2021高三物理人教版一轮学案：第三章第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题


第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知识梳理·自测巩固
　知识点1　牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
2．表达式：F＝ma。
3．适用范围：
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对地面静止或做匀速直线运动的参考系。
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
　知识点2　单位制
1．定义：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2．分类：(1)基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。
(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。
　知识点3　两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题：
第一类：已知受力情况求物体的运动情况；
第二类：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：

思考：
如图所示，质量为m的物体在粗糙程度相同的水平面上从速度vA均匀减为vB的过程中前进的距离为x。

(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？
(2)物体受几个力作用？求出它受到的摩擦力。
[答案]　(1)匀减速直线运动，能，加速度大小为，方向与运动方向相反。
(2)三个力作用，摩擦力大小为，方向与运动方向相反。
思维诊断：
(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向可以不同。(　×　)
(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度。(　√　)
(3)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用。(　×　)
(4)物体所受合外力变小，物体的速度一定变小。 (　×　)
(5)物体所受合外力大，其加速度就一定大。 (　×　)
(6)牛顿第二定律适用于一切运动情况。 (　×　)
(7)单位“牛顿”是基本单位。 (　×　)
,
1．(2019·湖南益阳期末)课间王同学叠了一只纸飞机，将纸飞机扔出去后，发现有一段时间纸飞机沿虚线NM斜向下加速俯冲，由所学知识推测此过程中空气对纸飞机的作用力方向，可能的是(　C　)

A．与NM在同一直线上 B．沿OC水平向右
C．垂直MN，沿OB向上 D．沿OA竖直向上
[解析]　本题考查根据运动轨迹判断受力方向。由题可知，纸飞机沿虚线NM斜向下加速俯冲，其加速度的方向沿NM方向，由牛顿第二定律知它的合外力方向沿NM方向，纸飞机受重力和空气的作用力，根据平行四边形定则可知，在题中给出的四个方向中，只有空气对纸飞机的作用力方向垂直NM，沿OB向上，它的合外力才能沿NM方向，其他方向不可能，故C正确。
2．(2020·江西临川一中等九校重点中学协作体联考)第26届国际计量大会2018年11月16日通过了修订国际单位制决议，正式更新了质量单位“千克”、电流单位“安培”、温度单位“开尔文”和物质的量单位“摩尔”4项基本单位定义方法。其中开尔文将用玻尔兹曼常数(k)定义，玻尔兹曼常数的物理意义是单个气体分子的平均动能Ek随热力学温度T变化的系数，表达式为Ek＝k·T，那么玻尔兹曼常数的单位应为(　D　)
A． B．
C． D．
[解析]　本题考查单位制换算。根据Ek＝k·T，得k＝。Ek的单位为J,1 J＝1 kg·m2/s2或1 J＝1 W·s，热力学温度T的单位为开尔文(K)，则玻尔兹曼常数的单位为或，故A、C错误；1 J＝1 N·m或1 J＝1 V·A·s；热力学温度T的单位为开尔文(K)，则玻尔兹曼常数的单位为或，故B错误，D正确。
3．(2019·安徽安庆五校联盟联考)在节日夜晚燃放焰火，礼花弹从专用炮筒中射出后，经过2 s到达离地面25 m的最高点，炸开后形成各种美丽的图案。若礼花弹从炮筒中沿竖直向上方向射出时的初速度是v0，上升过程中所受阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，则v0和k分别为(　A　)
A．25 m/s,0.25 B．25 m/s,1.25
C．50 m/s,0.25 D．50 m/s,1.25
[解析]　本题借助竖直上抛运动考查根据物体受力情况分析运动情况。根据牛顿第二定律可知礼花弹上升的加速度a＝(1＋k)g，方向竖直向下；然后根据匀变速直线运动的公式和逆向思维方法，得出v0＝at，h＝at2，解得v0＝25 m/s，a＝12.5 m/s2，则k＝0.25，A正确。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考点·重点突破
　考点一　牛顿第二定律的理解
瞬时性
a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受合力
因果性
F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力
同一性
(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)
(2)a＝中，F、m、a对应同一物体或同一系统
(3)a＝中，各量统一使用国际单位
独立性
(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律
(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和
(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即ax＝，ay＝

例1　(2019·山西大学附属中学诊断)(多选)如图，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的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，小球运动过程中未从杆上脱落，球上小孔直径略大于直杆直径，且F0>μmg。下列说法正确的是(　BCD　)

A．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
B．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为
[解析]　本题考查受约束的直线运动。由牛顿第二定律有F0－μ(mg－kv)＝ma，小球在F0作用下向右做加速运动，随着速度的增加，向上的力F越来越大，导致杆对小球的弹力越来越小，摩擦力越来越小，加速度越来越大，当F＝mg时，弹力减小到零，摩擦力减小到零，此时加速度达到最大值，最大加速度a＝，C正确；接下来，F>mg杆对小球的弹力向下，随速度的增加，F越来越大，杆对小球的弹力越来越大，摩擦力越来越大，加速度越来越小，当摩擦力增大到与拉力F0相等时，小球匀速运动，因此小球的加速度先增大后减小，最后做匀速运动，B正确，A错误；小球取得最大速度时，F0＝μ(F－mg)，而F＝kv，可求得最大速度v＝，故D正确。
〔类题演练1〕
(2020·深圳模拟)如图所示，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块。已知风对物块的推力F正比于Sυ2，其中υ为风速、S为物块迎风面积。当风速变为2υ0时，刚好能推动同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为(　A　)

A．64m 　 B．32m
C．8m D．4m
[解析]　设质量为m的正方体物块的边长为a，物块被匀速推动，根据平衡条件，有F＝f，N＝mg，其中F＝kSv＝ka2v，f＝μN＝μmg＝μρa3g，解得a＝，现在风速变为2v0，故刚好能推动的物块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍，故A正确。
　考点二　应用牛顿第二定律分析瞬时问题
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：

例2　(2019·广东实验中学段考)(多选)如图，质量相等的A、B两球分别用轻质弹簧和轻杆连接置于固定的光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间(　CD　)

A．两图中每个小球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
[解析]　本题考查瞬时性问题。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ。故A、B错误，C、D正确。
规律总结：
求解瞬时加速度问题时应抓住“两点”
(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个过程的积累，不会发生突变。
〔类题演练2〕
(2020·安徽庐江月考)如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1∶a2为(　C　)

A．1∶1 B．2∶1
C．∶1 D．2∶1
[解析]　在剪断a绳的瞬间，b绳的弹力不发生突变，小球将做圆周运动，将重力沿绳方向和垂直于绳的方向分解，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小a1＝＝g，同理可得剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小a2＝＝g，所以a1∶a2＝∶1，故C正确，A、B、D错误。

　考点三　动力学两类基本问题
动力学两类基本问题的解题思路

例3　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l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 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m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 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v＝120 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。
[解析]　(1)飞机在后一阶段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f2＝0.2mg
根据牛顿第二定律有
F推－f2＝ma2
代入数据解得a2＝4.0 m/s2。
(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、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f1＝0.05mg
根据匀加速运动规律有
v＝2a1l1
v2－v＝2a2(l－l1)
根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1
代入数据解得
a1＝58 m/s2，F牵≈1.1×106 N。
[答案]　(1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.1×106 N
规律总结：
解决动力学两类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)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
〔类题演练3〕
(2020·徐州质检)(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　BC　)

A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
[解析]　物体受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝＝ s＝2 s，选项A错误，B正确；减速到零后，恒力F 　考点四　牛顿运动定律与图象结合问题
(1)明确常见图象的应用方法，如下表：
v－t图象
根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F－a图象
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出F、a两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量
a－t图象
要注意加速度的正、负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F－t图象
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质

(2)图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律为纽带，理解图象的类型，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图象解决问题一般包含两个角度：①用给定的图象解答问题；②根据题意作图，用图象解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系。
例4　如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：

(1)在0～2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。
[解析]　(1)在0～2 s内，由题图乙知：
物块上升的最大距离：x1＝×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离：x2＝×1×1 m＝0.5 m
所以位移大小：x＝x1－x2＝0.5 m
路程：L＝x1＋x2＝1.5 m。
(2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小：
a1＝ m/s2＝4 m/s2
a2＝ m/s2＝4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，
根据牛顿第二定律有
0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma1
0．5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2
解得F＝8 N。
[答案]　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
阶段培优·查缺补漏
等时圆模型
1．模型的两种情况

(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圆环上所用时间相等，如图乙所示。
2．模型的分析思路

例5　如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　B　)

A．2∶1 B．1∶1
C．∶1 D．1∶
[解析]　设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝＝2，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确。
反思总结：
本题符合等时圆模型，可直接套结论解题。
〔类题演练4〕
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∠BMO＝60°，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，若所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(　B　)

A．tA B．tA＝tC C．tA＝tC＝tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
[解析]　对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝a1t得，t1＝＝；对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°＝g，由x2＝a2t得t2＝＝。对于CM段，设CM与x轴夹角为θ，则有t3＝＝＝。故B正确。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模拟训练
1．(2019·全国卷Ⅲ，20)(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　AB　)

图(a) 图(b) 图(c)
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
[解析]　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图(c)知，2 s～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2
设木板质量为m
据牛顿第二定律，对木板有：
2 s～4 s内：F－F摩＝ma1
4 s以后：F摩＝ma2
且知F摩＝μmg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，μ＝0.02，选项A、B正确，D错误。
0～2 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。
2．(2018·全国卷Ⅰ，15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　A　)
　　　　
　　　　　　　　A　　　　　　　　　B　　　　　　　C　　　　　　　D
[解析]　

设弹簧原长为L，物块P静止时，弹簧的长度为x0，
物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得
F＋k(l－x0－x)－mg＝ma
且k(l－x0)＝mg
故F＝kx＋ma
根据数学知识知F­x图象是截距为ma的一次函数图象。A正确。
3．(2020·甘肃兰州一中月考)如图所示，两根轻弹簧下面均连接一个质量为m的小球，上面一根弹簧的上端固定在天花板上，两小球之间通过一根不可伸长的细线相连接，细线受到的拉力大小等于4mg。在剪断两球之间细线的瞬间，以下关于球A的加速度大小aA、球B的加速度大小aB以及弹簧对天花板的拉力大小正确的是(　B　)

A．0、2g、2mg B．4g、4g、2mg
C．4g、2g、4mg D．0、g、4mg
[解析]　本题考查弹簧组的瞬时性问题。在剪断细线之
前，细线的拉力为F＝4mg，上边弹簧对球A的拉力为F′＝2mg，方向向上；下面弹簧对球B的作用力为F″＝4mg－mg＝3mg，方向向下，同样下面弹簧对A的作用力大小也为F″＝3mg，方向向上；剪断细线瞬间，对球A受力分析可知FA＝F′＋F″－mg＝2mg＋3mg－mg＝4mg，FA＝maA，解得aA＝＝4g，方向向上；对球B分析FB＝F″＋mg＝4mg，FB＝maB，解得aB＝＝4g，方向向下；细线剪断瞬间，弹簧未来得及变化，则弹簧对天花板的拉力大小为FT＝F′＝2mg，故B正确，A、C、D错误。
4．(2020·河南南阳月考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
　
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度。
[答案]　(1)5 m/s2，方向沿制动坡度向下　(2)98 m
[解析]　(1)设货物的质量为m，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsin θ＝ma1 ①
f＝μmgcos θ ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2 ③
a1的方向沿制动坡床向下
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsin θ＋F－f＝Ma2 ④
F＝k(m＋M)g ⑤
s1＝vt－a1t2 ⑥
s2＝vt－a2t2 ⑦
s＝s1－s2 ⑧
l＝l0＋s0＋s2 ⑨
联立①②④～⑨并代入数据得l＝98 m