高考物理一轮复习 第3章 第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题

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知识点1 牛顿第二定律 单位制
1．牛顿第二定律
(1)内容
物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向与作用力的方向相同．
(2)表达式
a＝eq \f(F,m)或F＝ma.
(3)适用范围
①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)．
②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．
2．单位制
(1)单位制
由基本单位和导出单位组成．
(2)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、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米．
(3)导出单位
由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位．
知识点2 两类动力学问题
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第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：
1．正误判断
(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)
(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用．(×)
(3)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)
(4)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．(√)
(5)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．(√)
2．[单位制的理解与应用]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( )
A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1
B [由F＝ma，可知1 N＝1 kg·m·s－2，由P＝Fv，可知1 W＝1 N·m·s－1＝1 kg·m2·s－3，由U＝eq \f(P,I)，可知1 V＝1 W·A－1＝1 m2·kg·s－3·A－1，故导出单位V(伏特)可表示为m2·kg·s－3·A－1，选项B正确．]
3．[由受力情况确定运动情况]用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是( )
A．v＝6 m/s，a＝0B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2
C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0
A [由牛顿第二定律得：F＝ma，a＝2 m/s2.3 s末物体速度为v＝at＝6 m/s，此后F撤去，a＝0，物体做匀速运动，故A正确．]
4．[由运动情况确定受力情况]一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块A穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图3­2­1分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动，四种情况下A、B均与车保持相对静止，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向．已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是( )
【导学号：92492122】
图3­2­1
A．f1∶f2＝1∶2B．f1∶f2＝2∶3
C．f3∶f4＝1∶2D．tan α＝2tan θ
B [设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，(1)和(2)中A在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A正确，B错误；(3)和(4)中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，所以C正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma3，mgtan α＝ma4，联立可得tan α＝2tan θ，故D正确．]
1.牛顿第二定律的“五性”：
2.合力、加速度、速度间的决定关系
(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．
(2)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．
(3)a＝eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝eq \f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq \f(1,m).
[题组通关]
1．(多选)下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )
【导学号：92492123】
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零
C．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零
CD [物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C、D正确，A、B错误．]
2．如图3­2­2所示，质量m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)( )
图3­2­2
A．0 B．4 m/s2，水平向右
C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右
B [物体水平向左运动，所受滑动摩擦力水平向右，Ff＝μmg＝20 N，故物体所受合外力F合＝Ff＋F＝40 N，由牛顿第二定律可得：a＝eq \f(F合,m)＝4 m/s2.方向水平向右，B正确．]
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：
2．一般思路
第一步：分析原来物体的受力情况．
第二步：分析物体在突变时的受力情况．
第三步：由牛顿第二定律列方程．
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．
[题组通关]
1．如图3­2­3所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，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( )
【导学号：92492124】
甲 乙
图3­2­3
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为0
C．图乙中轻杆的作用力一定不为0
D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
D [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0，加速度为0，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0，A、B两球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D对．]
2．(2017·银川模拟)如图3­2­4所示，质量分别为m和2m所小球A和B，用轻弹簧相连后再用细线悬挂于电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线上的拉力为F.此时突然剪断细线，在细线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为( )
【导学号：92492125】
图3­2­4
A.eq \f(F,3)，eq \f(F,3m)＋gB．eq \f(F,3)，eq \f(2F,3m)＋g
C.eq \f(2F,3)，eq \f(F,3m)＋gD．eq \f(2F,3)，eq \f(2F,3m)＋g
D [剪断细线前：设弹簧的弹力大小为f.根据牛顿第二定律得：
可整体：F－3mg＝3ma 对B球：f－2mg＝2ma
解得，f＝eq \f(2F,3)
剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f＝eq \f(2F,3).
对A球：mg＋f＝maA，得aA＝eq \f(2F,3m)＋g，故选项D正确．]
3．(2017·绍兴模拟)如图3­2­5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两小球之间也用一轻绳L2连接，细绳L1和弹簧与竖直方向的夹角均为θ，A、B间细绳L2水平拉直，现将A、B间细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是( )
【导学号：92492126】
图3­2­5
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∶cs2θ
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为cs θ∶1
图1 图2
D [根据题述，A、B两球的质量相等，设均为m.剪断细绳L2时对A球受力分析如图1所示，由于绳的拉力可以突变，应沿绳L1方向和垂直于绳L1方向正交分解，得FT＝mgcs θ，ma1＝mgsin θ.剪断细绳L2时B球受力如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持剪断前的力不变，有Fcs θ＝mg，Fsin θ＝ma2，所以FT∶F＝cs2θ∶1，a1∶a2＝cs θ∶1，则D正确．]
两点提醒：
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积累的过程，不会发生突变．
1.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”．
2．两类动力学问题的解题步骤
[多维探究]
●考向1 已知受力情况，求物体运动情况
1．(多选)(2017·日照模拟)如图3­2­6是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin 15°＝0.26，cs 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g取10 m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )
图3­2­6
A．4 m/s2B．3 m/s2
C．2 m/s2D．1 m/s2
AB [设圆柱形工件的质量为m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有FQ＋mg＝FNcs 15°，F合＝FNsin 15°＝ma，联立解得a＝eq \f(FQ＋mg,m)×tan 15°＝eq \f(FQ,m)×0.27＋2.7 m/s2＞2.7 m/s2，故选项A、B正确．]
2．(多选)(2016·全国甲卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )
【导学号：92492127】
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
BD [设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝eq \f(4,3)ρπR3知：eq \f(4,3)ρπR3g－kR＝eq \f(4,3)ρπR3a，即a＝g－eq \f(3k,4ρπ)·eq \f(1,R2)，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲>a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝eq \f(1,2)at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－veq \\al(2,0)知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确．]
●考向2 已知运动情况，求物体受力情况
3．(2017·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如图3­2­7所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
【导学号：92492128】
图3­2­7
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma
解得：μ＝eq \f(\r(3),6).
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．由x＝eq \f(1,2)a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcs 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1，代入数据得：F＝eq \f(76\r(3),5) N
当加速度沿斜面向下时：mgsin 30°－Fcs 30°－
μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1
代入数据得：F＝eq \f(4\r(3),7) N.
【答案】 (1)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N或eq \f(4\r(3),7) N
解决动力学两类问题的关键点

[母题] 如图3­2­8所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
图3­2­8
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？
【自主思考】 (1)滑块M在传送带上运动时，所受摩擦力的方向如何？
提示：开始时，沿传送带向下；当物体的速度小于传送带的速度时，摩擦力的方向又沿传送带向上．
(2)物体沿传送带向上做什么运动？
提示：先以加速度a1匀减速运动，后以加速度a2匀减速运动．
【解析】 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，t1＝eq \f(v0－v,a1)②
通过的位移x1＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2a1)③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2
Mgsin θ－μMgcs θ＝Ma2④
物体继续减速，设经t2速度到达传送带B点
L－x1＝vt2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑤
联立①②③④⑤式可得：
t＝t1＋t2＝2.2 s.
(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a2，
L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2⑥
联立④⑥式可得：
t′＝1 s(t′＝5 s舍去)．
【答案】 (1)2.2 s (2)1 s
[母题迁移]
●迁移1 倾斜传送带向下传送
1．如图3­2­9所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )
图3­2­9
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcs θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ
A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ●迁移2 水平传送带水平传送
2．(多选)如图3­2­10所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中( )
【导学号：92492129】
图3­2­10
A．煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B．煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C．划痕长度是0.5 m
D．划痕长度是2 m
BD [根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝eq \f(μmg,m)＝4 m/s2，
煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝eq \f(v0,a)＝1 s，位移大小x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝2 m＜x，
此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即
Δx＝v0t1－x1＝2 m，选项D正确，C错误；
x2＝x－x1＝2 m，匀速运动的时间t2＝eq \f(x2,v0)＝0.5 s，
运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s，选项B正确，A错误．]
分析传送带问题的三步走
1．初始时刻，根据v物、v带的关系，确定物体的受力情况，进而确定物体的运动情况．
2．根据临界条件v物＝v带确定临界状态的情况，判断之后的运动形式．
3．运用相应规律，进行相关计算．

对牛顿第二定律的理解
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，应用时统一使用SI制
独立性
每一个力都产生各自的加速度
牛顿第二定律的瞬时性
动力学的两类基本问题
“传送带模型”问题