第三章牛顿第二定律.docx

第三章牛顿第二定律.docx

《第三章牛顿第二定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第三章牛顿第二定律.docx（36页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

第三章牛顿第二定律

第2课时　牛顿第二定律　两类动力学问题

考纲解读

1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题．

1．[对牛顿第二定律内容和公式的理解]由牛顿第二定律表达式F＝ma可知（　　）

A．质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比

B．合外力F与质量m和加速度a都成正比

C．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致

D．物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的质量m成反比

答案　CD

解析　对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A错；既然物体的质量不变，故不能说合外力与质量成正比，B错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C正确；由a＝

可知D正确．

2．[对力、加速度和速度关系的理解]关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（　　）

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

答案　CD

解析　物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为零．但物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力很大，加速度一定很大，故选项C、D对．

3．[牛顿运动定律的应用]建筑工人用如图1所示的定滑轮装置运送建筑

材料．质量为70.0kg的建筑工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg

的建筑材料以0.5m/s2的加速度提升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑

轮的摩擦，则建筑工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　）

A．510NB．490N图1

C．890ND．910N

答案　B

解析　设建筑材料的质量为m，加速度的大小为a，对建筑材料由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝210N.

设地面对建筑工人的支持力为FN，建筑工人的质量为M，对建筑工人由平衡条件得FN＋F＝Mg，解得FN＝490N.

根据牛顿第三定律可得建筑工人对地面的压力大小为FN′＝FN＝490N，B正确．

4．[力学单位制的应用]在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2cm，若还测出小车的质量为500g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是（　　）

A．a＝

m/s2＝120m/s2

B．a＝

m/s2＝1.2m/s2

C．F＝500×1.2N＝600N

D．F＝0.5×1.2N＝0.60N

答案　BD

解析　在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算．带单位运算时，单位换算要准确．可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示，计算结果的单位就是用国际单位制表示的，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可．选项A中Δx＝1.2cm没用国际单位制表示，C项中的小车质量m＝500g没用国际单位制表示，所以均错误；B、D正确．

考点梳理

牛顿第二定律

1．内容：

物体加速度的大小跟它所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：

F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．

3．力学单位制

（1）单位制由基本单位和导出单位共同组成．

（2）力学单位制中的基本单位有质量（kg）、长度（m）和时间（s）．

（3）导出单位有N、m/s、m/s2等．

5．[应用牛顿第二定律解决瞬时问题]（2010·大纲全国Ⅰ·15）如图2所示，

轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的

木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止

状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2图2

的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有（　　）

A．a1＝0，a2＝gB．a1＝g，a2＝g

C．a1＝0，a2＝

gD．a1＝g，a2＝

g

答案　C

解析　在木板抽出后的瞬间，弹簧未来得及发生形变，所以木块1

所受重力和弹力均不变，合力为零，则a1＝0.木块2受重力Mg和

弹簧弹力F＝mg，如图所示，由牛顿第二定律得Mg＋mg＝Ma2，则a2＝

g，选项C正确．

6．[牛顿第二定律的简单应用]质量m＝1kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t＝1s，速度大小变为4m/s，则这个力的大小可能是（　　）

A．2NB．4NC．6ND．8N

答案　AC

解析　物体的加速度可能是2m/s2，也可能是6m/s2，根据牛顿第二定律，这个力的大小可能是2N，也可能是6N，所以答案是A、C.

方法提炼

1．瞬时问题的分析：

题目中同时有轻绳和弹簧，剪断轻绳时，弹簧的弹力不能瞬间发生变化．剪断弹簧时，绳上的拉力在瞬间发生变化．

2．解决两类动力学问题的基本方法

以加速度a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：

考点一　用牛顿第二定律分析瞬时加速度

例1

　如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的

光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的

瞬间，小球的加速度大小为（　　）

A．0B.

g图3

C．gD.

g

解析　平衡时，小球受到三个力：

重力mg、木板AB的支持力

FN和弹簧拉力FT，受力情况如图所示．突然撤离木板时，FN

突然消失而其他力不变，因此FT与重力mg的合力F＝

＝

mg，产生的加速度a＝

＝

g，B正确．

答案　B

加速度瞬时性涉及的实体模型

　1.分析物体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及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：

特性

模型

受外力时

的形变量

力能否突变

产生拉力或支持力

质量

内部弹力

轻绳

微小不计

能

只有拉力

没有支持力

不计

处处相等

橡皮绳

较大

不能

只有拉力

没有支持力

轻弹簧

较大

不能

既可有拉力

也可有支持力

轻杆

微小不计

能

既可有拉力

也可有支持力

2.在求解瞬时加速度问题时应注意：

（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．

突破训练1

　如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，

两小球均处于平衡状态且质量相同．如果突然把两水

平细线剪断，剪断瞬间小球A的加速度的大小为

________，方向为________；小球B的加速度的大图4

小为________，方向为________；剪断瞬间甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为________（θ角已知）．

答案　gsinθ　垂直倾斜细线OA向下　gtanθ　水平向右　cos2θ

解析　设两球质量均为m，对A球受力分析，如图（a）所示，剪断水平细线后，球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度a1方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线OA向下．则有FT1＝mgcosθ，F1＝mgsinθ＝ma1，所以a1＝gsinθ.水平细线剪断瞬间，B球受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2方向水平向右，如图（b）所示，则FT2＝

，F2＝mgtanθ＝ma2，所以a2＝gtanθ.

甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为

＝cos2θ.

突破训练2

　质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的

弹簧，放在光滑的台面上．A紧靠墙壁，如图5所示，今用恒力

F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F撤去，此瞬间

（　　）图5

A．A球的加速度为

B．A球的加速度为零

C．B球的加速度为

D．B球的加速度为

答案　BD

解析　恒力F作用时，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F.突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错，B项对．而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a＝

，故C项错，D项对．

考点二　动力学两类基本问题

求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：

分析解决这两类问题的关键：

应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．

例2

　如图6所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止

于水平面上．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，

A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与水平面之间的动摩擦；图6

因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2.若从t＝0开始，木板B受F1＝16N的水平恒力作用，t＝1s时F1改为F2＝4N，方向不变，t＝3s时撤去F2.

（1）木板B受F1＝16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？

（2）从t＝0开始，到A、B都静止，A在B上相对B滑行的时间为多少？

（3）请以纵坐标表示A受到B的摩擦力FfA，横坐标表示运动时间t（从t＝0开始，到A、B都静止），取运动方向为正方向，在图7中画出FfA－t的关系图线（以图线评分，不必写出分析和计算过程）．

图7

解析　

（1）根据牛顿第二定律得

μ1mAg＝mAaA

aA＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2

F1－μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB

代入数据得aB＝4m/s2

（2）t1＝1s时，A、B的速度分别为vA、vB

vA＝aAt1＝2×1m/s＝2m/s

vB＝aBt1＝4×1m/s＝4m/s

F1改为F2＝4N后，在B速度大于A速度的过程，A的加速度不变，B的加速度设为aB′，根据牛顿第二定律得

F2－μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB′

代入数据得aB′＝－2m/s2

设经过时间t2，A、B速度相等，此后它们保持相对静止，则

vA＋aAt2＝vB＋aB′t2

代入数据得t2＝0.5s

A在B上相对B滑行的时间为t＝t1＋t2＝1.5s

（3）FfA－t的关系图线如图所示．

答案　

（1）2m/s2　4m/s2　

（2）1.5s　（3）见解析图

　　　　　　　解答动力学两类问题的基本程序

1．明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂

的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过

程的联系点，再分别研究每一个物理过程．

2．根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意

图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确其施

力物体和受力物体，以免分析受力时有所遗漏或无中生有．

3．应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号

进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代

入，通过运算求结果．

突破训练3

　质量为1吨的汽车在平直公路上以10m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2000N，那么从该时刻起经过6s，汽车行驶的路程是（　　）

A．50mB．42mC．25mD．24m

答案　C

突破训练4

　质量为10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，

从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，

与水平地面的夹角θ＝37°，如图8所示．力F作用2s后撤去，图8

物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零．求：

物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x.（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）

答案　0.25　16.25m

解析　设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：

a1t1＝a2t2①

有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示

由牛顿第二定律可得：

Fcosθ－mgsinθ－Ff1＝ma1②

Ff1＝μFN1＝μ（mgcosθ＋Fsinθ）③

撤去力F后，对物体受力分析如图所示

由牛顿第二定律得：

－mgsinθ－Ff2＝－ma2④

Ff2＝μFN2＝μmgcosθ⑤

联立①②③④⑤式，代入数据得：

a2＝8m/s2，a1＝5m/s2，μ＝0.25

物体运动的总位移

x＝

a1t

＋

a2t

＝

m＝16.25m

11．利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题

1．整体法的选取原则

若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）．

2．隔离法的选取原则

若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．

3．整体法、隔离法的交替运用

若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．

例3

　（2012·江苏单科·5）如图9所示，一夹子夹住木块，在力F作用下

向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的

最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是（　　）

A.

B.

图9

C.

－（m＋M）g

D.

＋（m＋M）g

答案　A

解析　由题意知，当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升的加速度为a，由牛顿第二定律得，

对M有：

2f－Mg＝Ma①

对m有：

F－2f－mg＝ma②联立①②两式解得F＝

，选项A正确．

1.整体法与隔离法常涉及的问题类型

（1）涉及滑轮的问题：

若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．

（2）水平面上的连接体问题：

①这类问题一般是连接体（系统）各物体保持相对

静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．

②建立直角坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分

解力，或者正交分解加速度．

（3）斜面体与物体组成的连接体的问题：

当物体具有沿斜面方向的加速度，

而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．

2．解决这类问题的关键

正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，

哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动

定律列方程求解．

突破训练5

　在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了

主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上

升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化如下：

一根不可伸缩

的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉

住，如图10所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑

轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度图10

a＝1m/s2上升时，试求：

（1）运动员竖直向下拉绳的力；

（2）运动员对吊椅的压力．

答案　

（1）440N　

（2）275N

解析　（整体法与隔离法的交叉运用）

（1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子

拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F，对运动员和吊椅整体进行

受力分析如图甲所示，则有：

2F－（m人＋m椅）g＝（m人＋m椅）a

解得F＝440N

由牛顿第三定律知，运动员竖直向下拉绳的力F′＝F＝440N.

（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图乙

所示，则有：

F＋FN－m人g＝m人a

解得FN＝275N

由牛顿第三定律知，运动员对吊椅的压力为FN′＝FN＝275N

高考题组

1．（2012·安徽理综·17）如图11所示，放在固定斜面上的物块以加速度

a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，

则（　　）图11

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

答案　C

解析　设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a＝

>0，即μ

＝a＋

，且Fsinθ－μFcosθ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．

2．（2011·新课标全国理综·21）如图12所示，在光滑水平面上有一质量

为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和

木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时图12

间t增大的水平力F＝kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（　　）

答案　A

解析　刚开始木块与木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝

＝

，当两者相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受F及滑动摩擦力，a2＝

＝

－μg，故a2＝

－μg，a－t图象中斜率变大，故选项A正确，选项B、C、D错误．

3．（2011·北京理综·18）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图13所示，将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为（　　）

图13

A．gB．2gC．3gD．4g

答案　B

解析　在蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F等于人的重力mg，由F－t图线可以看出，

F0＝mg；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为Fm＝

F0＝3mg，故最大加速度为am＝

＝2g.选项B正确．

模拟题组

4．如图14所示，物块A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C通过

细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的

摩擦力为Ff1，B与桌面间的摩擦力为Ff2.若增大C桶内砂的质量，

而A、B仍一起向右运动，则摩擦力Ff1和Ff2的变化情况是（　　）图14

A．Ff1、Ff2都变大B．Ff1、Ff2都不变

C．Ff1不变，Ff2变大D．Ff1变大，Ff2不变

答案　D

解析　对A、B两物体组成的系统受力分析，由牛顿第二定律可知：

FT－Ff2＝（mA＋mB）a1，所以A受到的摩擦力为mAa1，若增大C桶内砂的质量，则拉力FT增大，而B与桌面间的摩擦力Ff2不变，故系统的加速度增大，由于A、B仍一起向右运动，根据牛顿第二定律可知A受到的摩擦力Ff1变大，D正确．

5．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，则以下结论不正确的是（　　）

A．Ff1∶Ff2＝1∶2B．Ff2∶Ff3＝1∶2

C．Ff3∶Ff4＝1∶2D．tanα＝2tanθ

答案　B

解析　已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题第

（1）图和第

（2）图中摩擦力Ff＝Ma，则Ff1∶Ff2＝1∶2.在第（3）图和第（4）图中摩擦力Ff3＝（M＋m）a3，Ff4＝（M＋m）a4，Ff3∶Ff4＝1∶2.第（3）、（4）图中，a3＝gtanθ，a4＝gtanα，则tanα＝2tanθ.

6．图15甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10m/s2，根据F－t图象求：

甲

乙

图15

（1）运动员的质量；

（2）运动员在运动过程中的最大加速度；

（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．

答案　

（1）50kg　

（2）40m/s2　（3）3.2m

解析　

（1）由题图乙可知运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则

m＝

＝50kg

（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm＝2500N，设运动员的最大加速度为am，则

Fm－mg＝mam

am＝

＝

m/s2＝40m/s2

（3）由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s.

设运动员上升的最大高度为H，则

H＝

gt2＝

×10×0.82m＝3.2m

题组1　对牛顿第二定律的理解和简单应用

1．下列说法正确的是（　　）

A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大

B．物体所受到的合外力不变（F合≠0），其运动状态就不改变

C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化

D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大

答案　CD

解析　物体所受到的合外力越大，物体的加速度（速度变化率）也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体所受的合外力不为零，就会迫使其运动状态（运动的快慢或方向）发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．

2．一个质量为2kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止．若同时撤去其中大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是（　　）

A．2m/s2B．3m/s2C．12m/s2D．15m/s2

答案　BC

解析