1、第12讲牛顿第二定律两类动力学问题考点一牛顿第二定律的理解1内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2表达式：Fma。3适用范围(1)只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。(2)只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题。4牛顿第二定律的六个特性因果性只要物体所受合力不为0(无论合力多么小)，物体就获得加速度，即力是产生加速度的原因矢量性Fma是矢量式，任意时刻，物体加速度的方向与物体所受合力的方向总是相同瞬时性物体所受外力的瞬时变化会导致加速度的瞬时变化，加速度的变化不需要时间的积累，
2、加速度和力同时存在、同时变化、同时消失同体性F、m、a三者必须对应同一个物体或系统独立性当物体同时受到几个力的作用时，各力将独立地产生各自的加速度，物体表现出来的实际加速度是各力产生的加速度的矢量和相对性必须是对静止的或匀速直线运动的参考系而言的，对加速运动的参考系不适用5区分加速度的定义式与决定式a是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法；a是加速度的决定式，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。1(多选)下列对牛顿第二定律的表达式Fma及其变形公式的理解正确的是()A由Fma可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比
3、B由m可知，物体的质量与其所受合力成正比，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合力成正比，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的合力求出答案CD解析牛顿第二定律的表达式Fma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。但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由与它相互作用的其他物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。a是加速度的决定式，a与F成正比，与m成反比。故A、B错误，C、D正确。2(多选)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
4、速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C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为0答案CD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，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故A、B错误，C、D正确。3(2017上海高考)如图，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()A曲线运动 B匀速直线运动C匀加速直线运动 D变加速直线运动答案C解析在悬线断裂前，小球受重力、电场力和
5、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，C正确。考点二牛顿第二定律的瞬时性问题1牛顿第二定律Fma，其核心是物体的加速度和合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生、同时变化、同时消失。2两种基本模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力，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认为保持不变。如图所示，
6、物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,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，a4gDa1g，a2g，a30，a4g解析在抽出木板的瞬间，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向下的弹力大小仍
7、为mg，因此物块3满足mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，所以C正确。答案C方法感悟(1)刚性轻质杆形变微小，力能突变。(2)轻弹簧受力后形变较大，弹簧弹力不能突变。(3)解题一般步骤1(多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为。如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间()A图甲中小球的加速度大小为gsin，方向水平向右B图乙中小球的加速度大小为gtan，方向水平向右C图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1cos2D图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos21答案BD解析设两球质量均为m，对小球A进行受力分析，如图
8、a所示，剪断水平细线后，小球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的合外力F1的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下，则FT1mgcos，F1mgsinma1，所以a1gsin，方向垂直倾斜细线向下，A错误；对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的合外力F2的方向水平向右，如图b所示，则FT2，F2mgtanma2，所以a2gtan，方向水平向右，B正确；图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1FT2cos21，C错误，D正确。2. (2015海南高考)(多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹
9、簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析设物块的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧S2组成的整体分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误。考点三力学单位制1
10、基本单位选定的几个基本物理量(力学中选长度、质量、时间)的单位。2导出单位由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。3单位制由基本单位和导出单位一起组成单位制。4国际单位制1960年第11届国际计量大会制定的一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制，简称SI。5国际单位制中七个基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安培A热力学温度T开尔文K物质的量n摩尔mol发光强度IV坎德拉cd1(多选)下列有关单位制的说法中，正确的是()A在力学问题的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位B力学单位制中，选为国际单位
11、制基本单位的物理量有长度、时间、质量C力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米、秒D单位制中的导出单位可以用基本单位表示答案BCD解析在国际单位制中共有七个物理量的单位被作为基本单位，其中力学部分有长度的单位m、质量的单位kg、时间的单位s。而其余物理量的单位都是在这些基本物理量的基础上用公式推导得出的，即其他物理量的单位(导出单位)可由基本单位来表示。国际单位制只是诸多单位制中的一种，在实际生活中还存在其他的单位制。A错误，B、C、D正确。2(2015安徽高考)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为Fk，式中k为静
12、电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为()AkgA2m3 BkgA2m3s4Ckgm2C2 DNm2A2答案B解析由公式Fk得，k，故k的单位为，又由公式qIt得1 C1 As，由Fma可知1 N1 kgms2，故1 1 kgA2m3s4，B正确。3在解一道文字计算题时(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得x(t1t2)，用单位制的方法检查，这个结果()A可能是正确的B一定是错误的C如果用国际单位制，结果可能正确D用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确答案B解析由x(t1t2)可知，(t1t2)的单位为：sm/s，m/s为速度的单位，而位移x的单位为m，所以结果
13、一定错误，与选用哪种单位制无关。故选B。考点四两类动力学问题1动力学的两类基本问题分析(1)已知物体的受力情况确定物体的运动情况。即知道物体的受力情况，运用牛顿第二定律求出加速度，如果再知道物体的初始运动状态，运用运动学公式就可以求出物体的运动情况任意时刻的位置、速度以及运动的轨迹。(2)已知物体的运动情况推断或求出物体的受力情况。即知道物体的运动情况，运用运动学公式求出物体的加速度，再运用牛顿第二定律推断或求出物体所受的力。(3)加速度是解决这两类问题的纽带。2动力学问题的解题步骤如图所示，质量为1 kg的物体放于倾角为37的足够长的固定斜面底端，受到30 N的水平拉力作用而由静止开始向上运
14、动，物体与斜面的动摩擦因数为0.5,2 s后将水平拉力撤去。(g取10 m/s2)(1)求物体向上运动的最高点的位置；(2)水平拉力撤去后还要经过多少时间物体才能再次回到斜面底端？解析(1)根据牛顿第二定律得，匀加速上滑的加速度为a1代入数据解得a15 m/s2则2 s末的速度为v1a1t152 m/s10 m/s2 s内的位移为x1 m10 m撤去拉力后的加速度a2gsin37gcos37(60.58) m/s210 m/s2则匀减速运动的位移大小为x2 m5 m则物体向上运动的最高点的位置为xx1x2(105) m15 m。(2)物体匀减速运动到最高点的时间为t2 s1 s物体返回做匀加速
15、运动的加速度为a3gsin37gcos37(60.58) m/s22 m/s2根据xa3t得t3 s3.87 s则tt2t3(13.87) s4.87 s。答案(1)15 m(2)4.87 s方法感悟(1)解决两类动力学问题的关键是牛顿第二定律Fma，由运动情况求出加速度去分析受力情况，或由受力情况求加速度去分析运动情况。(2)两个过程连接的“桥梁”是速度，即第一个过程的末速度就是第二个过程的初速度。1(2018唐山模拟)美国南加州森林大火让消防飞机再次进入人们的视线，美国使用了大量消防飞机。在一次扑灭森林火灾时，飞机取完水，直奔火场，此时飞机正拉着水箱水平前进，绳子明显偏离竖直方向向后，如图
16、所示，若忽略水箱所受空气阻力，下列说法正确的是()A绳子的拉力大小等于水箱重力B飞机正向前匀速飞行C飞机正向前减速飞行D飞机正向前加速飞行答案D解析设绳子与竖直方向的夹角为，如图，对水箱受力分析，可知T，则绳子的拉力大于水箱的重力，A错误；水箱重力和拉力的合力沿前进方向，即mgtanma，agtan，飞机正向前加速飞行，B、C错误，D正确。2随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射区的长度为l1120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m2.0104 kg的飞机
17、，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小。答案(1)4.0 m/s2 (2)58 m/s2 1.1106 N解析(1)飞机在后一阶段水平方向受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f20.2mg。根据牛顿第二定律有F推
18、f2ma2代入数据解得a24.0 m/s2。(2)飞机在电磁弹射阶段水平方向受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1，此过程中飞机受到的阻力f10.05mg。根据匀加速运动规律有v2a1l1v2v2a2(ll1)根据牛顿第二定律有F牵F推f1ma1代入数据解得a158 m/s2，F牵1.1106 N。3一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30的足够长的斜面上以a2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内沿斜面运动，其位移x4 m。g取10 m/s2。求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2
19、)恒力F的大小。答案(1)(2) N或 N解析(1)根据牛顿第二定律，有mgsin30mgcos30ma，解得。(2)根据题意，由运动学公式，有xa1t2，可得a12 m/s2h2，小球升高，A正确。10(2018常州一模)如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为()Am BmCm D.答案B解析先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，则FNm，由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m ，故B正确。
20、11(2018沧州一中月考)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为()Amg B.mg C.mg D.mg答案C解析设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d3da1T2，向下运动时：3dda2T2，解得：；根据牛顿第二定律，向上运动时：mgfma1，向下运动时：mgfma2，解得：fmg，C正确。12. (2018天水模拟)(多选)如图所示，在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方
21、向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是()A小球受力个数不变B小球立即向左运动，且a8 m/s2C小球立即向左运动，且a10 m/s2D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零答案BD解析在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：Fmgtan45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的摩擦力为：Ffmg0.210 N2 N，
22、根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a m/s28 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。13. (2018河南重点中学联考)北京已获得2022年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1200 m的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F40 N推动质量m40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变
23、，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。答案(1)1.5 m/s2(2)0.05(3)36 m/s解析(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1a1t，解得a11.5 m/s2。(2)由牛顿第二定律有Fmgsinmgcosma1，其中sin0.1，cos1，解得0.05。(3)8 s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有(mM)gsin(mM)gcos(mM)a2，8 s末冰橇的速度为v1a1t2，出发8 s内冰橇发生的位移为x2a1t48 m，到达终点时速度最大，设最大速度为v2，则vv2a2(xx2)，解得v236 m/s。