1、第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 高考成功方案第1步 高考成功方案第2步 高考成功方案第3步 每课一得 每课一测 第三章 回扣一 牛顿第二定律1双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跟所受的合外力F成正比，跟物体的质量m成反比答案：CD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，故不能有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
2、 D 正确。2牛顿第二定律定量地说明了力和运动的关系，但它只适用于_参考系中的宏观、低速的运动物体，不能用于非惯性系，也不能用来处理_粒子的_运动问题。答案：惯性 微观 高速回扣二动力学的两类基本问题3A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mAmB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为()AxAxB BxAxBCxAxBD不能确定解析：物体在粗糙水平面上滑行时的合外力 F合Ffmg，则 aF合m g。由运动学公式有 xv022a，则 xAxB，A 项正确。答案：A4一物体在水平面上由静止开始在水平恒力F作用下运动t s，t s末
3、撤去该力，物体又经过2t s停止运动，在此过程中，物体受到的摩擦力大小为_。解析：设 t s 末速度为 v，则前 t s 内的加速度 avt，后2t s 内的加速度 av2ta2由牛顿第二定律有：FFfmaFfmama2联立解得 FfF3。答案：F3回扣三 单位制5单位制由基本单位和_组成，基本单位是_的单位，导出单位是由基本单位根据_推导出来的其他物理量的单位。答案：导出单位 基本物理量 物理关系6现有下列物理量或单位，按下面的要求选择填空。(填序号字母)A密度 B米/秒 C牛顿 D加速度 E质量 F秒 G厘米 H长度 I时间 J千克(1)属于物理量的是_。(2)在国际单位制中，作为基本单位
4、的物理量有_。(3)在物理量的单位中不属于国际单位的是_。解析：(1)题中所有各项中，属于物理量的是：密度、加速度、质量、长度、时间，故此空填“A、D、E、H、I”。(2)在国际单位制中，作为基本单位的物理量有：质量、长度、时间。故此空填“E、H、I”。(3)题中所给的单位中，不属于国际单位的是厘米，故此空填“G”。答案：(1)A、D、E、H、I(2)E、H、I(3)G知识必会 1国际单位制中的基本单位基本物理量 符号 单位名称 单位符号 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 基本物理量 符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 电流 I 安培 A 热力学温度 T 开尔文 K 物质的量 n
5、 摩尔 mol 发光强度 IV 坎德拉 cd 2牛顿第二定律的“五个”性质(1)矢量性：公式F合ma是矢量式，任一时刻，F合与a同向。(2)瞬时性：a与F合对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F合为该时刻物体所受合外力。(3)因果性：F合是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力。(4)同一性：F合ma中，F合、m、a对应同一物体或同一系统，各量统一使用国际单位。(5)独立性：作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律。物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和。3瞬时加速度的问题分析分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第
6、二定律求出瞬时加速度。此类问题应注意两种基本模型的建立。(1)“轻绳”模型：轻绳的质量和重力均可视为0，只能受拉力作用，不能承受压力，各处受力相等且沿绳子背离受力物体，轻绳一般不可伸长，拉力可以发生突变。(2)“轻质弹簧”的质量和重力也不计，既能受拉力作用，也可受压力作用(橡皮筋除外)，其受力方向与弹簧形变方向相反，因其发生形变需要一定时间，其弹力不能发生突变，但当弹簧和橡皮筋被剪断时，其所受的弹力立即消失。名师点睛 在求解瞬时性问题时应注意：(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析。(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一
7、个过程的积累，不会发生突变。典例必研例1(2012吉林模拟)在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖图321直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图321所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，取g10 m/s2，以下说法错误的是()A此时轻弹簧的弹力大小为20 NB小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右D若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0思路点拨 剪断轻绳时，弹簧的弹力不能瞬间发生变化。剪断弹簧时，绳上的拉力在瞬间发生变化。解析 因为未
8、剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得：竖直方向有FTcosmg水平方向有FTsinF解得轻弹簧的弹力为Fmgtan20 N，故A项说法正确。剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即 FNmg；由牛顿第二定律得小球的加速度为 aFFNm200.2202 m/s28 m/s2，方向向左，B 项说法正确。当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为 0，C 项说法错误，D 项说法正确。答案 C冲关必试1双选在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相
9、邻相等时间间隔的位移差的平均值 s1.2 cm，若还测出小车的质量为 500 g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是()Aa 1.20.12 m/s2120 m/s2Ba1.21020.12 m/s21.2 m/s2CF5001.2 N600 NDF0.51.2 N0.60 N解析：在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算。带单位运算时，单位换算要准确。可以把题中已知量的单位都用国际单位表示，计算结果的单位就是用国际单位表示的，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可。选项A中s1.2 cm没变成国际单位，C项中的小车
10、质量m500 g没变成国际单位，所以均错误；B、D正确。答案：BD2关于力和运动关系的几种说法中，正确的是()A物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向B物体所受合外力不为零时，其速度不可能为零C物体所受合外力不为零时，其加速度一定不为零D物体所受合外力变小时，一定做减速运动解析：由牛顿第二定律Fma可知，物体所受合外力的方向就是物体加速度的方向，但合外力的方向与运动方向没有必然联系。合外力的方向可以与物体的运动方向相同(例如匀加速直线运动)，也可以与物体的运动方向相反(例如匀减速直线运动)，还可以与物体的运动方向不在同一条直线上(例如曲线运动)，故A错。物体所受合外力不为零，说明其加速度不为
11、零，但其速度可能为零(如物体竖直上抛上升到最高点时)，故B错，C对。当物体所受合外力减小时，其加速度一定减小，若此时合外力的方向与物体的运动方向相同，则物体仍做加速运动，故D错。答案：C3双选如图 322 所示，质量均为m 的 A、B 两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A 球紧图 322靠竖直墙壁。今用水平力 F 将 B 球向左推压弹簧，平衡后，突然将 F 撤去，在这一瞬间，下列说法正确的是()AB 球的速度为零，加速度为零BB 球的速度为零，加速度大小为FmC在弹簧第一次恢复原长之后，A 才离开墙壁D在 A 离开墙壁后，A、B 两球均向右做匀速运动解析：撤去 F 前，B 球
12、受四个力作用，竖直方向的重力和支持力平衡，水平方向推力 F 和弹簧的弹力平衡，即弹簧的弹力大小为 F，撤去 F 的瞬间，弹簧的弹力仍为 F，故 B 球所受合外力为 F，则 B 球加速度为 aFm，而此时 B 球的速度为零，B 正确，A 错误；在弹簧恢复原长前，弹簧对 A 球有水平向左的弹力使 A 球压紧墙壁，直到弹簧恢复原长时 A 球才离开墙壁，A 球离开墙壁后，由于弹簧的作用，使 A、B两球均做变速运动，C 对 D 错。答案：BC知识必会1由受力情况判断物体的运动状态处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。2由运
13、动情况判断受力情况处理这类问题的基本思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法则(平行四边形定则)或正交分解法。3解题步骤(1)明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。(2)分析物体的受力情况和运动情况。画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程。(3)选取正方向或建立坐标系。通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。(4)求合外力F合。(5)根据牛顿第二定律F合ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。名师点睛(1)物体的运动情况是由物体所受的力和运动的初始状
14、态共同决定的。(2)无论是哪类动力学问题，加速度是联系力和运动的“桥梁”。典例必研例2(2011上海高考)如图323所示，质量m2 kg的物体静止于图323水平地面的A处，A、B间距L20 m，用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s拉至B处。(已知cos370.8，sin370.6，取g10 m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为30 N，与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。思路点拨 因物体在拉力作用下先做匀加速直线运动，撤掉外力后物体做匀减速直线运动，所以当物体到达B处速度为零时，对应施加拉
15、力的时间最短。解析(1)物体做匀加速运动L12at02a2Lt0222022 m/s210 m/s2由牛顿第二定律Ffmaf30 N210 N10 N fmg 102100.5(2)设 F 作用的最短时间为 t，小车先以大小为 a 的加速度匀加速时间 t，撤去外力后，以大小为 a的加速度匀减速时间 t到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿定律Fcos37(mgFsin37)maaFcos37sin37mg300.80.50.62 m/s20.510 m/s211.5 m/s2a fmg5 m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 atatt aat11.55 t2.3tL12a
16、t212at2t2La2.32a22011.52.325 s1.03 s答案(1)0.5(2)1.03 s冲关必试4双选如图324所示，小车运动时，看到摆球悬线与竖直方向成角并与小车保持相对静止，则下列说法中正确的是()A小车可能向右加速运动，加速度为gsin 图324B小车可能向右减速运动，加速度为gtanC小车可能向左加速运动，加速度为gtanD小车可能向左减速运动，加速度为gtan解析：以球为研究对象，受力如图所示。则mgtanmaagtan，方向向左，那么小车运动则可能是向左加速，也可能是向右减速，即B、C正确，A、D错误。答案：BC5如图325所示，抗震救灾运输机在某场地缷放物资时，
17、通过倾角为30的固定光滑斜轨道面进行。有一件质量为m2.0 kg的小包装盒，由静止开始从斜轨道的顶端A滑至底端B，然后又在水平面上滑行一段距离后停下。若A点距离水平面的高度h5.0 m，重力加速度g取10 m/s2，求：图325(1)包装盒由A滑到B所经历的时间；(2)若小包装盒与地面间的动摩擦因数为0.5，包装盒在水平地面上还能滑行多远？(不计斜面和地面接触处的能量损耗)解析：(1)对物体进行受力分析，由牛顿第二定律，得：mgsinmaagsin5 m/s2包装盒沿斜面由 A 到 B 的位移为 sABhsin3010 m设包装盒由 A 到 B 做匀加速运动的时间为 t则 sAB12at2解得
18、：t2sABa 2 s。(2)由牛顿第二定律有 mgma在 B 点速度 vat代入数据，得 s v22a10 m。答案：(1)2 s(2)10 m知识必会图像能形象地表达物理规律，鲜明地表示物理量间的关系。利用函数图像分析物理问题，可使分析过程更巧妙、更灵活。动力学中常见的有vt图像、st图像、Ft图像、Fa图像等。解决图像问题的关键在于：(1)看清图像的纵、横坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始。(2)理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。典例必研例3 双选某人在地面上用弹簧测力计称
19、得其体重为490 N。他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧测力计的示数如图326所示，电梯运行的vt图像可能是图327中的(取电梯向上运动的方向为正方向)()图326图327对人进行受力分析，结合题图中弹簧测力计的示数变化由牛顿运动定律和运动规律进行分析。解析 由Gt图像知：t0t1时间内具有向下的加速度，t1t2时间内匀速或静止，t2t3时间内具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0t3时间内向上减速、静止、向上加速或向下加速、匀速、向下减速，故A、D正确。答案 AD冲关必试6双选如图328甲所示，一物体沿倾角为37的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风
20、力作用，水平风力的大小与风速成正比。物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(sin370.6，cos370.8，g10 m/s2)()图328A当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动B当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用C当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动D物体与斜面间的动摩擦因数为0.25解析：由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a04 m/s2，沿斜面方向有agsingcos，解得0.25，D正确；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，则加速度逐渐减小，但加
21、速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A正确，B、C错误。答案：AD7如图329甲所示，固定光滑细杆与水平地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的推力F作用下向上运动。02 s内推力的大小为5.0 N,24 s内推力的大小变为5.5 N，小环运动的速度随时间变化的规律如图329乙所示，重力加速度g取10 m/s2。求：图329(1)小环在加速运动时的加速度a的大小；(2)小环的质量m；(3)细杆与水平地面之间的夹角。解析：(1)由速度图像可以求出小环在加速运动时的加速度大小为 avt2142 m/s20.5 m/
22、s2。(2)设细杆与水平地面的夹角为，02 s 内，小环速度不变，处于平衡状态，所受的合力为零，沿杆方向由平衡条件可得 F1mgsin0，在 24 s 内，对小环应用牛顿第二定律可得 F2mgsinma，代入数据联立解得小环的质量为 m1 kg。(3)因为 sinF1mg 5.01100.5，所以 30。答案：(1)0.5 m/s2(2)1 kg(3)30每课一得求解多过程问题的基本方法分段思维法。该方法也就是化整为零的分析方法，把复杂的物理过程分解为若干研究过程，再分别对每个过程中的研究对象分析其受力情况和运动情况，找到其过程变化的特点和所遵循的规律，然后应用相应的公式、定理、定律进行列式求
23、解。示例 如图 3210 所示，一重为 10 N的小球，在 F20 N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点由静止出发沿 AB 向上运动，图 3210F 作用 1.2 s 后撤去。已知杆与球间的动摩擦因数为 36，杆足够长，试求从撤去力 F 开始计时，小球经多长时间将经过距 A 点为 2.25 m 的 B 点。(取 g10 m/s2)方法导入 本题是典型的牛顿第二定律的动力学问题，整个过程中不同阶段的受力情况不同，运动情况也不同。由题中条件可以把物体的运动过程分为撤去力F以前、撤去力F以后的上升过程、撤去力F以后的返回过程几个不同的阶段，分别对不同阶段进行受力分析，由牛顿第二定律和运动学公式进行
24、求解。解析 有力 F 作用时有：(FG)sin30(FG)cos30ma1解得：a12.5 m/s2所以撤去力 F 时，小球的速度：v1a1t13 m/s小球的位移：s1v12 t11.8 m撤去力 F 后，小球上冲时有：Gsin30Gcos30ma2解得：a27.5 m/s2因此小球上冲时间：t2v1a20.4 s上冲位移：s2v12 t20.6 m此时 s1s22.4 msAB，因此小球在上冲阶段将通过 B 点，有 sABs1v1t312a2t32解得：t30.2 s 或 t30.6 st2(舍去)小球返回时有：Gsin30Gcos30ma3解得：a32.5 m/s2因此小球滑到最上端又返回 B 点时有：s1s2sAB12a3t42解得：t4 35 s0.35 s所以从撤去力 F 开始计时，小球上冲通过 B 点时用时为：t30.2 s，返回通过 B 点时用时为：t2t40.75 s。答案 0.2 s 0.75 s 点击此图片进入“每课一测”
