1、第2节牛顿第二定律 两类动力学问题(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。()(2)质量越大的物体，加速度越小。()(3)物体的质量与加速度成反比。()(4)物体受到外力作用，立即产生加速度。()(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。()(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小。()(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。()(8)力的单位牛顿，简称牛，属于导出单位。()突破点(一)牛顿第二定律的理解1牛顿第二定律的五个特性2合力、加速度、速度之间的决定关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。(2)a vt 是加速
2、度的定义式，a与v、t无必然联系；aFm是加速度的决定式，aF，a1m。(3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。多角练通1(多选)(2016全国乙卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方
3、向相同，选项B、C正确。答案：BC 2(2016上海高考)如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的()AOA方向 BOB方向COC方向DOD方向解析：据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。答案：D3(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F215 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g10 m/s2)()A3 N B.
4、25 NC30 N D50 N解析：若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F2F1Gma0，解得F10，解得F125 N，C、D正确。答案：ACD 突破点(二)牛顿第二定律的瞬时性问题1两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：2求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况列牛顿第二定律方程 求瞬时加速度多角练通1(多选)(2017太原模拟)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是()A在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B在AC被
5、突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin C在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcos D在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin 解析：设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcos mg，Fsin T，解得：F mgcos，Tmgtan。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为amgsin mgsin，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a Fm gcos ，C正确，D错误。答案：
6、BC 2如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析：撤去挡板前，题图甲和题图乙中的A、B两球的受力一样，A球受弹簧(或杆)的弹力沿斜面向上，大小为mgsin，B球受到弹簧(或杆)的弹力沿斜面向下，大小为mgsin，B球受挡板C的弹力沿斜面向上，大小为2mgsin，撤去挡板后，轻杆受力可突变，而弹簧因为没有来得及
7、改变形变量而不能改变弹力，所以题图甲中A的加速度为零，B的加速度为2gsin，题图乙中轻杆的存在使A、B的加速度相同，由2mgsin 2ma，可得A、B两球的加速度大小agsin，方向沿斜面向下，D项正确，A、B错误；题图乙中轻杆的作用力为零，C错误。答案：D 3(多选)(2015海南高考)如图，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。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2Dl1l
8、2解析：设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1，剪断细线前对b、c和弹簧组成的整体分析，可知F12mg，故a受到的合力FmgF1mg2mg3mg，故加速度a1 Fm 3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为F2，则F2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误。答案：AC 突破点(三)动力学的两类基本问题1解决动力学两类基本问题的思路2动力学两类基本问题的解题步骤典例(2017南宁模拟)如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l11.6102 m的水平跑道和长度为l220 m 的倾斜跑道两部分组成。水平
9、跑道与倾斜跑道末端的高度差h4.0 m。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F1.2105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g10 m/s2。(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。思路点拨(1)分析飞机在水平跑道和倾斜跑道上的受力，由牛顿第二定律确定其加速度。(2)利用运动学公式可求出飞机在水平跑道上的运动时间及飞机到达
10、倾斜跑道末端的速度大小。(3)助推力只存在于水平跑道上，飞机在倾斜跑道上的加速度不变。解析(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合FFfma1v12v022a1l1v1a1t1其中v00，Ff0.1mg，代入已知数据可得a15.0 m/s2，v140 m/s，t18.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有F合FFfmgsin ma2mgsin mghl2 v22v122a2l2其中v140 m/s，代入已知
11、数据可得a23.0 m/s2，v2 1 720 m/s41.5 m/s故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s。(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，有F合F推FFfma1v12v022a1l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化，加速度大小仍有a23.0 m/s2v22v122a2l2根据题意，v2100 m/s，代入数据解得F推5.2105 N故助推力F推的大小为5.2105 N。答案(1)8.0 s 41.5 m/s(2)5.210
12、5 N方法规律解决动力学两类问题的两个关键点集训冲关1如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且ABBC，物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为14，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数1、2之比为(物块P在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动)()A11 B14C41 D81解析：由牛顿第二定律可知，物块P在AB段减速的加速度a11g，在BC段减速的加速度a22g，设物块P在AB段运动时间为t，则可得：vB2g4t，v01gt2g4t，由xABv0vB2t，xBCvB2 4t，xABxBC解
13、得：182，故D正确。答案：D 2(2017宜昌一模)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2。求：(1)滑块滑动到A点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑
14、出。解析：(1)设滑块在高水平面上的加速度为a，根据牛顿第二定律有：Fma根据运动学公式有：v22aL0代入数据解得：v6 m/s。(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对滑块有：1mgma1代入数据解得：a15 m/s2对长木板有：1mg2(mM)gMa2，代入数据解得：a20.4 m/s2。(3)设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则：va1ta2t代入数据解得：t109 s。此过程中滑块的位移为：x1vt12a1t2长木板的位移为：x212a2t2x1x2103 mL2 m所以滑块能从长木板的右端滑出。答案：(
15、1)6 m/s(2)5 m/s2 0.4 m/s2(3)见解析突破点(四)动力学的图像问题1常见的动力学图像v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等。2动力学图像问题的类型3解题策略(1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。多维探究(一)由v-t图像分析物体的受力情况典例1(2016海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，
16、在05 s、510 s、1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()AF1F3CF1F3DF1F3解析 由题图可知，05 s内加速度a10.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为，与物体之间的动摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsin fF1ma1，F1mgsin f0.2m；510 s内加速度a20，根据牛顿第二定律有mgsin fF2ma2，F2mgsin f；1015 s内加速度a30.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin fF3ma3，F3mgsin f0.2m。故可得：F3F2F1，选项A正确。答案 A(二)根据已知条件确定某物理量的变化图像典例2(
17、2017福州二模)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是()解析 小球开始接触弹簧时，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于g，且加速度a随时间t的变化为非线性变化，故A正确，B、C
18、、D错误。答案 A(三)由F-t图像分析物体的运动情况典例3(2017合肥模拟)如图甲所示，质量为M4 kg 足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m4 kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两物块开始均静止，从t0时刻起铁块m受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F共作用时间为6 s，(取g10 m/s2)则：(1)铁块和木板在前2 s的加速度大小分别为多少？(2)铁块和木板相对静止前，运动的位移大小各为多少？(3)力F作用的最后2 s内，铁块和木板的位移大小分别是多少？解析(1)前2 s，由牛顿第二定律得对铁块：F
19、mgma1解得a13 m/s2对木板：mgMa2解得a22 m/s2。(2)2 s内，铁块的位移x112a1t26 m木板的位移x212a2t24 m2 s末，铁块的速度v1a1t6 m/s木板的速度v2a2t4 m/s2 s后，对铁块：Fmgma1解得a11 m/s2对木板：mgMa2解得a22 m/s2设再经过t0时间铁块和木板的共同速度为v，则vv1a1t0v2a2t0解得t02 s，v8 m/s在t0内，铁块的位移x1v1v2t0682 2 m14 m木板的位移x2v2v2t0482 2 m12 m所以铁块和木板相对静止前铁块运动的位移为x铁块x1x120 m铁块和木板相对静止前木板运
20、动的位移为x木板x2x216 m。(3)力F作用的最后2 s，铁块和木板相对静止，一起以初速度v8 m/s 做匀加速直线运动，对铁块和木板整体：F(Mm)a解得aFMm 1244 m/s21.5 m/s2所以铁块和木板运动的位移均为x3vt12a(t)219 m。答案(1)3 m/s2 2 m/s2(2)20 m 16 m(3)19 m 19 m三类等时圆及其应用1质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。2质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。3两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端
21、由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。典例(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是()At1t2 Bt2t3Ct1aOb，由x 12 at2可知，t2tca，故选项A错误，B、C、D均正确。答案 BCD应用体验1如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，ACBCDC543，AC杆竖直，各杆上
22、分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为123，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为()A111 B543C589 D123解析：因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。答案：A2(2017东北三省三校一模)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且BMO60，O为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是()AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tAtC，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtABtCDtEFDtABtCDtCDtEF，B项正确。答案：B
