2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第三章第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题

第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题

一、牛顿第二定律

1.内容:物体加速度的大小与所受合外力的大小成正比,与物体的质量成反比.加速度方向与合外力方向相同.

2.表达式:F=ma.

提示:力是产生加速度的原因,但加速度的大小是由力和质量共同决定的.

3.适用范围:适用于惯性参考系中宏观物体的低速运动.

二、力学单位制

1.国际单位制:由基本单位和导出单位一起组成.

2.基本单位:基本物理量的单位.力学中的基本物理量有质量、长度和时间,它们的国际单位分别是kg,m和s.

3.导出单位:由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.

三、牛顿第二定律的应用

1.两类动力学问题

(1)已知受力情况,求物体的运动情况.

(2)已知运动情况,求物体的受力情况.

2.解决两类基本问题的方法

以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解,具体逻辑关系如图:

1.思考判断

(1)物体所受合外力越大,加速度越大.(　×　)

(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)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系.(　√　)

(4)应用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是加速度.(　√　)

(5)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位.(　×　)

2.(多选)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是(　BC　)

A.物体的质量跟外力成正比,跟加速度成反比

B.加速度的方向一定与合外力的方向一致

C.物体的加速度跟物体所受的合外力成正比,跟物体的质量成反比

D.由于加速度跟合外力成正比,整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍

解析:物体的质量是物体所含物质的多少,与外力、加速度无关,故A项错误;整块砖的重力是半块砖重力的二倍,但是前者质量也是后者质量的二倍,所以D项错误;由牛顿第二定律可知,B,C项正确.

3.在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、 kg(千克)、s(秒)、A(安培).导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(　B　)

A.m2·kg·s-4·A-1 B.m2·kg·s-3·A-1

C.m2·kg·s-2·A-1 D.m2·kg·s-1·A-1

解析:根据P=UI,P=Fv,F=ma可导出U=,即1 V=1 =1 m2· kg·s-3·A-1,B项正确.

4.

(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F2=15 N时物体做匀加速直线运动,则F1的值可能是(g取10 m/s2)(　ACD　)

A.3 N B.25 N C.30 N D.50 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F2-F1-μG=ma>0,解得F1<5 N,A正确;若物体向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知F1-F2-μG=ma>0,解得F1>25 N,C,D正确.

考点一　牛顿第二定律的理解

1. 牛顿第二定律的性质

2.合外力、加速度、速度间的关系

(1)物体的加速度由所受合力决定,与速度无必然联系.

(2)合外力与速度同向,物体加速;合外力与速度反向,物体减速.

(3)a=是加速度的定义式,a与v0,vt,vt-v0无直接关系;a=是加速度的决定式.

[例1] (多选)下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解,正确的是(　CD　)

A.由F=ma可知,物体所受的合力与物体的质量成正比,与物体的加速度成反比

B.由m=可知,物体的质量与其所受的合力成正比,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的合力成正比,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到的合力而求出

解析:牛顿第二定律的表达式F=ma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,是由和它相互作用的物体作用产生的,与物体的质量和加速度无关.故A,B错误,C,D正确.

[针对训练] (2019·湖北荆州月考)由牛顿第二定律知,无论怎样小的力都可以使物体产生加速度,可是,我们用很小的力推很重的桌子时,却推不动,这是因为(　D　)

A.牛顿第二定律不适用于很重的物体

B.桌子加速度很小,肉眼观察不到

C.推力太小,速度增量也很小,肉眼观察不到

D.桌子所受合力大小为零,没有加速度

解析:静止物体的加速度为零,合力为零,牛顿第二定律同样适用于静止的物体,故A错误;根据F=ma可知,物体的合力为零,加速度为零,而不是“加速度很小,肉眼观察不到”,故B错误;由于水平推力不大于桌子的最大静摩擦力,则推不动桌子,桌子的合力等于零,由牛顿第二定律可知,加速度等于零,故C错误,D正确.

考点二　应用牛顿第二定律分析瞬时性问题

1.两种常见模型

加速度与合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常见模型:

2.求解瞬时加速度的一般思路

[例2]

如图所示,A,B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上,A,B两小球之间用一轻质细绳L2连接,细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ,细绳L2恰能水平拉直,现将细绳L2剪断,则细绳L2剪断瞬间,下列说法正确的是(　D　)

A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1

B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶cos2θ

C.A与B的加速度之比为1∶1

D.A与B的加速度之比为cos θ∶1

审题指导: 解此题关键有两点:

(1)明白细绳L2剪断前A,B的受力特点.

(2)正确分析细绳L2剪断瞬间细绳L1和弹簧上力的变化特点.

解析:根据题述可知,L2剪断之前,A,B两球的受力情况完全一样,A,B两球的质量相等,均设为m.剪断细绳L2瞬间,对A球受力分析,如图(甲)所示,由于细绳L1的拉力突变,沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解,得T=mgcos θ,ma1=mgsin θ;剪断细绳L2瞬间,对B球进行受力分析,如图(乙)所示,由于弹簧的弹力不发生突变,则弹簧的弹力还保持不变,有Fcos θ=mg,ma2=mgtan θ,所以T∶F=cos 2θ∶1,a1∶a2=cos θ∶1,则D正确.

1.

(2019·四川绵阳模拟)如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A,B两小球分别连在另一根竖直弹簧两

端.开始时A,B两球都静止不动,A,B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A,B两球的加速度分别为(　D　)

A.aA=aB=g B.aA=2g,aB=0

C.aA=g,aB=0 D.aA=2g,aB=0

解析:以A,B球整体作为研究对象,A处于静止状态,受力平衡,由平衡条件得细线拉力T=2mgtan 60°=2mg,剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化,A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等,方向相反,由牛顿第二定律得aA==2g,B球的受力情况不变,则加速度仍为0,故D正确.

2.

(2019·湖北武汉调研)(多选)如图所示,A,B,C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A,B间由一轻质细线连接,B,C间由一轻杆相连.倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、细线与轻杆均平行于斜面,初始系统处于静止状态,细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(　CD　)

A.A球的加速度沿斜面向上,大小为gsin θ

B.C球的受力情况未变,加速度为0

C.B,C两球的加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ

D.B,C之间杆的弹力大小为0

解析:初始系统处于静止状态,把B,C看成整体,B,C受重力2mg、斜面的支持力N、细线的拉力T,由平衡条件可得T=2mgsin θ,对A进行受力分析,A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力T,由平衡条件可得F弹=T+mgsin θ=3mgsin θ,细线被烧断的瞬间,拉力会突变为零,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上,大小a=2gsin θ,选项A错误;细线被烧断的瞬间,把B,C看成整体,根据牛顿第二定律得B,C球的加速度a′=gsin θ,均沿斜面向下,选项B错误,C正确;对C进行受力分析,C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力,根据牛顿第二定律得mgsin θ+F=ma′,解得F=0,所以B,C之间杆的弹力大小为0,选项D正确.

考点三　两类动力学问题

1.解决两类动力学基本问题应把握的关键

(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析.

(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁.

2.解决动力学基本问题时对力的处理方法

(1)合成法

在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”.

(2)正交分解法

若物体的受力个数较多(3个或3个以上),则采用“正交分解法”.

角度1　已知物体受力情况,分析物体运动情况

[例3] (2019·陕西西安联考)飞机在水平跑道上加速滑行时受到机身重力、竖直向上的机翼升力、发动机推力、空气阻力、地面支持力和轮胎与地面之间的摩擦力作用.其中机翼升力与阻力均与飞机运动的速度的二次方成正比,且比例系数分别为k1和k2,地面的摩擦力与地面支持力成正比.已知飞机质量为m,飞机在跑道上加速滑行时发动机推力为F=.

(1)飞机刚要起飞时的速度v多大?

(2)若飞机在水平跑道上匀加速滑行,则地面的摩擦力与地面支持力成正比的比例系数μ应满足什么条件?

(3)若飞机在水平跑道上从静止开始匀加速滑行后起飞,跑道的长度至少多大?

审题图示: (1)飞机刚要起飞时,飞机的升力与重力大小相等,分析其竖直方向受力情况有:

(2)飞机在水平跑道上匀加速滑行过程中受力如图:

解析:(1)根据题意有飞机离开跑道时,飞机的升力与重力平衡,故有

mg=F升=k1v2

解得飞机起飞时的速度为v=.

(2)设轮胎和地面之间的等效动摩擦因数为μ,得飞机水平方向受推力F、地面摩擦力F地阻和空气阻力F空阻作用,根据牛顿运动定律,合力使飞机产生加速度有

F-k2v2-μ(mg-k1v2)=ma

要使飞机做匀加速运动,故可知

μk1v2-k2v2=0

即满足μ=.

(3)匀加速运动的加速度为

a==（-μ）g

起飞的条件为F支=0,即k1v2=mg

由匀加速运动关系式-=2as

得s==.

答案:(1)　(2)μ=　(3)

角度2　已知物体运动情况,分析物体受力情况

[例4]

如图所示,质量M=10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上,木楔与地面的动摩擦因数μ=0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上,有一质量m=1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑,当它在斜面上滑行距离x=1 m时,其速度v=2 m/s,在这过程中木楔没有动.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)求:

(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1;

(2)地面对木楔的摩擦力大小与方向.

解析:(1)由v2=2ax,得a=2 m/s2

对物块由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma,

得μ1=0.5.

(2)以物块和木楔ABC整体为研究对象,作出受力图如图.

(m+M)g-N=may,

f=max,

ax=acos θ,

ay=asin θ,

解得N=108.8 N,f=1.6 N,方向水平向左

答案:(1)0.5　(2)1.6 N,方向水平向左

1.(已知物体运动情况,分析物体受力情况)行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害,人们设计了安全带.若乘客质量为70 kg,汽车车速为90 km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s,在刹车过程中安全带对乘客的作用力大小约为(不计乘客与座椅间的摩擦)(　C　)

A.450 N B.400 N C.350 N D.300 N

解析:汽车的速度v0=90 km/h=25 m/s,设汽车匀减速的加速度大小为a,则a==5 m/s2,对乘客由牛顿第二定律得F=ma=70×5 N=350 N,所以C正确.

2.(已知物体受力情况,分析物体运动情况)雪滑梯由斜面和水平面两部分组成,其结构可以简化为如图模型,雪滑梯顶点距地面高h=15 m,滑梯斜面长l=25 m,在水平部分距离斜道底端为s0=20 m处有一海绵坑.质量为M1的运动员乘坐一质量为M2的轮胎从滑梯顶端滑下,在水平雪道上某处脱离轮胎落到雪道上再滑向海绵坑,运动员停在距离海绵坑1 m范围内算过关.已知轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1=0.3,运动员与雪道间动摩擦因数为μ2=0.8,假设运动员离开轮胎的时间不计,运动员落到雪道上时的水平速度不变,运动员通过滑梯底端拐点处速率不变,g取10 m/s2,求:

(1)运动员滑到滑梯底端时速度的大小;

(2)若运动员(可视为质点)在水平雪道上刚好滑至海绵坑停下,计算运动员离开轮胎的位置距海绵坑的距离.

解析:(1)设运动员乘坐轮胎沿斜面滑动时的加速度为a0,滑到底端时的速度大小为v,有

(M1+M2)gsin θ-μ1(M1+M2)gcos θ=(M1+M2)a0

又v2=2a0l

联立解得v=6 m/s.

(2)设在水平轨道上运动时,运动员乘坐轮胎时加速度大小为a1,翻下后加速度大小为a2

由牛顿第二定律得μ1(M1+M2)g=(M1+M2)a1

μ2M1g=M1a2

设在距离海绵坑s1处翻下时刚好滑到海绵坑边停下,翻下时速度为v1,有

v2-=2a1(s0-s1)

=2a2s1

联立解得s1=6 m.

答案:(1)6 m/s　(2)6 m

1.

(2015·海南卷,8)(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相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g.在剪断的瞬间(　AC　)

A.a1=3g B.a1=0

C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2

解析:设物块的质量均为m,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及发生形变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1,剪断前对b,c和弹簧S2组成的整体分析可知T1=2mg,故a受到的合力F=mg+T1=mg+2mg=3mg,故加速度a1==3g,A正确,B错误;设弹簧S2的拉力为T2,则T2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误.

2.(2014·福建卷,18)

如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块(　C　)

A.最大速度相同

B.最大加速度相同

C.上升的最大高度不同

D.重力势能的变化量不同

解析:两物块质量不同,因此静止时弹簧的压缩量不同,设静止时压缩量为x1,则mgsin θ=kx1,在力F作用下,弹簧的压缩量为x,故刚释放时,物块有最大加速度,kx-mgsin θ=ma,得a=-gsin θ,a不同,B项错误;当物块运动到平衡位置时,速度最大,由机械能守恒定律得Ep=Ep1+mgh+m,故A项错误;由Ep=mgH,得H=,所以两物块上升的最大高度不同,则重力势能的变化量也不同,C项正确,D项错误.

3.

(2019·安徽蚌埠模拟)如图所示,质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态,现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F,使小球从静止开始向右运动,其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比,即F=kv(图中未标出),已知小球与杆间的动摩擦因数为μ,下列说法中正确的是(　D　)

A.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的减速运动

B.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止

C.小球的最大加速度为

D.小球的最大速度为

解析:刚开始运动时,加速度为a=,当速度v增大,加速度增大,当速度v增大到符合kv>mg后,加速度为a=,当速度v继续增大,加速度减小,当a减小到0,做匀速运动,所以小球的速度先增大后保持不变,加速度先增大后减小,最后保持不变,故A,B错误;当阻力为零时,加速度最大,小球的最大加速度为,故C错误;当加速度为零时,小球的速度最大,此时有F0=μ(kvm-mg),最大速度为vm=,故D正确.

4.(2019·江西南昌联考)如图(甲)所示,在光滑的水平面上,物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动,其v-t 图象如图(乙)所示,规定向右为正方向.下列判断正确的是(　A　)

A.在3 s末,物体处于出发点右方

B.在1~2 s内,物体正向左运动,且速度大小在减小

C.在1~3 s内,物体的加速度方向先向右后向左

D.在0~1 s内,外力F不断增大

解析:由v-t图象可知,前2 s内向右运动的位移大于第3 s内向左运动的位移,表明3 s末,物体处于出发点右方,A正确,B错误;1~3 s内物体加速度取负值,方向向左,C错误;由v-t图线可以看出0~1 s内斜率逐渐减小,表明加速度a减小,则外力F不断减小,故D错误.