1、第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题,【秒判正误】 (1)物体减速时，加速度方向与速度方向相反。( ) (2)相同质量的物体，加速度越大，所受合外力 越大。 ( ) (3)物体加速度由运动状态决定，与所受力无关。( ),(4)物体加速度减小时，速度一定减小。 ( ) (5)质量不变的物体所受合外力发生变化，加速度 也一定发生变化。 ( ) (6)牛顿为力学基本单位。 ( ),考点1 对牛顿第二定律的理解 【典题突破】 典例1 (多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是 ( ) A.原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度,B.加速度的方向与合力的方向总是
2、一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同 C.在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的 D.合力变小，物体的速度一定变小,【解析】选A、B、C。加速度与力同时产生、同时消失、同时变化，选项A正确；加速度的方向由合力方向决定，但与速度方向无关，选项B正确；在初速度为0的匀加速直线运动中，合力方向决定加速度方向，加速度方向决定末速度方向，选项C正确；合力变小，物体的加速度一定变小，但速度不一定变小，选项D错误。,触类旁通 根据牛顿第二定律，下列叙述正确的 是( ) A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B.物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速
3、度,C.物体加速度的大小与所受作用力中任一个的大小成正比 D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比,【解析】选D。根据牛顿第二定律a= 可知，物体的加速度与速度无关，选项A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，选项B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，选项C错误；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反比，选项D正确。,【提分秘籍】 1.牛顿第二定律的五个特性：,2.动力学中的三个决定关系： (1)力与物体的质量决定加速度。 (2)加速度与时间决定速度变化量。 (3)速度方向与加速度方向(或合力方向)决定物体的运动性质。,【加固训练】(多选
4、)下列对牛顿第二定律的表达式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，与物体的加速度成反比,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 C.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 D.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,【解析】选C、D。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，是由和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。故排除A、B
5、，选C、D。,考点2 动力学的两类基本问题 【典题突破】 题型1 已知运动情况求力 典例2 (创新预测)倾角为=30的光滑斜面上，质量m=3 kg的物块在恒力F的作用下，从斜面底端匀加速上滑，经3 s后，撤去力F，又经过3 s，物块恰好滑回斜面底端，已知重力加速度g=10 m/s2，求：,(1)力F的大小和前3 s内物块的位移大小。 (2)物块滑回底端时的速度大小。,【解题思维】 1.题型特征：两段匀变速运动，等时间回到原来位置。 2.题型解码：根据匀变速运动方程求出向上滑和向下滑的加速度关系，分析受力求解力F的大小。,【解析】(1)前3 s，设加速度大小为a1， 由牛顿第二定律： F-mgs
6、in=ma1 位移为x= a1t2， 3 s末，速度为v1=a1t 后3 s，设加速度大小为a2，由牛顿运动定律：,mgsin=ma2 位移为-x=v1t- a2t2 解得：F= mgsin=20 N， x=7.5 m,(2)设物块滑回底端时的速度大小为v2，整个过程由 动能定理： Fx= m -0 解得：v2=10 m/s 答案：(1)20 N 7.5 m (2)10 m/s,触类旁通 一质量为m=2 kg的滑块能在倾角为=30 的足够长的斜面上以a=2.5 m/s2匀加速下滑。如图所 示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止 开始在t=2 s内能沿斜面运动位移x=4 m。求：(g取
7、10 m/s2),(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数。 (2)恒力F的大小。,【解析】(1)根据牛顿第二定律可得： mgsin 30-mgcos 30=ma 解得：= 。,(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上 和向下两种可能。 由x= a1t2，得a1=2 m/s2， 当加速度沿斜面向上时， Fcos 30-mgsin 30-(Fsin 30+mgcos 30) =ma1，,代入数据得：F= 当加速度沿斜面向下时： mgsin 30-Fcos 30-(Fsin 30+mgcos 30) =ma1 代入数据得：F= N。 答案：(1) (2) 或 N,题型2 已知受力情况求运动情况 典
8、例3 (多选)(2016全国卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则 ( ),A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,【解析】选B、D。设小球的密度为，其质量m= 设阻力与球的半径的比值为k，根据牛顿第二定律得： a= 由此可见，由m甲m乙， 甲=乙，r甲r乙可知a甲a乙，选项C错误；由于两球 由静止下落，两小球下落相同的距离则由x= at2，t2= ，t
9、甲t乙，选项A错误；由v2=2ax可知，,甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，选项B正确；由于甲球质量大于乙球质量，所以甲球半径大于乙球半径，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力，则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，选项D正确。,【提分秘籍】 1.解决动力学两类基本问题的思路：,2.动力学基本问题的解题步骤： (1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。 (2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。 合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。,正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受
10、力个数较多(3个或3个以上)时。 (3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。 (4)根据牛顿第二定律列式求解。,【加固训练】一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数=0.2。从t=0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间t变化的规律如图所示。g取10 m/s2。求：,(1)在24 s时间内，物体从减速运动到停止不动所经历的时间。 (2)6 s内物体的位移大小。,【解析】(1)在02 s内，由牛顿第二定律知 F1-Ff=ma1 Ff=mg v1=a1t1 解得v1=2 m/s,在2 s以
11、后，物体的加速度大小 a2= =3 m/s2 方向与v1的方向相反。 由v2-v1=-a2t2知，减速到停止所用时间 t2=,(2)02 s内物体的位移 x1= =2 m 24 s内物体的位移x2= 由周期性可知46 s内和02 s内位移相等。 所以6 s内物体的位移 x=2x1+x2= m。 答案：(1) s (2) m,考点3 动力学的图象问题 【典题突破】 题型1 a-t图象 典例4 (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力 ( ),A.t=2 s时最大 B.t=2 s时最小 C.t=8.5 s时最大 D.t=8
12、.5 s时最小,【解析】选A、D。由题图知，在上升过程中，在0 4 s内，加速度方向向上，FN-mg=ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在710 s内加速度方向向下，由mg-FN=ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。,题型2 v-t图象 典例5 (2019商丘模拟)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示，则 ( ),A.在0t1内，外力F大小不断增大 B.在0t1内，外力F大小不断减小直至为零 C.在t1t2内，外力F大小可能不断增大 D.在t1
13、t2内，外力F大小可能先减小后增大,【解题思维】 1.题型特征：v-t图象。 2.题型解码：通过v-t图象斜率判断加速度变化，再由加速度判断合外力，再判断水平外力。,【解析】选D。v-t图线的斜率表示加速度，所以在0 t1内，加速度为正并不断减小，根据加速度a= 所以外力F大小不断减小，F的最小值等于摩擦力，故 A、B错误；在t1t2内，加速度为负并且不断变大， 根据加速度的大小a= ，外力F大小可能不断减 小，故C错误；如果在F先减小一段时间后的某个时刻，,F的方向突然反向，根据加速度的大小：a= F后增大，因为v-t图线后一段的斜率比前一段大， 所以外力F大小可能先减小后增大，故D正确。,
14、触类旁通 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。重力加速度的大小g取10 m/s2，求：,(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数。 (2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移大小。,【解析】(1)从t=0时开始，木板对物块的摩擦力使物 块由静止开始加速，物块和地面对木板的摩擦力使木 板减速，直到两者具有共同速度为止。由题图可知， 在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相
15、同为v1=1 m/s。 设t=0到t=t1时间内，物块和木板的加速度大小分别 为a1和a2，则a1= m/s2=2 m/s2 a2= m/s2=8 m/s2,设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，根据牛顿第二定律，对物块有1mg=ma1 对木板有1mg+22mg=ma2 联立方程得：1=0.2，2=0.3,(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律得,对物块有f=ma1 对木板有22mg-f=ma2 假设物块相对木板静止，即f1mg，与假设矛盾，所以
16、物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1=a1=2 m/s2,物块的v-t图象如图中的虚线所示。 此过程木板的加速度 a2=22g-1g=4 m/s2 由运动学公式可得，物块和木板 相对地面的位移分别为 x1=2 =0.5 m,x2= 物块相对木板的位移大小为 x=x2-x1=1.125 m 答案：(1)0.2 0.3 (2)1.125 m,题型3 F-t图象 典例6 如图所示，水平木板上有质量m=1.0 kg的物 块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器 测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。重力加速度 g取10 m/s2。下列判断正确的是 ( ),A.5
17、s内拉力对物块做功为零 B.4 s末物块所受合力大小为4.0 N C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D.69 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2,【解题思维】 1.题型特征：F-t图象。 2.题型解码：从图中得出物块受到的拉力和摩擦力的情况，确定静摩擦力与滑动摩擦力。,【解析】选D。由题可得：物块所受的最大静摩擦力为 4 N，滑动摩擦力为3 N，物块在4 s末就开始运动了， 故5 s 内拉力对物块做了功，A项错误；4 s末物块所 受拉力为4 N，所受最大静摩擦力也为4 N，合力大小 为0，B项错误；物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N， 物块对木板的压力为10 N，物块与木板之间的动摩
18、擦,因数为0.3，C项错误；69 s内拉力大小为5 N，物块所受的滑动摩擦力为3 N，合力为2 N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度大小为2.0 m/s2，D项正确。,【提分秘籍】 1.动力学图象问题的类型： (1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体在一过程中的位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况。,(3)已知物体在物理图象中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况。,2.解决动力学图象问题的思路方法： (1)分清图象的类别。即横、纵轴所代表的物理量及其物理意义，分清图象所反映的物理过程，注意临界点。
19、 (2)明确图象中特殊点的物理意义。即图象与横、纵轴的交点，图线的转折点，两条图线的交点等。,(3)明确图象中的信息。把图象与题目的题意、情景相结合。再结合斜率、特殊点、面积等物理意义，确定图象中反馈出来的信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。,【加固训练】质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始 下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示。球与水平 地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 ， 设球受到的空气阻力大小恒为f，g取10 m/s2，求：,(1)弹性球受到的空气阻力f的大小。 (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。,【解析】(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度 为a，由
20、速度时间图象得a= =8 m/s2 根据牛顿第二定律得mg-f=ma， 解得f=0.2 N,(2)由速度时间图象可知，弹性球第一次到达地面的 速度为v=4 m/s； 则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v=3 m/s 离开地面后a= =12 m/s2， 根据0-v2=-2ah； 解得：h=0.375 m 答案：(1)0.2 N (2)0.375 m,四 动力学的瞬时性问题 【学科素养养成】 1.常涉及的两种模型：,2.处理瞬时性问题的思路： (1)分析物体原来的受力情况。 (2)分析物体在突变后瞬间的受力情况。 (3)根据牛顿第二定律分析瞬间加速度，并讨论其合理性。,核心素养分析：考查学科核心
21、素养中的“科学思维”的模型建构和科学推理能力。能将瞬时性问题中的对象和过程转换成物理模型(刚性绳或弹簧模型)，并对该问题进行综合分析和推理。,【典题分类突破】 典例1 (瞬时弹簧弹力不变问题)(多选)如图，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上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间 ( ),A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l2,【解析】选A、C。设物块的质量为m，剪断细线的瞬 间，细线的
22、拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以 剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前 对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg，故a受到的 合力F=mg+T1=mg+2mg=3mg，故加速度a1= =3g，A正 确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2=mg，根据胡 克定律F=kx可得l1=2l2，C正确，D错误。,典例2 (瞬间绳子突变问题) (多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是 ( ),A.在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变 B.在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 gsin C
23、.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 D.在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin,【解析】选B、C。据题意，在AC剪断前有：TBC= 剪断后有：TBC=mgcos，且mgsin=ma，所以A错 误、B正确；在BC剪断前：TAC=mgtan，剪断之后据 弹力瞬间保持原值的特性，有：TAC=TAC=mgtan， 其合力为F合= ，所以有 =m2g2(1+tan2)， 则加速度为a= 所以C正确、D错误。,典例3 (瞬间压力突变问题)如图所示，轻弹簧竖直放 置在水平面上，其上放置质量为2 kg 的物体A，A处 于静止状态。现将质量为3 kg的物体B轻放在A上， 则B与A刚要一起运
24、动的瞬间，B对A的压力大小为 (g取10 m/s2) ( ),A.30 N B.18 N C.12 N D.0,【解析】选C。在B与A刚要一起运动的瞬间，隔离BA分析受力，重力(mA+mB)g，向上弹力F= mAg，由牛顿第二定律，(mA+mB)g-F=(mA+mB)a，解得a=0.6g。隔离A分析受力，设B对A的压力大小为F， 由牛顿第二定律，F+mAg- F=mAa，解得F=12 N，选项C正确。,【技巧点拨】 (1)牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到
25、的合外力发生变化时，它的加速度也发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立。,(2)有明显形变产生的弹力不能突变；无明显形变产生的弹力能突变。,【素养提升训练】 1.(多选)(2018吉林模拟)在动摩擦因数=0.2的水 平面上有一个质量m=2 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，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面 对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，g取 10 m/s2，下列说法正确的是 ( ),A.此时轻弹簧的弹力大小为20 N B.小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左 C.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为 10 m/s2，
26、方向向右 D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零,【解析】选A、B、D。未剪断轻绳时，水平面对小球的 弹力为零，小球受到重力mg、轻绳的拉力FT和弹簧的 弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得竖直方向 上有FTcos =mg，水平方向上有FTsin =F，解得弹 簧弹力F=mgtan =20 N，A正确；剪断轻绳后小球在 竖直方向仍平衡，即水平面支持力FN=mg，水平方向上,弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律得小球的加速 度a= m/s2=8 m/s2，方向向左，B正 确；当剪断弹簧的瞬间，小球立即只受地面支持力和 重力作用，且二力平衡，加速度为零，C错误，D正确。,2.如图，轻弹簧上
27、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=g B.a1=g，a2=g C.a1=0，a2= D.a1=g，a2=,【解析】选C。在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持 力和对2的压力并未改变。1木块受重力和支持力， mg=F，a1=0，2木块受重力和压力，根据牛顿第二定 律a2= 故选C。,3.如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一 质量m=2 kg的秤盘，盘内放一个质量M =1 kg 的物 体，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，F= 30 N，当突然撤去外力F的瞬时，物体对秤盘的压力 为(g取10 m/s2) ( ),A.10 N B.15 N C.20 N D.40 N,【解析】选C。当突然撤去外力F的瞬时，物体和秤盘 所受向上合外力为30 N，由牛顿第二定律可知，向上 的加速度为10 m/s2。根据题述，秤盘在竖直向下的拉 力F作用下保持静止，弹簧对秤盘向上拉力为60 N。 突然撤去外力F的瞬时，对秤盘，由牛顿第二定律， 60 N-mg-FN=ma，解得FN=20 N，选项C正确。,
