2021高考物理（选择性考试）人教版一轮学案：3.2牛顿第二定律　两类动力学问题

第二节　牛顿第二定律　两类动力学问题

1．内容

物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同．

2．表达式

a＝.

3．“五个”性质

4.适用范围

(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)．

(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．

1．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度

C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的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：根据牛顿第二定律a＝可知物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；力和加速度为矢量，水平方向的力产生水平方向的加速度，则合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与质量成反比，D正确．

答案：D

(1)单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．

(2)基本单位：基本量的单位．力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．

(3)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．

2．现有下列物理量或单位，按下面的要求把相关字母填空：

A．密度　　　B．m/s　　　C．N　　　D．加速度

E．质量  F．s  G．cm  H．长度

I．时间  J．kg

(1)属于物理量的是________．

(2)在国际单位制中，作为基本单位的物理量有________________________________________________________________________．

(3)在国际单位制中基本单位是________，属于导出单位的是________．

答案：(1)ADEHI　(2)EHI　(3)FJ　BC

牛顿第二定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况与运动情况联系起来．

1．已知受力情况求运动情况

已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的运动情况；已知物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况．

2．已知物体的运动情况求物体的受力情况

根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的受力情况，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量．如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等．

3.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为多少？

解析：环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受重力mg和杆给它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F′f，故箱子在竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力F，

由于箱子处于平衡状态，可得：FN＝F′f＋Mg＝Ff＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F＝Ff＋Mg.

答案：Ff＋Mg

牛顿第二定律是经典力学的核心规律．定律不仅确定了a与m、F之间的数量关系，也确定了它们之间的方向关系及单位关系，应用牛顿第二定律解决问题一定要对物体进行运动情况分析和受力分析．

考点一 牛顿第二定律的理解

1.牛顿第二定律的“五”性

2．合力、加速度、速度间的关系

(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是多少，物体都有加速度且与合力的方向一定相同，合力(或加速度)与速度无必然的联系．

(2)合力(或加速度)与速度同向时，物体做加速直线运动；合力(或加速度)与速度反向时，物体做减速直线运动．

(3)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝.

(4)速度的改变需经历一定的时间而不能突变；有力就一定有加速度，但有力速度可能为0.

　(多选)(2020·新乡五校联考)在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示．关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法正确的是(　　)

A．合外力的方向与速度方向在一条直线上

B．合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧

C．合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向

D．合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向

解析：足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故选项C正确．

答案：C

1．力是产生加速度的原因，加速度是反映物体运动状态变化快慢的物理量，定量地描述了力与运动的关系．加速度与速度无关，力产生加速度，所以力也与速度无关，力不是维持物体运动的原因．

2．作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律，而物体的实际加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，分力和分加速度在各个方向上的分量关系也遵从牛顿第二定律．

考点二  牛顿第二定律的瞬时性问题

分析物体的瞬时问题，关键是分析瞬时前后的受力情况和运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意两种基本模型的建立．

求解瞬时加速度的一般思路

　(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θ.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 θ，方向水平向右

B．图乙中小球的加速度大小为gtan θ，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1∶cos2θ

D．图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos2θ∶1

[思维点拨]　剪断L2的瞬间绳L1上的弹力瞬间变化，两端约束的弹簧上的弹力不会瞬间变化，结合该特点受力分析求各自的加速度．

解析：设两球质量均为m，剪断水平细线后，对小球A进行受力分析，如图a所示，小球A将沿圆弧摆下，小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下，则FT1＝mgcos θ，F1＝mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ，方向垂直倾斜细线向下，故选项A错误．

图a　　　　　　　　图b

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都不变，小球B的加速度a2的方向水平向右，如图b所示，则FT2＝，F2＝mgtan θ＝ma2，所以a2＝gtan θ，方向水平向右，故选项B正确．图a中倾斜细线与图b中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2＝cos2θ∶1，故选项C错误，D正确．

答案：BD

抓住“两关键”，遵循“四步骤”

1．分析瞬时加速度的两个关键．

①明确绳或线类、弹簧或橡皮筋类模型的特点．

②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态．

2．求瞬时加速度的四个步骤．

第一步：分析原来物体的受力情况．

第二步：分析物体在突变时的受力情况．

第三步：由牛顿第二定律列方程．

第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．

考点三 两类动力学问题

1.两类动力学问题之间的逻辑关系

2．解决两类动力学问题的“桥梁”是物体的加速度

3．解决动力学基本问题时对力的处理方法

(1)合成法．

在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．

(2)正交分解法．

若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．

4．两类动力学问题的解题步骤

　(2019·浙江桐乡测试)2017年1月18日下午，中国第一列从义乌开往英国伦敦的列车顺利抵达终点站．途经著名的英吉利海峡隧道．英吉利海峡隧道近似直线隧道，全长50 km.如图所示，其中海底隧道BC长40 km，前后各有5 km的连接隧道AB、CD.已知进入隧道前，列车时速144 km/h，在连接隧道上做匀变速直线运动，进入海底隧道时速度减为108 km/h，并在海底隧道中做匀速直线运动，最终离开英吉利海峡隧道时速度恢复为144.km/h.(g取10 m/s2)

(1)求列车在连接隧道AB上运动的加速度大小；

(2)若列车总质量为9×105 kg，所受阻力恒为列车重力的0.1倍，求在连接隧道CD上列车牵引力的大小；

(3)求列车通过英吉利海峡隧道AD的时间．

[思维点拨]　本题是已知运动求受力类问题，关键是根据运动学公式求加速度．

解析：(1)设进入隧道前的速度为v0，到达海底隧道时的速度为v，则v2－v＝2a1x1.

代入数据解得加速度为a1＝－0.07 m/s2.

(2)设运行时的牵引力为F，则根据牛顿第二定律，有

F－f＝ma2，

其中f＝0.1mg，

由题意知a2＝－a1＝0.07 m/s2，

代入数据解得F＝9.63×105 N.

(3)全程可分为三段，根据速度时间关系，可得

t1＝t3＝＝ s＝142.86 s.

t2＝＝1 333.33 s.

总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1 619.05 s.

答案：(1)0.07 m/s2　(2)9.63×105 N　(3)1 619.05 s

解决两类动力学问题的关键点

考点四  动力学图象问题

1.数形结合解决动力学图象问题

(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．

(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．

(3)常见的动力学图象．

v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等．

2．动力学图象问题的类型

图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：

　(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D

[思维点拨]　根据牛顿第二定律写出外力F的关系式，找出外力F随x的关系，即可获得图象．

解析：设物块静止时弹簧的压缩量为x0，未施加力F时物块P静止，则有kx0＝mg.有力F时P向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－mg＋k(x0－x)＝ma，解得F＝ma＋ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A.

答案：A

图象问题解决的关键是通过对研究对象的受力分析和运动情况分析，找出图象对应物理量的函数关系．

1.(2019·孝感质检)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，重力加速度大小为g，则F的大小不可能是(　　)

A.　　　　　B.

C.  D.

答案：C

2.(2019·陕西检测)甲、乙两球质量分别为m1，m2，从同一地点(足够高)处同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v-t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1，v2，则下列判断正确的是(　　)

A．释放瞬间甲球加速度较大

B.＝

C．甲球质量大于乙球质量

D．t0时间内两球下落的高度相等

答案：C

3.(2019·包头一模)在向右匀速运动的小车内，用细绳a和b系住一个小球，绳a处于斜向上的方向，拉力为Fa，绳b处于水平方向，拉力为Fb，如图所示．现让小车向右做匀减速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是(　　)

A．Fa变大，Fb不变  B．Fa变小，Fb变小

C．Fa不变，Fb变大  D．Fa不变，Fb变小

解析：以小球为研究对象，分析受力如图所示．

水平方向根据牛顿第二定律有Fb－Fasin α＝ma，竖直方向Facos α－mg＝0，由于夹角α不变，由分析得知Fa不变，Fb＝Fasin α＋ma>Fasin α，即Fb变大．

答案：C

4.(2019·南昌模拟)如图所示，质量为m的小球一端用轻质细绳连在竖直墙上，另一端用轻质弹簧连在天花板上．轻绳处于水平位置，弹簧与竖直方向夹角为θ.已知重力加速度为g，则在剪断轻绳瞬间，小球加速度的大小为(　　)

A．0  B．gsin θ

C．gtan θ  D.

答案：C

5.(2019·济宁质检)如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为1 kg的木块A，其左右两侧与轻弹簧相连，弹簧另一端都通过轻绳跨过定滑轮挂着两个质量均为0.5 kg的钩码，滑轮摩擦不计，两钩码间用轻绳相连，系统处于静止状态．现将右侧两钩码间的轻绳剪断，在剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．左侧两钩码的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下

B．右侧上方钩码的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向上

C．木块A的加速度大小为5 m/s2，方向水平向左

D．右侧下方钩码的加速度为零

解析：在剪断右侧两钩码间的轻绳的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，则木块A和左侧两钩码的加速度仍然为零，故选项A、C错误；对右侧上方的钩码，剪断轻绳后，合力为F＝mg＝5 N，方向竖直向上，则加速度为a＝＝10 m/s2，方向竖直向上，选项B正确；右侧下方钩码将做自由落体运动，加速度为g，选项D错误．

答案：B

6.(多选)(2019·天津六校联考)如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．A的加速度大小为2.5 m/s2

B．B的加速度大小为2 m/s2

C．弹簧弹力大小为50 N

D．A，B间相互作用力的大小为8 N

解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40 N；剪断细线的瞬间，对整体分析，根据牛顿第二定律有(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2 m/s2，故选项A错误、B正确．剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为40 N，故选项C错误．对B分析，根据牛顿第二定律有mBg－N＝mBa，解得N＝mBg－mBa＝8 N，故选项D正确．

答案：BD

7．(2019·亳州质检)一物块沿倾角为θ的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　)

A.tan θ  B. tan θ

C.tan θ  D.tan θ

答案：C

8．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t变化的规律可能是(　　)

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D

答案：A

9．(多选)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)

图甲　　　　　　　　　图乙

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

解析：由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v-t图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．

答案：ACD

10．(多选)(2019·湖南醴陵二中月考)如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑固定斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.根据图乙中所提供的信息可以计算出(　　)

A．物体的质量

B．斜面的倾角正弦值

C．加速度为6 m/s2时物体的速度

D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力

答案：ABD

11.(2019·株洲质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：

(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；

(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．

解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为

a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，

第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小

v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s，

位移x1＝a1t＝0.6 m.

(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝，

经时间t2速度变为v′1＝v1－a2t2，

第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则v－v′＝2a1x1，

第二次撤除水平推力后滑行的最大距离

x2＝，

解得x2＝5.2 m.

答案：(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m

12．(2019·威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(g取10 m/s2)则

(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？

(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？

解析：(1)自由下落的位移

h′＝gt＝20 m，

座椅自由下落结束时刻的速度

v＝gt1＝20 m/s，

设座椅匀减速运动的总高度为h，则

h＝(40－4－20)m＝16 m，

由h＝t得t＝1.6 s.

(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，

由v＝at得a＝12.5 m/s2，

由牛顿第二定律，得

F－mg＝ma，

解得＝2.25.

答案：(1)1.6 s　(2)2.25