第2講牛頓第二定律 兩類動力學問題,一 牛頓第二定律,二 兩類動力學問題,三 力學單位制,基礎過關,考點一 對牛頓第二定律的理解,考點二 牛頓第二定律的瞬時性問題,考點三 動力學的兩類基本問題,考點突破,考點四 動力學圖像問題的應用,基礎過關,一、牛頓第二定律 1.內容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。 2.表達式:F=ma。 3.適用范圍 (1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系,即相對于地面靜止或做勻速直線運動的參考系。,(2)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子等)、 低速運動(遠小于光速)的情況。 二、兩類動力學基本問題 1.兩類動力學問題,2.解決兩類基本問題的方法:以加速度為“橋梁”,由運動學公式和牛頓運動定律列方程求解。 三、力學單位制 1.單位制:基本單位和導出單位一起組成了單位制。 2.基本單位:基本物理量的單位。基本物理量共有七個,其中力學范圍內有三個,它們是長度、質量、時間,它們的單位分 別是米、千克、秒。 3.導出單位:由基本物理量根據物理關系推導出來的其他物理量 的單位。,1.判斷下列說法對錯。 (1)物體加速度的方向一定與合外力方向相同。( ) (2)質量越大的物體,加速度越小。( ) (3)物體的質量與加速度成反比。( ) (4)物體受到外力作用,立即產生加速度。( ) (5)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運動情況。( ) (6)物體所受的合外力減小,加速度一定減小,而速度不一定減小。 ( ),2.如圖,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當小車向右做勻加速直線運動時,球所受合外力的方向沿圖中的( D ) A.OA方向B.OB方向 C.OC方向D.OD方向,3.(2018遼寧沈陽四校協(xié)作體聯考)如圖所示,當小車向右加速運動時,物塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上,當車的加速度增大時( C ) A.M所受靜摩擦力增大B.M對車廂壁的壓力減小 C.M仍相對于車廂靜止D.M所受靜摩擦力減小,4.(多選)(2018廣東清遠一模)一個質量為2 kg的物體,在5個共點力作用下處于平衡狀態(tài)?，F同時撤去大小分別為15 N和10 N的兩個力,其余的力保持不變,關于此后該物體的運動的說法中正確的是( BC ) A.一定做勻變速直線運動,加速度大小可能是5 m/s2 B.一定做勻變速運動,加速度大小可能等于重力加速度的大小 C.可能做勻減速直線運動,加速度大小是2.5 m/s2 D.可能做勻速圓周運動,向心加速度大小是5 m/s2,考點一對牛頓第二定律的理解,考點突破,1.牛頓第二定律的五個特性,2.合力、加速度、速度之間的決定關系 (1)不管速度是大是小,或是零,只要合力不為零,物體都有加速度。 (2)a=是加速度的定義式,a與v、t無必然聯系;a=是加速度的決 定式,aF,a。 (3)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。,1.(多選)(2016課標,18,6分)一質點做勻速直線運動?，F對其施加一恒力,且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變,則( BC ) A.質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B.質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C.質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D.質點單位時間內速率的變化量總是不變,解析由題意知,此恒力即質點所受合外力,若原速度方向與該恒力方向在一條直線上,則質點做勻變速直線運動,質點單位時間內速率的變化量總是不變的;原速度方向與該恒力方向不在一條直線上時,則質點做勻變速曲線運動,速度方向與恒力方向間的夾角逐漸減小,質點單位時間內速度的變化量是不變的,但速率的變化量是變化的,A、D項錯誤,B項正確;由牛頓第二定律可知,質點加速度的方向總與該恒力方向相同,C項正確。,2.如圖所示,彈簧左端固定,右端自由伸長到O點并系住質量為m的物體,現將彈簧壓縮到A點,然后釋放,物體可以一直運動到B點。如果物體受到的阻力恒定,則( A ),A.物體從A到O先加速后減速 B.物體從A到O做加速運動,從O到B做減速運動 C.物體運動到O點時,所受合力為零 D.物體從A到O的過程中,加速度逐漸減小,解析物體從A到O,初始階段受到的向右的彈力大于阻力,合力向右。隨著物體向右運動,彈力逐漸減小,合力逐漸減小,由牛頓第二定律可知,加速度向右且逐漸減小,由于加速度與速度同向,物體的速度逐漸增大。當物體向右運動至AO間某點(設為點O)時,彈力減小到與阻力相等,物體所受合力為零,加速度為零,速度達到最大。此后,隨著物體繼續(xù)向右運動,彈力繼續(xù)減小,阻力大于彈力,合力方向變?yōu)橄蜃?。至O點時彈力減為零,此后彈力向左且逐漸增大,所以物體越過O點后,合力(加速度)方向向左且逐漸增大,由于加速度與速度反向,故物體做加速度逐漸 增大的減速運動。,考點二牛頓第二定律的瞬時性問題,1.力學中的幾個模型,2.求解瞬時加速度的一般思路,1.如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質桿連接,物塊3、4間用輕質彈簧相連,物塊 1、3質量為m,2、4質量為M,兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上,并處于靜狀態(tài)?，F將兩木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,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( 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a1=a2=g;而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變,此時彈簧對物塊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mg=F,a3=0;由牛頓第二定律得物塊4滿足a4=g。所以C對。,2.(2019山東臨沂檢測)如圖所示,在傾角=30的光滑斜面上,物塊A、B質量分別為m和2m,物塊A靜止在輕彈簧上面,物塊B用細線與斜面頂端相連,A、B緊挨在一起,但A、B之間無彈力。已知重力加速度為g。某時刻把細線剪斷,在剪斷細線的瞬間,下列說法正確的是( B ),A.物塊A的加速度為0B.物塊A的加速度為 C.物塊B的加速度為0D.物塊B的加速度為,解析剪斷細線前,對物塊A分析,可得彈簧的彈力F彈=mg sin 30= mg,剪斷細線的瞬間,彈簧的彈力來不及改變,仍為F彈=mg,細線對B的 拉力消失,對A、B組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律可得3mg sin 30-F彈=3ma,解得加速度為a=,即A和B的加速度均為,故選B。,名師點撥,考點三動力學的兩類基本問題,解決兩類動力學問題的兩個關鍵點 (1)把握“兩個分析”“一個橋梁”,(2)不同過程中的聯系。如第一個過程的末速度往往是下一個過程的初速度,若過程較為復雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯系。,例1(多選)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時,連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時,P和Q間的拉力大小仍為F。不計 車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質量相同,則這列車廂的節(jié)數可能為 ( BC ) A.8B.10C.15D.18,解析設每節(jié)車廂的質量為m,這列車廂的節(jié)數為n,P、Q掛鉤的東邊車廂的節(jié)數為x,西邊車廂的節(jié)數為n-x。當機車在東邊拉車廂時,對西邊車廂受力分析,由牛頓第二定律可得F=(n-x)ma;當機車在西邊拉車廂時,對東邊車廂受力分析,由牛頓第二定律可得F=max,聯立可得n= x,x為3的倍數,則n為5的倍數,選項B、C正確,選項A、D錯誤。,考向1已知受力求運動,1.(2016四川理綜,10,17分)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施,由制動坡床和防撞設施等組成,如圖豎直平面內,制動坡床視為與水平面夾角為的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床,當車速為23 m/s時,車尾位于制動坡床的底端,貨物開始在車廂內向車頭滑動,當貨物在車廂內滑動了4 m時,車頭距制動坡床頂端38 m,再過一段時間,貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的4倍,貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4;貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板,取cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2。求:,(1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向; (2)制動坡床的長度。,答案(1)5 m/s2方向沿制動坡床向下 (2)98 m 解析(1)設貨物的質量為m,貨物在車廂內滑動過程中,貨物與車廂間 的動摩擦因數=0.4,受摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則 f+mg sin =ma1 f=mg cos 聯立式并代入數據得a1=5 m/s2 a1的方向沿制動坡床向下。,(2)設貨車的質量為M,車尾位于制動坡床底端時的車速為v=23 m/s。貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0=38 m的過程中,用時為t,貨物相對制動坡床的運動距離為s1,在車廂內滑動的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動坡床的運動距離為s2。貨車受到制動坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12 m,制動坡床的長度為l,則 Mg sin +F-f=Ma2,F=k(m+M)g s1=vt-a1t2 s2=vt-a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 聯立并代入數據得l=98 m,考向2已知運動求受力 2.(2019廣西南寧期末)如圖所示,航空母艦上的起飛跑道由長度為l1=1.6102 m的水平跑道和長度為l2=20 m的傾斜跑道兩部分組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h=4.0 m。一架質量為m=2.0104 kg的飛機,其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F=1.2105 N,方向與速度方向相同,在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的0.1。假設航母處于靜止狀態(tài),飛機質量視為不變并可看成質點,取g=10 m/s2。,(1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達傾斜跑道末端時的速度大小; (2)為了使飛機在傾斜跑道的末端達到起飛速度100 m/s,外界還需要在整個水平跑道對飛機施加助推力,求助推力F推的大小。,【思路點撥】 (1)分析飛機在水平跑道和傾斜跑道上的受力情況,由牛頓第二定律確定其加速度。 (2)利用運動學公式可求出飛機在水平跑道上的運動時間及飛機到達傾斜跑道末端時的速度大小。 (3)助推力只存在于水平跑道上,利用牛頓第二定律確定加速度;飛機在傾斜跑道上的加速度不變,利用運動學公式和牛頓第二定律綜合求解。,答案(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2105 N,解析(1)飛機在水平跑道上運動時,在水平方向受到推力與阻力作用,設加速度大小為a1,末速度大小為v1,運動時間為t1,有 F合=F-Ff=ma1 -=2a1l1 v1=a1t1 其中v0=0,Ff=0.1mg 代入已知數據可得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s 飛機在傾斜跑道上運動時,在沿傾斜跑道方向受到推力、阻力與重力沿,傾斜跑道方向的分力作用,設飛機沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2,末速度大小為v2,傾斜跑道與水平面的夾角為,沿傾斜跑道方向有 F合=F-Ff-mg sin =ma2 mg sin =mg -=2a2l2 其中v1=40 m/s 代入已知數據可得a2=3.0 m/s2,v2= m/s41.5 m/s。 故飛機在水平跑道上運動的時間為8.0 s,到達傾斜跑道末端時的速度大,小為41.5 m/s。 (2)飛機在水平跑道上運動時,在水平方向受到噴氣發(fā)動機的推力、助推力與阻力作用,設加速度大小為a1、末速度大小為v1,有 F合=F推+F-Ff=ma1 v12-=2a1l1 飛機在傾斜跑道上運動時,在沿傾斜跑道方向受到噴氣發(fā)動機的推力、阻力與重力沿傾斜跑道方向的分力作用,加速度大小為 a2=a2=3.0 m/s2,v22-v12=2a2l2 根據題意可知v2=100 m/s,代入數據解得 F推=5.2105 N 故助推力F推的大小為5.2105 N。,考向3等時圓模型 3.如圖所示,AB和CD為兩條光滑斜槽,它們各自的兩個端點均分別位于半徑為R和r的兩個相切的圓上,且斜槽都通過切點P。設有一重物先后沿兩個斜槽,從靜止出發(fā),由A滑到B和由C滑到D,所用的時間分別為t1和t2,則t1與t2之比為( B ),A.21B.11 C.1D.1,解析設光滑斜槽軌道與水平方向的夾角為,則重物沿斜槽下滑時的加速度為a=g sin ;由幾何關系可得,斜槽軌道的長度s=2(R+r) sin ,由運動學公式s=at2,得t=2,由此可知重物 沿光滑斜槽下滑所用時間t與斜槽傾角無關,所以t1=t2,B項正確。,方法總結,考點四動力學圖像問題的應用,1.動力學圖像問題的類型,2.數形結合解決動力學圖像問題 (1)在圖像問題中,無論是讀圖還是作圖,都應盡量先建立函數關系,進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系;然后根據函數關系讀取圖像信息或者描點作圖。 (2)讀圖時,要注意圖線的起點、斜率、截距、折點以及圖線與橫坐標包圍的“面積”等所對應的物理意義,盡可能多地提取解題信息。,3.解題策略 (1)問題實質是力與運動的關系,解題的關鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、“面積”的物理意義。 (2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數方程式,進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關系,以便對有關物理問題作出準確判斷。,1.(多選)如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出( ACD ),A.斜面的傾角 B.物塊的質量 C.物塊與斜面間的動摩擦因數 D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度,解析設物塊的質量為m、斜面的傾角為,物塊與斜面間的動摩擦因數為,物塊沿斜面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2,根據牛頓第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再結合v-t圖線斜率的物理意義有:a1=,a2=。由上述四式可見,無法求出 m,可以求出、,故B錯,A、C均正確。0t1時間內的v-t圖線與橫軸包圍的面積大小等于物塊沿斜面上滑的最大距離,已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。,2.1845年英國物理學家和數學家斯托馬斯(S.G.Stokes)研究球體在 液體中下落時,發(fā)現了液體對球的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關,有F=6rv。其中物理量為液體的粘滯系數,與液體的種類及溫度有關。如圖所示,現將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的足夠深量筒中,下列描繪小鋼珠在下沉過程中加速度大小與時間關系的圖像可能正確的是( D ),解析根據牛頓第二定律得,小鋼珠的加速度a=, 在下降的過程中,速度v增大,阻力F增大,則加速度a減小,當重力和阻力相等時,做勻速運動,加速度為零,故選項D正確。,3.如圖所示,E為斜面的中點,斜面上半段光滑,下半段粗糙,一個小物體由頂端靜止釋放,沿斜面下滑到底端時速度為零。以沿斜面向下為正方向,則物體下滑過程中的位移x、速度v、合力F、加速度a與時間t的關系圖像可能正確的是( B ),解析物體在光滑的斜面上做勻加速直線運動,位移-時間圖像的開口向上,物體在粗糙的斜面上做勻減速直線運動,位移-時間圖像的開口向下,故A錯誤;物體在斜面上半段做勻加速直線運動,在下半段做勻減速直線運動,由于到達底端的速度為零,則物體在上半段和下半段的平均速度相等,位移也相等,故物體在上半段和下半段的運動時間相等,物體做勻加速和勻減速直線運動的加速度大小相等,方向相反,故物體在上半段和下半段所受合外力大小相等,方向相反,B正確,C、D錯誤。,牛頓第二定律的應用,熱點題型探究,例2(2018課標,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5 m, A車向前滑動了2.0 m。已知A和B的質量分別為2.0103 kg和1.5103 kg, 兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小; (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。,答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s,解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。 (1)設B車的質量為mB,碰后加速度大小為aB,根據牛頓第二定律有 mBg=mBaB 式中是汽車與路面間的動摩擦因數。 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有 v=2aBsB 聯立式并利用題給數據得 vB=3.0 m/s,(2)設A車的質量為mA,碰后加速度大小為aA。根據牛頓第二定律有 mAg=mAaA 設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA。由運動學公式有 v=2aAsA 設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有 mAvA=mAvA+mBvB 聯立式并利用題給數據得 vA=4.3 m/s,1.(多選)(2018廣東汕頭模擬)建設房屋時,保持底邊L不變,要設計好屋頂的傾角,以便下雨時落在房頂的雨滴能盡快地滑離屋頂,雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動。下列說法正確的是( AC ),A.傾角越大,雨滴下滑時的加速度越大 B.傾角越大,雨滴對屋頂壓力越大 C.傾角越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大 D.傾角越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短,解析注意底邊長度是不變的,設屋頂的坡面長度為x,雨滴下滑時加速度為a,對雨滴受力分析,只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN,垂直于屋頂方向:mg cos =FN,平行于屋頂方向:ma=mg sin 。雨滴的加速度a=g sin ,則傾角越大,雨滴下滑時的加速度越大,故A正確;雨滴對屋頂的壓力大小FN=FN=mg cos ,則傾角越大,雨滴對屋頂的壓力越小,故B錯誤;根據幾何知識,屋頂坡面的長度x=,由x=g sin t2,可得:t =,可見當=45時,用時最短,D錯誤;由v=g sin t可得v=,可見越大,雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大,C正確。,2.(多選)如圖所示,總質量為460 kg的熱氣球,從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2,當熱氣球上升到180 m時,以5 m/s的速度向上勻速運動,若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變,上升過程中熱氣球總質量不變,重力加速度g=10 m/s2。關于熱氣球,下列說法正確的是( AD ),A.所受浮力大小為4 830 N B.加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C.從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D.以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N,解析剛開始上升時,空氣阻力為零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)= 4 830 N,A正確;加速上升過程,若保持加速度不變,則熱氣球上升到180 m時,速度v=6 m/s5 m/s,所以熱氣球做加速度減小的加速直線 運動,上升10 s后的速度v<at=5 m/s,C錯誤;再由F浮-F阻-mg=ma可知空氣阻力F阻增大,B錯誤;勻速上升時,F浮=F阻+mg,所以F阻=F浮-mg=230 N,D正確。,