1、第 2 讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 知识点1 牛顿第二定律 单位制 【思维激活1】如图所示,甲、乙两图中水平面都是光滑的,小车的质量都是M,人的质量都是m,甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F,对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是()A.甲图中车的加速度大小为 B.甲图中车的加速度大小为 C.乙图中车的加速度大小为 D.乙图中车的加速度大小为 FMFMm2FMmFM【解析】选C。对甲图,以车和人为研究对象,不受外力作用,故 加速度为零,A、B错误;乙图中人和车受绳子的拉力作用,以人 和车为研究对象,受力为2F,所以a=,C正确,D错误。2FMm【知识梳理】1
2、.内容：物体加速度的大小跟_成正比,跟 _成反比,加速度的方向跟_的方向相同。2.表达式：_。3.适用范围：(1)牛顿第二定律只适用于_参考系,即相对地面_ _的参考系。(2)牛顿第二定律只适用于_(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。它受到的作用力 物体的质量 作用力 F=ma 惯性 静止或 做匀速直线运动 宏观物体 4.单位制：(1)单位制：由_和_一起组成了单位制。(2)基本单位：_的单位。力学中的基本量有三个,它们 分别是_、_和_,它们的国际单位分别是_、_和_。(3)导出单位：由_根据物理关系推导出来的其他物理 量的单位。基本单位 导出单位 基本量 质量 时间 长度
3、千克(kg)秒(s)米(m)基本量 知识点2 牛顿定律的应用 【思维激活2】如图所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上 滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相 同,斜面与水平面光滑连接。图中v、a、f和S分别表示物体的 速度大小、加速度大小、摩擦力大小和位移,其中正确的是()【解析】选C。物体在两个过程中所受合力恒定,由牛顿第二定 律可知,物体的加速度恒定,两个过程物体都做匀变速运动,故 速度v随时间均匀变化,选项A错误;两个过程加速度a都不随时 间变化,选项B错误;由s=v0t+at2可知s-t图像两个过程都是 抛物线,选项D错误;由f1=mgcos和f2=mg可知,选项C正
4、确。12【知识梳理】1.动力学的两类基本问题：(1)已知受力情况求物体的_;(2)已知运动情况求物体的_。2.解决两类基本问题的方法：以_为“桥梁”,由_ _和_列方程求解,具体逻辑关系如图：运动情况 受力情况 加速度 运动 学公式 牛顿运动定律【微点拨】1.对牛顿第二定律的三点提醒：(1)公式F=ma中,F与a是瞬时对应关系;(2)F=ma是矢量式,a的方向与F的方向相同,与速度方向无关;(3)物体受到几个力的作用,每个力各自独立使物体产生一个加速度,但物体表现出来的加速度只有一个,即各个力产生加速度的矢量和。2.加速度与速度的两个易混点：(1)a=是加速度的决定式,a=是加速度的定义式,物
5、体的加速度是由合外力决定的,与速度无关;(2)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。Fmvt考点1 对牛顿第二定律的理解 牛顿第二定律的“五性”：深化理解矢量性F=ma是矢量式,a与F同向瞬时性a与F对应同一时刻因果性F是产生a的原因同一性a、F、m对应同一个物体,统一使用SI制独立性每一个力都可以产生各自的加速度【题组通关方案】【典题1】(2013新课标全国卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()【解题探
6、究】(1)根据物块受力情况,在F逐渐增大的过程中,加速度a的变化有什么特点?提示：当F小于最大静摩擦力时,a=0;F大于最大静摩擦力以后,a逐渐增大。(2)根据受力情况确定图像有什么特点。图像一定_原点。a一定随F的增大而_。不通过 增大【典题解析】选C。物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作 用,根据牛顿第二定律,有F-f=ma,即F=ma+f,该关系为线性函 数。当a=0时,F=f;当F=0时,a=-。符合该函数关系的图像 为C。fm【通关1+1】1.(多选)(2014宁波模拟)如图所示,一小 车上有一个固定的水平横杆,横杆左边固定 有一轻杆与竖直方向成 角,轻杆下端连接 一小球,横杆右边用
7、一根细线吊一小球,当小车向右做加速运动 时,细线保持与竖直方向成 角,若 ,则下列说法正确的是 ()A.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 B.轻杆对小球的弹力方向与细线平行 C.轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行,也不沿着轻杆方向 D.此时小车的加速度为gtan 【解析】选B、D。由于两小球加速度相同,轻杆对 小球的弹力方向与细线平行,小球受力如图所示,由牛顿第二定律得mgtan=ma,解得a=gtan,故 小车的加速度为gtan,选项B、D正确。2.(2013安徽高考)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为 的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右
8、做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)()A.T=m(gsin+acos)FN=m(gcos-asin)B.T=m(gcos+asin)FN=m(gsin-acos)C.T=m(acos-gsin)FN=m(gcos+asin)D.T=m(asin-gcos)FN=m(gsin+acos)【解析】选A。受力分析如图,建立如图所示的坐标系 在竖直方向上受力平衡,合力为零,列式可得：FNcos+Tsin-mg=0 在水平方向上,由牛顿第二定律可得：Tcos-FNsin=ma 联立两式可解得：T=m(gsin+acos)FN=m
9、(gcos-asin)故A项正确。【加固训练】1.(2014唐山模拟)从16世纪末,人类对力的认识逐渐清晰和丰富,建立了经典力学理论,以下有关力的说法正确的是()A.物体的速度越大,说明它受到的外力越大 B.物体的加速度在改变,说明它受到的外力一定改变 C.马拉车做匀速运动,说明物体做匀速运动需要力来维持 D.一个人从地面跳起来,说明地面对人的支持力大于人对地面的压力【解析】选B。物体的速度大小与加速度大小无关,即与合外力大小无关,选项A错误;根据牛顿第二定律可知物体的加速度在改变,说明它受到的外力一定改变,选项B正确;根据牛顿第一定律可知力是改变物体运动状态的原因,不是维持物体运动状态的原因
10、,选项C错误;根据牛顿第三定律可知地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小,选项D错误。2.(2012海南高考)根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是()A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B.物体所受合外力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度 C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比 D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比【解析】选D。物体加速度的大小与物体受到的合力成正比,与物体的质量成反比,选项A错误;力是产生加速度的原因,只要有合力,物体就有加速度,它们之间有瞬时对应关系,不存在累积效应,选项B错误;物体加速度
11、的大小与它受到的合力成正比,选项C错误;根据矢量的合成和分解,即Fx=max,选项D正确。考点2 牛顿第二定律的瞬时性 1.两种模型：牛顿第二定律的表达式为F=ma,其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时消失、同时变化,具体可简化为以下两种模型：拓展延伸(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。2.解题思路：【题组通关方案】【典题2】(2014泉
12、州模拟)如图所示,竖直放置 在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2kg,它们处于静止状态,若突然将一 个大小为10N,方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g取10m/s2)()A.10N B.20N C.25N D.30N【解题探究】(1)A与B之间的弹力和弹簧的弹力是否都能发生突变?提示：A与B之间的弹力可以发生突变,而弹簧的弹力是不能发生突变的。(2)请画出施加力F前后,A、B整体和A的受力分析图。提示：【典题解析】选C。对A、B整体分析,当它们处于静止状态时,弹簧的弹力等于A、B整体的重力,在施加力F的瞬间,弹力不变,故A、B所受合力为10
13、N,则a=2.5m/s2;隔离A物块受力分析 得F+mg-N=ma,解得N=25N,所以A对B的压力大小等于25N,选项 C正确。F2m合【通关1+1】1.(拓展延伸)结合【典题2】回答下列问题：(1)若将物块A突然撤去,此瞬间物块B的加速度大小及方向如何?提示：撤去物块A前,弹簧的弹力等于A、B的总重力,在撤去物块A的瞬间,弹簧弹力不变,对物块B由牛顿第二定律得F弹-mg=ma,解得a=10m/s2,方向竖直向上。(2)若将物块B突然沿水平方向抽出,此瞬间物块A的加速度大小及方向如何?提示：物块B突然沿水平方向抽出的瞬间,物块A只受重力作用,故物块A的加速度a=g=10m/s2,方向竖直向下
14、。2.(2014朝阳区模拟)如图所示,一根质量不计的轻 弹簧上端固定在天花板上,下端与一质量为m的托盘 连接,托盘中有一个质量为M的砝码。当托盘静止时,弹簧的伸长量为L。现将托盘向下拉,弹簧又伸长了 L(未超过弹簧的弹性限度),然后使托盘由静止释 放,则刚释放托盘时,砝码对托盘的作用力等于()LLA.(1)Mg B.(1)Mm gLLL Mm gL MgC.D.LL【解析】选A。以托盘和砝码整体为研究对象,当托盘静止时受 到平衡力的作用,设弹簧的劲度系数为k,由胡克定律得(m+M)g=kL;弹簧又伸长L,刚释放时,弹簧弹力不变,对整体由牛顿第 二定律得k(L+L)-(m+M)g=(m+M)a;
15、以砝码为研究对象,设托盘 对砝码的作用力为N,由牛顿第二定律得N-Mg=Ma,联立以上各 式解得N=(1+)Mg,由牛顿第三定律得砝码对托盘的作用力 为(1+)Mg,A正确。LLLL【加固训练】1.一轻弹簧的上端固定,下端悬挂一重物,弹簧伸长了8cm,再将 重物向下拉4cm,然后放手,则在释放重物瞬间,重物的加速度是()【解析】选B。假设弹簧的劲度系数为k,第一次弹簧伸长了 x1=8cm,第二次弹簧伸长了x2=12cm,第一次受力平衡,则有kx1-mg=0,第二次由牛顿第二定律得：kx2-mg=ma,解得：a=,选 项B正确。gg3gA.B.C.D.g422g22.(多选)如图所示,A、B球的
16、质量相等,弹簧的 质量不计,倾角为 的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬 间,下列说法正确的是()A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsin B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零 C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsin D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零【解析】选B、C。细线烧断瞬间,弹簧弹力与原来相等,B球受力平衡,aB=0,A球所受合力为mgsin+kx=2mgsin=maA,解得aA=2gsin,方向沿斜面向下,故A、D错误,B、C正确。【学科素养升华】瞬时性问题的解题技巧(1)分析物体
17、在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下两种模型：轻绳模型：受外力时形变微小不计,力可以发生突变。轻弹簧模型：受外力时形变较大,力不能发生突变。(2)在求解瞬时性加速度问题时应注意：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。加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个积累的过程,不会发生突变。考点3 动力学的两类基本问题 动力学的两类基本问题的解题步骤：(1)选取研究对象。根据问题的需要和解题的方便,选出被研究的物体,可以是一个物体,也可以是几个物体组成的整体。(
18、2)分析研究对象的受力情况和运动情况。注意画好受力分析图,明确物体的运动过程和运动性质。(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。(5)根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解,必要时还要对结果进行讨论。解题技巧【题组通关方案】【典题3】(15分)(2013山东高考)如图所示,一质量m=0.4kg 的小物块,以v0=2m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作 用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2s的时间物块由A点运动 到B点,A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角=30,物块与 斜面之间的动摩擦因数=。重力加速度g取10
19、m/s2。33(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?【解题探究】(1)请用已知物理量符号写出物块由A到B的运动学方程：位移方程：_;速度方程：_。201Lv tat2vB=v0+at(2)请画出物块的受力分析图。提示：(3)请写出拉力F最小值的求解思路。提示：由牛顿第二定律列方程,求出F的表达式,应用三角函数求极值。【典题解析】(1)由运动学方程得：L=v0t+at2 (2分)vB=v0+at (2分)代入数值解得：a=3m/s2,vB=8m/s (2分)(2)对物块受力分析如图所示,12设拉力F与斜面成角,对物块由牛顿
20、第二定律得：垂直斜面方向：Fsin+N-mgcos30=0 (2分)沿斜面方向：Fcos-mgsin30-f=ma (2分)又f=N (2分)联立三式,代入数值解得：Fcos+Fsin=5.2 33则=(2分)当=30时,拉力F有最小值,且Fmin=N (1分)答案：(1)3m/s2 8m/s(2)30 N 5.215.6F331cossin2 3(cossin)322 7.83sin(60)13 3 513 3 5【通关1+1】1.为了使雨滴能尽快地淌离房顶,要设计好房顶的高度,设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动,那么如图所示的四种情况中符合要求的是()【解析】选C。如图所示,设房屋顶
21、宽为2b,斜边长为s,则s=,根据牛顿第二定律 a=gsin,因s=at2,故t=,当=45时,t最小,故 选项C正确。bcos124bgsin22.某工人装卸货物时要把重为1 200N的 货物沿倾斜的木板推上汽车,木板长5m,一端离地高1m。货物与木板间的动摩擦因数为0.5。假定工人 推力方向与板面平行,g取10m/s2,=2.45,=3.16。求：(1)工人搬运过程中的推力至少多大?(2)若工人用(1)中大小的推力沿板面向下推货物,货物由静止从木板顶端推到底端的时间。610【解析】(1)货物匀速上滑时用力最小,由平衡条件有：F-Gsin-Gcos=0,由几何关系,sin=,cos=,解得F
22、=828N(2)向下推时,由牛顿第二定律得 F+Gsin-Gcos=ma,解得a=2gsin=4m/s2 由s=at2解得t=s=1.58s 答案：(1)828N(2)1.58s 152 6510212【加固训练】1.质量m=10kg的物体,在F=40N的水平向左的力的作用下,沿 水平桌面从静止开始运动。物体运动时受到的滑动摩擦力 Ff=30N。在开始运动后的第5s末撤去水平力F,求物体从开始 运动到最后停止总共发生的位移。(保留三位有效数字)【解析】加速过程由牛顿第二定律得：F-Ff=ma1 解得：a1=1m/s2 5s末的速度：vt=a1t=5m/s 5s内的位移：x1=a1t2=12.5
23、m 减速过程由牛顿第二定律得：Ff=ma2 解得：a2=3m/s2 减速位移：x2=4.2m 总位移：x=x1+x2=16.7m 答案：16.7m 122t2v2a2.如图所示,木块的质量m=2kg,与地面间的 动摩擦因数=0.2,木块在拉力F=10N作用 下,在水平地面上从静止开始向右运动,运 动5.2m后撤去外力F。已知力F与水平方向的夹角=37(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)。求：(1)撤去外力前,木块受到的摩擦力大小;(2)刚撤去外力时,木块运动的速度;(3)撤去外力后,木块还能滑行的距离为多少?【解析】(1)木块受力如图所示：由牛顿第二定律得：竖直方向：F
24、N+Fsin37-mg=0 Ff=FN 解得：Ff=2.8N(2)由牛顿第二定律得：水平方向：Fcos37-Ff=ma1 解得：a1=2.6m/s2 由运动学公式得：v2=2a1x1 解得：v=5.2m/s(3)撤去外力后,木块受力如图所示：由牛顿第二定律得：mg=ma2 解得：a2=2m/s2 由运动学公式得：v2=2a2x2 解得：x2=6.76m 答案：(1)2.8N(2)5.2m/s(3)6.76m【资源平台】动力学中的临界问题如图 所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑 水平面上,A、B质量分别为mA=6kg,mB=2kg,A、B之间的动摩擦因数=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增
25、加,在增大到45N的过程中,则(g取10m/s2)()A.当拉力F12N时,物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动 C.两物体从受力开始就有相对运动 D.两物体始终没有相对运动【解析】选D。首先了解各物体的运动情况,B运动是因为A对它 有静摩擦力,但由于静摩擦力存在最大值,所以B的加速度存在 最大值,可以求出此加速度下拉力的大小;如果拉力再增大,则 物体间就会发生相对滑动,所以这里存在一个临界点,就是A、B 间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小。以A为研究对象进行受 力分析,A受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力,则有F-Ff=mAa,再以B为研究对象,
26、B受水平向右的静摩擦力Ff=mBa,当Ff 为最大静摩擦力时,解得a=6m/s2,F=48N,由此可以 看出当F48N时,A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力,也就是 说,A、B间不会发生相对运动。故选项D正确。fABBFm gmm满分指导之3 相对运动中的动力学问题【案例剖析】(18分)(2013新课标全国卷)一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一 相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后 木板运动的速度时间图像如图所示。已知 物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2,求：(1)
27、物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。【审题】抓住信息,准确推断 关键信息 信息挖掘 题 干 相对于地面静止 物块初速度为零 速度时间图像 反映了木板的运动规律 物块始终在木板上 物块与长木板始终存在相互作用的摩擦力 问 题 动摩擦因数 可由牛顿第二定律求解 物块相对于木板的位移 物块与木板的位移之差【破题】形成思路,快速突破(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数的求解。请分析t=0至t1=0.5s的时间内物块和木板的运动规律。提示：从t=0时开始,木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速,物块和地面对木板的摩擦力使
28、木板减速,t1=0.5s时两者达到共同速度。由速度时间图像写出物块和木板加速度大小的表达式：物块的加速度：;木板的加速度：。列出物块、木板的动力学方程：对物块：_;对木板：_。111vat0121vvat 1mg=ma1 1mg+2 2mg=ma2(2)物块相对于木板的位移的大小的求解。请分析t1=0.5s后的时间内物块和木板的运动规律。提示：假设物块相对于木板静止,则f1mg,与假设矛盾,所以物块相对于木板向前减速滑动,而不是与木板共同运动。请写出求解物块相对于木板的位移的大小的思路。提示：由牛顿第二定律分别求出物块和木板的加速度,再由运动学规律分别求出物块和木板的位移,两者位移之差即为物块
29、相对于木板的位移。【解题】规范步骤,水到渠成(1)从t=0时开始,木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速,物块和地面对木板的摩擦力使木板减速,直到两者具有共同速 度为止。由题图可知,在t1=0.5s时,物块和木板的速度相同为 v1=1m/s。设t=0到t=t1时间内,物块和木板的加速度大小分别 为a1和a2,则a1=m/s2=2m/s2 (2分)a2=m/s2=8m/s2 (2分)11v1t0.5011vv4t0.5设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2,根据牛顿第二定律,对物块有1mg=ma1 (2分)对木板有1mg+22mg=ma2 (2分)联立方程得：1=0.2 2=0.3
30、 (1分)(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,由牛顿第二定律得 对物块有f=ma1 对木板有22mg-f=ma2 假设物块相对木板静止,即f1mg,与假设矛盾,所以物块相 对木板向前减速滑动,而不是与木板共同运动,物块加速度大小a1=a1=2m/s2 (2分)物块的v-t图像如图中的点划线所示。此过程 木板的加速度 a2=22g-1g=4m/s2 (2分)由运动学公式可得,物块和木板相对地面的位移分别为 s1=2 =0.5m (2分)(2分)物块相对木板的位移大小为s=s2-s1=1.125m (1分)答案：(1)0.2 0.3(2)1.125m 211v2a2011212v vv13s t m22a8【点题】突破瓶颈,稳拿满分(1)常见的思维障碍：不能根据速度时间图像判断物块和木板的运动规律,导致无法求解;没有判断物块和木板共速后二者的运动规律,误认为物块相对于木板静止,而导致求解错误。(2)因解答不规范导致的失分：在对木板列牛顿第二定律方程时,没有画出受力分析图,把地面对木板的摩擦力写成2mg导致失分;求解物块相对于木板的位移的大小时,没有认真审题,错求成物块的位移而导致失分。
