《江苏专版高考物理总复习第10讲牛顿第二定律讲》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版高考物理总复习第10讲牛顿第二定律讲（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第10讲牛顿第二定律考情剖析考查内容考名腰求考查年份考查详情能力要求用牛顿运动定律解决问题n15年T6一选择，电梯中的超重与失重分析综合16年T9一选择，合外力与加速度关系分析综合17年T13计算，电磁感应中应用牛顿 第二定律分析综合弱项清单，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
2、化，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因果性F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2) a=4,F、m a对应同一物体或向一系 m统(3) a=F,各量统一使用国际单位独立性(1)作用于物体上的窜-个力各自广生的加 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4RFy牛顿第二定律，即ax=, ay= 一
3、mm【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.变大训糠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、
4、两种类型与三个模型 (一)两种类型1 .刚性绳（或接触面）一一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）一一两端同时连接（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 1） “轻”一一质量和重力均不计.（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一一只能产生沿绳方向的拉力.轻杆一一不仅可以产生和承受沿杆
5、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.轻弹簧一一可以产生和承受沿弹簧伸缩方向的拉力和压力.（2）力的变化特点轻绳一一拉力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性.轻杆一一拉力和压力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性.轻弹簧一一弹力的产生、 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
6、（）A .都等于2 B. 2和0C.M+MMBM+ MMB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 Fx=ma Fy= 0. 当然也可以把加速度进行正交分解，有Fx=ma, Fy= ma.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R= 1.5 r.在圆球Q与圆筒内壁接触点
7、 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 vc=5 m/s的速度匀速运动时，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 * = 乎 m.已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g=10 m/s 2.求: (1)水平推力F的大小；(2)撤去推力后传感器的示数.变大训糠 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 g= 10 m/s 2, sin37 = 0.6 , cos37 =0.8 ,求：(1)当汽车以a= 2 m/s 2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
8、压力；(2)当汽车以a =10 m/s2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.当堂检测1.如图所示，小车向右运动的过程中， 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
9、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AB间的作用力大小为（g取10 m/s 2）（）第2题图 A.0 B.2.5 N C . 5 N D . 3.75 N3 . （17年南通二模）如图所示，质量为 m的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m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 科，则细线中的拉力大小为（）第3题图A . Mg B . M/ maC . （m+m）a D . ma+ mg4 .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
10、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A . 0B .大小为g,方向竖直向下3c .大小为吊-g,万向垂直木板向下D .大小为乎g,方向水平向右5 .如图，将质量 m= 0.1 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0 =53的拉力F,使圆环以a=4.4 m/s 2的加速度沿杆运动，求 F的大小.第5题图(M+ M) g2M典型例题 3 (1)75 N (2)0【解析】(1)系统匀速运动时，圆球=25 N .设P、Q球心连线与水平方向成0Q受三个力作用
11、如图所示，其中传感器示数F1角，贝Ucos 0 =2R 2r2r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2 . F=ma3 .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F=kx不断增
12、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1 A【解析】物体从A到Q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
13、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2-D【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、支持力、弹簧产生的大小为Mg sin30 的弹力，所以可得其加速度为则圆球重力 mg= F1tan 0解得
14、0 =60 , mg= 25，3 N当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a,则2vc= 2ax系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得科 Mg= Ma系统匀速运动时F= Mg其中Mg= 3mg解得a= Oj m/s 2, F= 75 N ;(2)撤去推力后，对球 Q由牛顿第二定律得mg- Fa= matan 0解得Fa= 0,即此时传感器示数为0.变式训练 2 (1)50 N 22 N(2) 402 N 0 N【解析】(1)当汽车以a=2 m/s向右匀减速行驶时，小球受力分析如图.由牛顿第二定律得：FTicos 0 =mg Fsin 0 Fn= ma代入数据得：Fti = 50 N, Fn= 22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为 析如图所示.22 N.。时(临界条件)的加速度为a%受力分由牛顿第二定律得：FT2Sin 0 = ma, Ft2Cos 0 = mg代入数据得：ac=gtan 0=10X - m/s 2= 7.5 m/s 2 42因为 a= 10 m/s a所以小球飞起来，Fn = 0 N所以，当汽车以 a = 10 m/s 2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得Ft2cos。=mgfsin 0 = ma
