错误错误! ! m/s2,F75 N；（2）撤去推力后，对球Q,由牛顿第二定律得错误错误! !FAma解得F

14、A0，即此时传感器示数为 0.变式训练 2（1） 50 N22 N (2) 40错误错误! ! N0 N【解析】(1）当汽车以a2 m/s 向右匀减速行驶时，小球受力分析如图2由牛顿第二定律得:FT1cosmg,FT1sinFNma代入数据得：FT150 N，FN22 N由牛顿第三定律知,小球对车后壁的压力大小为 22 N。(2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为 0 时(临界条件）的加速度为a0,受力分析如图所示由牛顿第二定律得:FT2sinma0,FT2cosmg代入数据得：a0gtan32210 m/s 7。5 m/s4因为a10 m/s a0所以小球飞起来,FN0 N所以，当汽车以

15、a10 m/s 向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得FT2cos22mgFT2sinma代入数据得FT240 2 N.当堂检测1B【解析】由图知A球的加速度大小为agtan，方向向左,则小车向右减速行驶，物块B相对小车有向前运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为fmBgtan，只有 B 正确2D【解析】当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零,此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G（mAmB)g20 N,弹力为FmAg15 N，由牛顿第二定律GF（mAmB)a，解得a2.5 m/s ，对B受力分析,B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBgF12mBa，可得F13.75 N，D 选项正

16、确3C【解析】物体C加速度竖直向下,绳子拉力为F，有MgFMa，即FMgMa,则 A、B 错误；以A、B整体为研究对象，水平方向只受到绳子的拉力，有F(m1m2）a,C 正确；以物块A为研究对象,设B对A的静摩擦力为f，有Ffm1a，而f小于m1g，故 D 错误4C【解析】未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F错误错误! !。当突然向下撤离光滑木板时，FN立即变为零,但弹簧形变未变，其弹力不变，故Fx与mg的合力仍为F错误错误! !，由此产生的加速度为a错误错误! !错误错误! !g,方向与合力方向相同，故 C正确第 4 题图5. 1 N 或 9 N【解析】令Fsin5

17、3mg0，解得F错误错误! ! N当F错误错误! !N 时,环与杆的上部接触，受力如图，第 5 题图（1)由牛顿第二定律得:FcosFNmgFNFsinmg由此得：F错误错误! !错误错误! !N1 N当F错误错误! !N 时，环与杆的下部接触,受力如图,第 5 题图（2）由牛顿第二定律得：FcosFNmgFsinFNmg由此得:F错误错误! !错误错误! !N9 N.尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后

18、的日子希望与大家共同进步，成长。This article is collected and compiled by my colleagues and I in ourbusy schedule. We proofread the content carefully before the release ofthis article, but it is inevitable that there will be someunsatisfactory points. If there are omissions, please correct them. Ihope this article can solve your doubts and arouse your thinking. Partof the text by the users care and support, thank you here! I hope tomake progress and grow with you in the future.