1、1第 12 讲 牛顿第二定律 两类动力学问题考点一 牛顿第二定律的理解1内容：物体加速度的大小跟它受到的 作用力成正比，跟物体的 质量成反比，加01 02 速度的方向跟 作用力的方向相同。03 2表达式： F ma。04 3适用范围(1)只适用于惯性参考系，即相对于地面 静止或匀速直线运动的参考系。05 (2)只适用于解决 宏观物体的 低速运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问06 07 题。4牛顿第二定律的六个特性因果性 只要物体所受合力不为 0(无论合力多么小)，物体就获得加速度，即力是产生加速度的原因矢量性 F ma 是矢量式，任意时刻，物体加速度的方向与物体所受合力的方向总是相同瞬
2、时性 物体所受外力的瞬时变化会导致加速度的瞬时变化，加速度的变化不需要时间的积累，加速度和力同时存在、同时变化、同时消失同体性 F、 m、 a 三者必须对应同一个物体或系统独立性 当物体同时受到几个力的作用时，各力将独立地产生各自的加速度，物体表现出来的实际加速度是各力产生的加速度的矢量和相对性 必须是对静止的或匀速直线运动的参考系而言的，对加速运动的参考系不适用5区分加速度的定义式与决定式a 是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定 v t义物理量的方法；a 是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素。Fm1(多选)下列对牛顿第二定律的表
3、达式 F ma 及其变形公式的理解正确的是( )A由 F ma 可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比B由 m 可知，物体的质量与其所受合力成正比，与其运动的加速度成反比FaC由 a 可知，物体的加速度与其所受合力成正比，与其质量成反比Fm2D由 m 可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力求出Fa答案 CD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，是由与它相互作用的其他物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。 a 是加速度的Fm决定式， a
4、 与 F 成正比，与 m 成反比。故 A、B 错误，C、D 正确。2(多选)下列关于速度、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 0，则加速度为 0，所受的合外力也为 0C物体的速度为 0，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 0，所受的合外力也可能为 0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 0；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越大，加速度一定也越大，故 A、B 错误，C、D 正确。3(2017上海高考)如图，在匀强电
5、场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A曲线运动 B匀速直线运动C匀加速直线运动 D变加速直线运动答案 C解析 在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C 正确。考点二 牛顿第二定律的瞬时性问题1牛顿第二定律 F ma，其核心是物体的加速度和合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生、同时变化、同时消失。2两种基本模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力
6、，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。3(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以认为保持不变。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，并处于静止状态。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( )A a1 a2 a3 a40B a1 a2 a3 a4 gC
7、a1 a2 g， a30， a4 gm MMD a1 g， a2 g， a30， a4 gm MM m MM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， a30；由牛顿第二定律得物块 4 满足 a4 g，所以 C 正确。F MgM M mM答案 C方法感悟(1)刚性轻质杆形变微小，力能突变。(2)轻弹簧受力后形变较大，弹簧弹力不能突变。(3)解题一般步骤41
8、(多选)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为 。如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间( )A图甲中小球的加速度大小为 gsin ，方向水平向右B图乙中小球的加速度大小为 gtan ，方向水平向右C图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为 1cos 2D图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为 cos2 1答案 BD5解析 设两球质量均为 m，对小球 A 进行受力分析，如图 a 所示，剪断水平细线后，小球 A 将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球 A 的合外力 F1的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下，则 FT1 mgcos
9、， F1 mgsin ma1，所以 a1 gsin ，方向垂直倾斜细线向下，A 错误；对小球 B 进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球 B 所受重力 mg 和弹簧弹力 FT2不变，小球 B 的合外力 F2的方向水平向右，如图 b 所示，则 FT2， F2 mgtan ma2，所以 a2 gtan ，方向水平向右，B 正确；图甲中倾斜细线与mgcos图乙中弹簧的拉力之比为 FT1 FT2cos 2 1，C 错误，D 正确。2. (2015海南高考)(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
10、于固定点 O，整个系统处于静止状态。现将细绳剪断，将物块 a 的加速度记为 a1， S1和 S2相对原长的伸长分别为 l1和 l2，重力加速度大小为 g，在剪断瞬间( )A a13 g B a10C l12 l2 D l1 l2答案 AC解析 设物块的质量为 m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间 a 受到重力和弹簧 S1的拉力 T1，剪断前对 bc 和弹簧 S2组成的整6体分析可知 T12 mg，故 a 受到的合力 F mg T1 mg2 mg3 mg，故加速度 a1 3 g，AFm正确，B 错误；设弹簧 S2的拉力为 T2，则 T2 mg，根据胡克定律
11、 F k x 可得 l12 l2，C 正确，D 错误。考点三 力学单位制1基本单位选定的几个基本物理量(力学中选长度、质量、时间)的单位。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。01 3单位制由 基本单位和 导出单位一起组成单位制。02 03 4国际单位制1960 年第 11 届国际计量大会制定的一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫做国际单位制，简称 SI。04 5国际单位制中七个基本物理量和基本单位物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号长度 l 米 m质量 m 千克 kg时间 t 秒 s电流 I 安培 A热力学温度 T 开尔文 K物质的量 n 摩尔 mol发光
12、强度 IV 坎德拉 cd1(多选)下列有关单位制的说法中，正确的是( )A在力学问题的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位B力学单位制中，选为国际单位制基本单位的物理量有长度、时间、质量C力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米、秒D单位制中的导出单位可以用基本单位表示答案 BCD解析 在国际单位制中共有七个物理量的单位被作为基本单位，其中力学部分有长度的单位 m、质量的单位 kg、时间的单位 s。而其余物理量的单位都是在这些基本物理量的基础上用公式推导得出的，即其他物理量的单位(导出单位)可由基本单位来表示。国际单7位制只是诸多单位制中的一种，在实际生活中还存在其他的单位
13、制。A 错误，B、C、D 正确。2(2015安徽高考)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和 q2，其间距离为 r 时，它们之间相互作用力的大小为 F k ，式中 k 为静电力常量。q1q2r2若用国际单位制的基本单位表示， k 的单位应为( )AkgA 2m3 BkgA 2 m3s4Ckgm 2C2 DNm 2A2答案 B解析 由公式 F k 得， k ，故 k 的单位为 ，又由公式 q It 得 1 q1q2r2 Fr2q1q2 Nm2C2C1 As，由 F ma 可知 1 N1 kgms2 ，故 1 1 kgA2 m3s4 ，B 正Nm2C2确。3在解一道文字计算题
14、时(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得 x (t1 t2)，F2m用单位制的方法检查，这个结果( )A可能是正确的B一定是错误的C如果用国际单位制，结果可能正确D用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确答案 B解析 由 x (t1 t2)可知， (t1 t2)的单位为： s m/s，m/sF2m F2m Nkg kgm/s2skg为速度的单位，而位移 x 的单位为 m，所以结果一定错误，与选用哪种单位制无关。故选B。考点四 两类动力学问题1动力学的两类基本问题分析(1)已知物体的受力情况确定物体的运动情况。即知道物体的受力情况，运用牛顿第二定律求出加速度，如果再知道物体的初始
15、运动状态，运用运动学公式就可以求出物体的运动情况任意时刻的位置、速度以及运动的轨迹。(2)已知物体的运动情况推断或求出物体的受力情况。即知道物体的运动情况，运用运动学公式求出物体的加速度，再运用牛顿第二定律推断或求出物体所受的力。8(3)加速度是解决这两类问题的纽带。2动力学问题的解题步骤如图所示，质量为 1 kg 的物体放于倾角 为 37的足够长的固定斜面底端，受到 30 N 的水平拉力作用而由静止开始向上运动，物体与斜面的动摩擦因数为 0.5,2 s 后将水平拉力撤去。( g 取 10 m/s2)(1)求物体向上运动的最高点的位置；(2)水平拉力撤去后还要经过多少时间物体才能再次回到斜面底
16、端？解析 (1)根据牛顿第二定律得，匀加速上滑的加速度为a1Fcos37 mgcos37 Fsin37 mgsin37m9代入数据解得 a15 m/s 2则 2 s 末的速度为 v1 a1t152 m/s10 m/s2 s 内的位移为 x1 m10 mv212a1 10010撤去拉力后的加速度a2 gsin37 g cos37mgsin37 mgcos37m(60.58) m/s 210 m/s 2则匀减速运动的位移大小为 x2 m5 mv212a2 10020则物体向上运动的最高点的位置为x x1 x2(105) m15 m。(2)物体匀减速运动到最高点的时间为t2 s1 sv1a2 101
17、0物体返回做匀加速运动的加速度为a3 gsin37 g cos37mgsin37 mgcos37m(60.58) m/s 22 m/s 2根据 x a3t 得 t3 s3.87 s12 23 2xa3 2152则 t t2 t3(13.87) s4.87 s。答案 (1)15 m (2)4.87 s方法感悟(1)解决两类动力学问题的关键是牛顿第二定律 F ma，由运动情况求出加速度去分析受力情况，或由受力情况求加速度去分析运动情况。(2)两个过程连接的“桥梁”是速度，即第一个过程的末速度就是第二个过程的初速度。1(2018唐山模拟)美国南加州森林大火让消防飞机再次进入人们的视线，美国使用了大量
18、消防飞机。在一次扑灭森林火灾时，飞机取完水，直奔火场，此时飞机正拉着水箱水平前进，绳子明显偏离竖直方向向后，如图所示，若忽略水箱所受空气阻力，下列说法正确的是( )10A绳子的拉力大小等于水箱重力B飞机正向前匀速飞行C飞机正向前减速飞行D飞机正向前加速飞行答案 D解析 设绳子与竖直方向的夹角为 ，如图，对水箱受力分析，可知 T ，则绳mgcos子的拉力大于水箱的重力，A 错误；水箱重力和拉力的合力沿前进方向，即mgtan ma， a gtan ，飞机正向前加速飞行，B、C 错误，D 正确。2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
19、l180 m，其中电磁弹射区的长度为 l1120 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m2.010 4 kg 的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力 F 推 1.210 5 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 v120 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)11(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。答案 (1)4.0 m
20、/s 2 (2)58 m/s2 1.1106 N解析 (1)飞机在后一阶段水平方向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 f20.2 mg。根据牛顿第二定律有 F 推 f2 ma2代入数据解得 a24.0 m/s 2。(2)飞机在电磁弹射阶段水平方向受恒定的牵引力、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f10.05 mg。根据匀加速运动规律有v 2 a1l121v2 v 2 a2(l l1)21根据牛顿第二定律有 F 牵 F 推 f1 ma1代入数据解得 a158 m/s 2， F
21、牵 1.110 6 N。3一质量为 m2 kg 的滑块能在倾角为 30的足够长的斜面上以 a2.5 m/s2匀加速下滑。如图所示，若用一水平向右的恒力 F 作用于滑块，使之由静止开始在 t2 s 内沿斜面运动，其位移 x4 m。 g 取 10 m/s2。求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数 ；(2)恒力 F 的大小。答案 (1) (2) N 或 N36 437 7635解析 (1)根据牛顿第二定律，有mgsin30 mg cos30 ma，解得 。36(2)根据题意，由运动学公式，有 x a1t2，12可得 a12 m/s 2h2，小球升高，A 正确。mgk mgk10(2018常州一模)如图
22、，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为 M，置于光滑水平面上，内有一质量为 m 的小球，当容器受到一个水平向右的力 F 作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为( )17A m B mg2 ( FM m)2 g2 ( FM m)2C m D.g2 (Fm)2 mg 2 F2答案 B解析 先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为 a ，再对小球研FM m究，分析受力情况，如图所示，则 FN m ，由牛顿第三 mg 2 ma 2g2 ( FM m)2定律可知小球对椭圆面的压力大小为 m ，故 B 正确。g2 ( FM m)211(2018沧州一中月考)将一质量
23、为 m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片， O 是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为 g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A mg B. mg 13C. mg D. mg12 110答案 C解析 设每块砖的厚度是 d，向上运动时：9 d3 d a1T2，向下运动时：3d d a2T2，解得： ；根据牛顿第二定律，向上运动时： mg f ma1，向下运动时：a1a2 3118mg f ma2，解得： f mg，C 正确。1212. (2018天水模拟)(多选)如图所示，在动摩擦因数 0.2 的水
24、平面上有一个质量 m1 kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间( g 取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )A小球受力个数不变B小球立即向左运动，且 a8 m/s 2C小球立即向左运动，且 a10 m/s 2D若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零答案 BD解析 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力： F mgtan45101 N10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为 10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力
25、作用，小球的受力个数发生改变，故 A 错误；小球所受的摩擦力为： Ff mg 0.210 N2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为： a m/s28 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，F Ffm 10 21故 B 正确，C 错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故 D 正确。13. (2018河南重点中学联考)北京已获得 2022 年冬奥会举办权！如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为 120 m、长度为 1200 m的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力 F40 N 推动质量 m40 k
26、g 的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发 4 s 内冰橇发生的位移为 12 m,8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：( g 取 10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为 1，正弦值按照题目要求计算)19(1)出发 4 s 内冰橇的加速度大小；(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。答案 (1)1.5 m/s 2 (2)0.05 (3)36 m/s解析 (1)设出发 4 s 内冰橇的加速度为 a1，出发 4 s 内冰橇发生的位移为x1 a1t ，解得 a11.5 m/s 2。12 21(2)由牛顿第二定律有 F mgsin mg cos ma1，其中 sin 0.1，cos 1，解得 0.05。hx(3)8 s 后冰橇的加速度为 a2，由牛顿第二定律有(m M)gsin (m M)gcos ( m M)a2，8 s 末冰橇的速度为 v1 a1t2，出发 8 s 内冰橇发生的位移为 x2 a1t 48 m，12 2到达终点时速度最大，设最大速度为 v2，则 v v 2 a2(x x2)，解得 v236 m/s。2 2120
