第2節(jié)牛頓第二定律、兩類動力學(xué)問題一、牛頓第二定律、單位制1牛頓第二定律(1)內(nèi)容物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比。加速度的方向與作用力的方向相同。(2)表達式a或Fma。(3)適用范圍只適用于慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系)。只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況。2單位制(1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位組成。(2)基本單位基本量的單位。力學(xué)中的基本量有三個，它們分別是質(zhì)量、時間、長度，它們的國際單位分別是千克、秒、米。(3)導(dǎo)出單位由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出的其他物理量的單位。二、超重與失重1實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)，在地球上的同一位置是不變的。(2)視重當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。視重大小等于彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。2超重、失重和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重概念物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向向上物體的加速度方向向下物體的加速度方向向下，大小為ag原理方程Fmgma Fm(ga)mgFma Fm(ga)mgFmg F0運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升無阻力的拋體運動；繞地球勻速圓周運動三、動力學(xué)兩類基本問題1兩類動力學(xué)問題(1)已知物體的受力情況求物體的運動情況。(2)已知物體的運動情況求物體的受力情況。2解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下：1思考辨析(正確的畫“”，錯誤的畫“×”)(1)牛頓第二定律的表達式Fma在任何情況下都適用。(×)(2)物體只有在受力的前提下才會產(chǎn)生加速度，因此，加速度的產(chǎn)生要滯后于力的作用。(×)(3)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關(guān)系，同時也確定了物理量間的單位關(guān)系。()(4)失重說明物體的重力減小了。(×)(5)物體超重時，加速度向上，速度也一定向上。(×)(6)研究動力學(xué)兩類問題時，做好受力分析和運動分析是關(guān)鍵。()2(魯科版必修1P134T3)在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運動。作用一段時間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運動)，則在水平推力逐漸減小到零的過程中()A物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小B物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小C物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小D物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大D由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運動，則可判定F>f，且maFf；當F逐漸減小時，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當F<f后，此時mafF，F(xiàn)減小，加速度增大，且加速度與速度方向相反，物體減速，綜上所述，選項D正確。3.(教科版必修1P92T4改編)(多選)一物體重為50 N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2，若F215 N時，物體做勻加速直線運動，則F1的值可能是(g取10 m/s2)()A3 NB25 NC30 ND50 NACD若物體向左做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F2F1Gma>0，解得F1<5 N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F1F2Gma>0，解得F1>25 N，C、D正確。4(人教版必修1P78T2改編)一質(zhì)量為m的物體，放在粗糙水平面上，受水平推力F的作用產(chǎn)生加速度a，物體所受摩擦力為f，當水平推力變?yōu)?F時()A物體的加速度小于2aB物體的加速度大于2aC物體的加速度等于2aD物體所受的摩擦力變?yōu)?fB根據(jù)牛頓第二定律可知，物體在水平推力F的作用下，產(chǎn)生的加速度為ag。當水平推力變?yōu)?F時，物體的加速度ag。比較兩式可以看出a>2a。 牛頓第二定律的理解依題組訓(xùn)練1根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是()A物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個力的大小成正比D當物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比D由牛頓第二定律a可知，物體加速度的大小跟它的質(zhì)量成反比，跟速度沒有直接關(guān)系，A錯誤；物體所受合外力不為0時就產(chǎn)生加速度，B錯誤；物體加速度的大小跟物體所受的合外力成正比，與所受作用力中的任一個力沒有必然關(guān)系，C錯誤；加速度是矢量，在某一個方向上的加速度，與這個方向上的合外力成正比，與其質(zhì)量成反比，D正確。2(多選)關(guān)于速度、加速度、合力的關(guān)系，下列說法正確的是()A原來靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度B加速度的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相同，也可能不同C在初速度為0的勻加速直線運動中，速度、加速度與合力的方向總是一致的D合力變小，物體的速度一定變小ABC加速度與力同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化，選項A正確；加速度的方向由合力方向決定，但與速度方向無關(guān)，選項B正確；在初速度為0的勻加速直線運動中，合力方向決定加速度方向，加速度方向決定末速度方向，選項C正確；合力變小，物體的加速度一定變小，但速度不一定變小，選項D錯誤。合力、加速度、速度間的決定關(guān)系(1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時，加速度才為零。一般情況下，合力與速度無必然的聯(lián)系。(2)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。(3)a是加速度的定義式，a與v、t無直接關(guān)系；a是加速度的決定式，aF，a。 超重和失重依題組訓(xùn)練1(2019·北京豐臺區(qū)期末)圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖象，取重力加速度g10 m/s2。根據(jù)圖象分析可知()甲乙A人的重力可由b點讀出，約為300 NBb到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)C人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態(tài)D人在b點對應(yīng)時刻的加速度大于在c點對應(yīng)時刻的加速度C開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900 N，人的重力也約為900 N，故A錯誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)，故B錯誤；雙腳離開力板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；b點彈力與重力的差值要小于c點彈力與重力的差值，則人在b點的加速度要小于在c點的加速度，故D錯誤。2.如圖所示，電梯的頂部掛有一個彈簧測力計，其下端掛了一個重物，電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數(shù)為10 N。在某時刻電梯中的人觀察到彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)? N，關(guān)于電梯的運動，以下說法正確的是(g取10 m/s2)()A電梯可能向上加速運動，加速度大小為12 m/s2B電梯可能向下減速運動，加速度大小為2 m/s2C電梯可能向下加速運動，加速度大小為2 m/s2D電梯可能向下減速運動，加速度大小為12 m/s2C電梯做勻速直線運動時，彈簧測力計的示數(shù)為10 N，此時拉力等于重力，則重物的重力等于10 N。當彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)? N時，對重物有mgFma，代入數(shù)據(jù)解得a2 m/s2，則電梯的加速度大小為2 m/s2，方向豎直向下，電梯可能向下做加速運動，也可能向上做減速運動，故C正確，A、B、D錯誤。超重和失重的判斷方法(1)若物體加速度已知，看加速度的方向，方向向上則超重，方向向下則失重。(2)若拉力或壓力已知，看拉力或壓力與重力的大小關(guān)系，大于重力則超重，小于重力則失重。(3)物體超重、失重與運動狀態(tài)的關(guān)系 動力學(xué)中的兩類問題講典例示法1解決動力學(xué)兩類問題的兩個關(guān)鍵點2動力學(xué)基本問題的力的處理方法(1)合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”。(2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”。典例示法一質(zhì)量為m2 kg的滑塊能在傾角為30°的足夠長的斜面上以a2.5 m/s2的加速度勻加速下滑，如圖所示。若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t2 s內(nèi)沿斜面運動位移x4 m。求：(g取10 m/s2)(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)；(2)恒力F的大小。審題指導(dǎo)：解此題關(guān)鍵有兩點(1)選取滑塊為研究對象，正確作出受力分析。(2)根據(jù)運動過程求出加速度，結(jié)合牛頓第二定律求恒力F。解析(1)以滑塊為研究對象受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin 30°mgcos 30°ma解得。(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度向上和向下兩種可能。根據(jù)題意可得xa1t2，得a12 m/s2當加速度沿斜面向上時，受力分析如圖乙所示，則Fcos 30°mgsin 30°(Fsin 30°mgcos 30°)ma1代入數(shù)據(jù)得F N甲乙丙當加速度沿斜面向下時，受力分析如圖丙所示，則mgsin 30°Fcos 30°(Fsin 30°mgcos 30°)ma1代入數(shù)據(jù)得F N。答案(1)(2) N或 N動力學(xué)問題的解題步驟跟進訓(xùn)練已知受力情況求運動情況1.(2019·株洲質(zhì)檢)如圖所示，某次滑雪訓(xùn)練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F84 N而從靜止向前滑行，其作用時間為t11.0 s，撤除水平推力F后經(jīng)過t22.0 s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量為m60 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移；(2)該運動員(可視為質(zhì)點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。解析(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1 m/s21.2 m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小v1a1t11.2×1.0 m/s1.2 m/s位移x1a1t0.6 m。(2)運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2經(jīng)時間t2速度變?yōu)関1v1a2t2第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則vv2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2解得x25.2 m。答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m2公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1 s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m。設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的。若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度(g取10 m/s2)。解析設(shè)路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時間為t0，汽車的質(zhì)量為m，剎車前的速度為v0，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得0mgma0sv0t0解得a05 m/s2，00.5設(shè)汽車在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為，汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，依題意有0由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得mgmasvt0解得v20 m/s(v24 m/s不符合實際，舍去)。答案20 m/s已知運動情況求受力情況3.如圖所示，一傾角為30°的上表面光滑的斜面上，有相距為L的A、B兩點，質(zhì)量為m1 kg、可視為質(zhì)點的物塊(圖中未畫出)，在F111 N、方向沿斜面向上的力的作用下，從A點由靜止運動到B點，所經(jīng)歷時間t11 s，到B點時換成了沿斜面向下的力F2作用在物塊上，經(jīng)過時間t22 s后返回A點，斜面足夠長，且始終靜止不動，重力加速度取g10 m/s2，求：(1)A、B兩點之間的距離L；(2)力F2的大小。解析(1)物塊從A點到達B點的過程中，有a1，La1t代入數(shù)據(jù)解得a16 m/s2，L3 m。(2)物塊在B點的速度v1a1t16 m/s物塊從B點回到A點的過程中，有Lv1t2a2t解得a27.5 m/s2由a2解得F22.5 N。答案(1)3 m(2)2.5 N42017年12月17日上午10時34分，由機長吳鑫、試飛員徐遠征駕駛的C919第二架客機，從浦東國際機場第四跑道起飛。飛機完成預(yù)定試飛科目后于12時34分安全返航著陸。對起飛BC段和降落DE段過程進行觀察，模型示意圖如圖所示，記錄數(shù)據(jù)如下表，如將起飛后BC段和降落前DE段均簡化成勻變速直線運動。(取g10 m/s2)運動過程運動時間運動狀態(tài)起飛BC段10時34分10時54分初速度v0170節(jié)88 m/s末速度v253節(jié)130 m/s降落DE段12時9分12時34分著陸時的速度vt140節(jié)72 m/s(1)求C919勻加速運動過程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)求C919勻減速運動過程中所受合力大小與重力的比值；(3)試比較上述兩個過程中飛機對飛行員的力與飛行員自身重力的大小關(guān)系。(只寫出結(jié)果即可，不需論述理由)解析(1)C919勻加速運動過程中t120 min1 200 sa1 m/s20.035 m/s2x1(v0v)t1×(88130)×1 200 m130 800 m所以C919勻加速運動過程中加速度大小a10.035 m/s2，位移大小為x1130 800 m。(2)C919勻減速運動過程t325 min1 500 sa2 m/s20.039 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得到FmaC919勻減速運動過程中所受合力大小與重力的比值k0.003 9。(3)上升過程中飛機對飛行員的力大于重力；下降過程中飛機對飛行員的力大于重力。答案(1)0.035 m/s2130 800 m(2)0.003 9(3)見解析 牛頓第二定律的瞬時性問題講典例示法1兩種模型加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，在分析瞬時加速度時應(yīng)注意兩個基本模型的特點2求解瞬時加速度的一般思路典例示法兩個質(zhì)量均為m的小球，用兩條輕繩連接，處于平衡狀態(tài)，如圖所示。現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩OA，讓小球下落，在剪斷輕繩的瞬間，設(shè)小球A、B的加速度分別用a1和a2表示，則()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20A由于繩子張力可以突變，故剪斷OA后小球A、B只受重力，其加速度a1a2g。故選項A正確。變式1在典例示法中只將A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖所示，則下列選項中正確的是()Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20D剪斷輕繩OA的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，故小球A所受合力為2mg，小球B所受合力為零，所以小球A、B的加速度分別為a12g，a20。故選項D正確。變式2在變式1中的題圖放置在傾角為30°的光滑斜面上，如圖所示系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，則下列說法正確的是()AaA0aBgBaAgaB0CaAgaBgDaA0aBgB細線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為零。燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為FT2mgsin ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin ，所以A球的瞬時加速度為aA2gsin 30°g，故選項B正確。變式3(多選)把變式2中的兩小球改為三小球，并將彈簧和輕繩互換位置，如圖所示，傾角為的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細線連接。彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)突然剪斷細線。下列判斷正確的是()A細線被剪斷的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零B細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsin D細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsin CD剪斷細線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，則彈簧的彈力為F(3m2mm)gsin 6mgsin 。以C為研究對象知，細線的拉力為3mgsin 。剪斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得F(m2m)gsin (m2m)aAB，解得A、B兩個小球的加速度為aABgsin ，方向沿斜面向上；以B為研究對象，由牛頓第二定律得：FAB2mgsin 2maAB，解得桿的拉力為FAB4mgsin ；以C為研究對象，由牛頓第二定律得aCgsin ，方向沿斜面向下，故C、D正確，A、B錯誤?！皟申P(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題1分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵”(1)分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài)。(2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點。2“四個步驟”第一步：分析原來物體的受力情況。第二步：分析物體在突變時的受力情況。第三步：由牛頓第二定律列方程。第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性。跟進訓(xùn)練1.如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m,2、4質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，則有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4gC在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1a2g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mgF，a30；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4g，所以C正確。2如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為，圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有()甲乙A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零C圖乙中輕桿的作用力一定不為零D圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍D撤去擋板前，兩圖中擋板對B球的彈力大小均為2mgsin ，由輕彈簧模型和輕桿模型的特點可知，彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板的瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力大小為2mgsin ，加速度大小為2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱悖珹、B球所受合力均為mgsin ，加速度均為gsin ，故圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍，A、B、C錯誤，D正確。3.(2019·清江模擬)如圖所示，在動摩擦因數(shù)0.2的水平面上有一個質(zhì)量m1 kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10 m/s2)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是()A小球受力個數(shù)不變B小球?qū)⑾蜃筮\動，且a8 m/s2C小球?qū)⑾蜃筮\動，且a10 m/s2D若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a10 m/s2B在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力平衡得彈簧的彈力Fmgtan 45°10×1 N10 N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10 N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用。 小球的受力個數(shù)發(fā)生改變，故選項A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為Ffmg0.2×10 N2 N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為a m/s28 m/s2，合力方向向左，所以加速度向左，故選項B正確，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故選項D錯誤。15