1、第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题,一 牛顿第二定律,二 两类动力学问题,三 力学单位制,基础过关,考点一 对牛顿第二定律的理解,考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题,考点三 动力学的两类基本问题,考点突破,考点四 动力学图像问题的应用,基础过关,一、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 ,加速度的方向跟作用力的方向 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,即相对于地面 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、原子等)、 低速 运动(远小于光速)的情
2、况。 二、两类动力学基本问题 1.两类动力学问题,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。 三、力学单位制 1.单位制: 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制。 2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共有七个,其中力学范围内 有三个,它们是 长度 、 质量 、 时间 ,它们的单位分 别是 米 、 千克 、 秒 。 3.导出单位:由基本物理量根据 物理关系 推导出来的其他物理量 的单位。,1.判断下列说法对错。 (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
3、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。( ),2.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直线 运动时,球所受合外力的方向沿图中的 ( D )A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向,3.(2018辽宁沈阳四校协作体联考)如图所示,当小车向右加速运动时,物 块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时 ( C )A.M所受静摩擦力增大 B.M对车厢壁的压力减小 C.M仍相对于车厢静止 D.M所受静摩擦力减小
4、,4.(多选)(2018广东清远一模)一个质量为2 kg的物体,在5个共点力作用 下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力,其余的 力保持不变,关于此后该物体的运动的说法中正确的是 ( BC ) A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5 m/s2 B.一定做匀变速运动,加速度大小可能等于重力加速度的大小 C.可能做匀减速直线运动,加速度大小是2.5 m/s2 D.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小是5 m/s2,考点一 对牛顿第二定律的理解,考点突破,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
5、都有加速度。 (2)a= 是加速度的定义式,a与v、t无必然联系;a= 是加速度的决 定式,aF,a 。 (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。,1.(多选)(2016课标,18,6分)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 ( BC ) 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 由题意知,此恒力即质点所受合外力,若原速度方向与该恒 力方向在一条直线上,则质点做匀变速直线运动,质点单位时
6、间内速率 的变化量总是不变的;原速度方向与该恒力方向不在一条直线上时,则 质点做匀变速曲线运动,速度方向与恒力方向间的夹角逐渐减小,质点 单位时间内速度的变化量是不变的,但速率的变化量是变化的,A、D项 错误,B项正确;由牛顿第二定律可知,质点加速度的方向总与该恒力方 向相同,C项正确。,2.如图所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住质量为m的 物体,现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直运动到B点。如果物 体受到的阻力恒定,则 ( A ),A.物体从A到O先加速后减速 B.物体从A到O做加速运动,从O到B做减速运动 C.物体运动到O点时,所受合力为零 D.物体从A到O的过程中,加速
7、度逐渐减小,解析 物体从A到O,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力,合力向 右。随着物体向右运动,弹力逐渐减小,合力逐渐减小,由牛顿第二定律 可知,加速度向右且逐渐减小,由于加速度与速度同向,物体的速度逐渐 增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O)时,弹力减小到与阻力相 等,物体所受合力为零,加速度为零,速度达到最大。此后,随着物体继续 向右运动,弹力继续减小,阻力大于弹力,合力方向变为向左。至O点时 弹力减为零,此后弹力向左且逐渐增大,所以物体越过O点后,合力(加速 度)方向向左且逐渐增大,由于加速度与速度反向,故物体做加速度逐渐 增大的减速运动。,考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题,1.力
8、学中的几个模型,2.求解瞬时加速度的一般思路,1.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块 1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有 ( C ),A.a1=a2=a3=a4=0 B.a1=a2=a3=a4=g C.a1=a2=g,a3=0,a4= g D.a1=g,a2= g,a3=0,a4= g,解析 在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即 消失,受到的合力均等于各自重力,所
9、以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物 块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力 大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛 顿第二定律得物块4满足a4= = g。所以C对。,2.(2019山东临沂检测)如图所示,在倾角=30的光滑斜面上,物 块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜 面顶端相连,A、B紧挨在一起,但A、B之间无弹力。已知重力加速度为 g。某时刻把细线剪断,在剪断细线的瞬间,下列说法正确的是 ( B ),A.物块A的加速度为0 B.物块A的加速度为 C.物块B的加速度为0 D.物块B的加速度为
10、,解析 剪断细线前,对物块A分析,可得弹簧的弹力F弹=mg sin 30= mg,剪断细线的瞬间,弹簧的弹力来不及改变,仍为F弹= mg,细线对B的 拉力消失,对A、B组成的系统,由牛顿第二定律可得3mg sin 30-F弹=3 ma,解得加速度为a= = ,即A和B的加速度均为 ,故选B。,名师点拨,考点三 动力学的两类基本问题,解决两类动力学问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁”,(2)不同过程中的联系。如第一个过程的末速度往往是下一个过程 的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。,例1 (多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好 的车厢。
11、当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时, 连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车 厢以大小为 a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计 车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为 ( BC ) A.8 B.10 C.15 D.18,解析 设每节车厢的质量为m,这列车厢的节数为n,P、Q挂钩的 东边车厢的节数为x,西边车厢的节数为n-x。当机车在东边拉车厢时,对 西边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得F=(n-x)ma;当机车在西边拉车 厢时,对东边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得F= max,联立可得n= x,x为3的倍数,则
12、n为5的倍数,选项B、C正确,选项A、D错误。,考向1 已知受力求运动,1.(2016四川理综,10,17分)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,制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。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底端,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。货物与货车分别视为小滑块和
13、平板,取cos =1,sin =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 方向沿制动坡床向下 (2)98 m 解析 (1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间 的动摩擦因数=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则 f+mg sin =ma1 f=mg cos 联立式并代入数据得a1=5 m/s2 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
14、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 Mg sin +F-f=Ma2 ,F=k(m+M)g s1=vt- a1t2 s2=vt- a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 联立并代入数据得l=98 m,考向2 已知运动求受力 2.(2019广西南宁期末)如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为l1 =1.6102 m的水平跑道和长度为l2=20 m的倾斜跑道两部分组成。水平 跑道与倾斜跑道末端
15、的高度差h=4.0 m。一架质量为m=2.0104 kg的飞 机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2105 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。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g=10 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情况,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
16、动时间及飞机到达倾 斜跑道末端时的速度大小。 (3)助推力只存在于水平跑道上,利用牛顿第二定律确定加速度;飞机在 倾斜跑道上的加速度不变,利用运动学公式和牛顿第二定律综合求解。,答案 (1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2105 N,解析 (1)飞机在水平跑道上运动时,在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=F-Ff=ma1- =2a1l1 v1=a1t1 其中v0=0,Ff=0.1mg 代入已知数据可得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s 飞机在倾斜跑道上运动时,在沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿,
17、倾斜跑道方向的分力作用,设飞机沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,末 速度大小为v2,倾斜跑道与水平面的夹角为,沿倾斜跑道方向有 F合=F-Ff-mg sin =ma2 mg sin =mg - =2a2l2 其中v1=40 m/s 代入已知数据可得a2=3.0 m/s2,v2= 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,在水平方向受到喷气发动机的推力、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+F-Ff=ma1 v12- =2a1l1 飞机在倾斜跑道上运动时
18、,在沿倾斜跑道方向受到喷气发动机的推力、 阻力与重力沿倾斜跑道方向的分力作用,加速度大小为 a2=a2=3.0 m/s2,v22-v12=2a2l2 根据题意可知v2=100 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。,考向3 等时圆模型 3.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.21 B.11 C. 1 D.1,解析 设光滑斜槽轨道与水平方向的夹
19、角为,则重物沿斜槽下滑 时的加速度为a=g sin ;由几何关系可得,斜槽轨道的长度s=2(R+r) sin , 由运动学公式s= at2,得t= = =2 ,由此可知重物 沿光滑斜槽下滑所用时间t与斜槽倾角无关,所以t1=t2,B项正确。,方法总结,考点四 动力学图像问题的应用,1.动力学图像问题的类型,2.数形结合解决动力学图像问题 (1)在图像问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而 明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系;然后根据函数关系读取 图像信息或者描点作图。 (2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标 包围的“面积”等所对应的物理意义,尽
20、可能多地提取解题信息。,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。,1.(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图 线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求 出 ( ACD ),A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度,解析 设物块的质量为m、斜面的倾角为,物块与斜面间的动 摩擦因数为
21、,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根 据牛顿第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再 结合v-t图线斜率的物理意义有:a1= ,a2= 。由上述四式可见,无法求出 m,可以求出、,故B错,A、C均正确。0t1时间内的v-t图线与横轴包围 的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,已求出,故可以求出物块 上滑的最大高度,故D正确。,2.1845年英国物理学家和数学家斯托马斯(S.G.Stokes)研究球体在 液体中下落时,发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的 种类有关,有F=6rv。其中物理量为液体的粘滞系数,与
22、液体的种类 及温度有关。如图所示,现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足 够深量筒中,下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图 像可能正确的是 ( D ),解析 根据牛顿第二定律得,小钢珠的加速度a= = , 在下降的过程中,速度v增大,阻力F增大,则加速度a减小,当重力和阻力 相等时,做匀速运动,加速度为零,故选项D正确。,3.如图所示,E为斜面的中点,斜面上半段光滑,下半段粗糙,一个小 物体由顶端静止释放,沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为 正方向,则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t 的关系图像可能正确的是 ( B ),解析 物体在光滑的斜面上做
23、匀加速直线运动,位移-时间图像的开 口向上,物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动,位移-时间图像的开口 向下,故A错误;物体在斜面上半段做匀加速直线运动,在下半段做匀减 速直线运动,由于到达底端的速度为零,则物体在上半段和下半段的平 均速度相等,位移也相等,故物体在上半段和下半段的运动时间相等,物 体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等,方向相反,故物体在 上半段和下半段所受合外力大小相等,方向相反,B正确,C、D错误。,牛顿第二定律的应用,热点题型探究,例2 (2018课标,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现 其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车
24、碰 撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m, A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg, 两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小; (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。,答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s,解析 本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。 (1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有 mBg=mBaB 式中是汽车与路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间B车速
25、度的大小为vB,碰撞后滑行的距离为sB。由运动学 公式有 v =2aBsB 联立式并利用题给数据得 vB=3.0 m/s,(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有 mAg=mAaA 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA,碰撞后滑行的距离为sA。由运动学 公式有 v =2aAsA 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有 mAvA=mAvA+mBvB 联立式并利用题给数据得 vA=4.3 m/s,1.(多选)(2018广东汕头模拟)建设房屋时,保持底边L不变,要设计好屋顶 的倾角,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可 视为小球做无初
26、速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是 ( AC ),A.倾角越大,雨滴下滑时的加速度越大 B.倾角越大,雨滴对屋顶压力越大 C.倾角越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D.倾角越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短,解析 注意底边长度是不变的,设屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑 时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN, 垂直于屋顶方向:mg cos =FN,平行于屋顶方向:ma=mg sin 。雨滴的加 速度a=g sin ,则倾角越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对 屋顶的压力大小FN=FN=mg cos ,则倾角越大,雨滴对屋顶的压力越小, 故
27、B错误;根据几何知识,屋顶坡面的长度x= ,由x= g sin t2,可得:t = ,可见当=45时,用时最短,D错误;由v=g sin t可得v=,可见越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确。,2.(多选)如图所示,总质量为460 kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m时,以5 m/s的速度向上匀速运动,若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10 m/s2。关于热气球,下列说法正确的是( AD ),A.所受浮力大小为4 830 N B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N,解析 刚开始上升时,空气阻力为零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)= 4 830 N,A正确;加速上升过程,若保持加速度不变,则热气球上升到180 m 时,速度v= =6 m/s5 m/s,所以热气球做加速度减小的加速直线 运动,上升10 s后的速度vat=5 m/s,C错误;再由F浮-F阻-mg=ma可知空气 阻力F阻增大,B错误;匀速上升时,F浮=F阻+mg,所以F阻=F浮-mg=230 N,D正 确。,
