2020版新一线高考物理（新课标）一轮复习教学案：第3章第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题

第2节　牛顿第二定律　两类动力学问题

知识点一| 牛顿第二定律、单位制

1．牛顿第二定律

(1)内容

物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。加速度的方向与作用力的方向相同。

(2)表达式a＝或F＝ma。

(3)适用范围

①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。

2．单位制

(1)单位制由基本单位和导出单位组成。

(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、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。

(3)导出单位

由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。

(1)牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用。(×)

(2)物体只有在受力的前提下才会产生加速度，因此，加速度的产生要滞后于力的作用。(×)

(3)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。(√)

考法1　牛顿第二定律的理解

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力的大小成正比

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

D　[由牛顿第二定律a＝可知，物体加速度的大小跟它的质量成反比，跟速度没有直接关系，A错误；物体所受合外力不为0时就产生加速度，B错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，与所受作用力中的任一个力没有必然关系，C错误；加速度是矢量，在某一个方向上的加速度，与这个方向上的合外力成正比，与其质量成反比，D正确。]

2.(2016·上海高考)如图所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的(　　)

A．OA方向 B．OB方向

C．OC方向   D．OD方向

D　[当小车向右做匀加速运动时，其加速度的方向水平向右，由牛顿第二定律可知，小球所受合外力的方向水平向右，即沿图中OD方向，选项D正确，选项A、B、C错误。]

考法2　单位制的应用

3．一物体在2 N的外力作用下，产生10 cm/s2的加速度，求该物体的质量。下面有几种不同的求法，其中单位运用正确、简捷而又规范的是(　　)

A．m＝＝ kg＝0.2 kg

B．m＝＝＝20 ＝20 kg

C．m＝＝＝20 kg

D．m＝＝ kg＝20 kg

D　[A选项中a应为0.1 m/s2，故A错误；B选项中中间过程中的单位不简捷，B错误；C选项中后漏单位，不正确，故选D。]

考法3　牛顿第二定律的简单应用

4.(多选)一物体重为50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15 N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g取10 m/s2)(　　)

A．3 N  B．25 N  C．30 N   D．50 N

ACD　[若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正确。]

5．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东加速行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西加速行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)

A．8　　　 B．10     C．15　　　 D．18

BC　[设P、Q挂钩东侧车厢共n1节，西侧共有n2车，每节车厢质量为m，则有F＝n1ma，F＝n2ma，解得＝，故(n1＋n2)只能是3＋2＝5的整数倍，故B、C选项正确。]

考法4　牛顿第二定律的瞬时性

6.(多选)(2019·武汉质检)如图所示，物体a、b用一根不可伸长的轻细绳相连，再用一根轻弹簧和a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等，重力加速度为g。当在P点剪断绳子的瞬间(　　)

A．物体a的加速度大小为零

B．物体a的加速度与物体b的加速度大小相同

C．物体b的加速度大小为零

D．物体b的加速度大小为g

BD　[设物体a、b的质量都为m，剪断绳子前，由平衡条件可得绳子的拉力为mg，弹簧向上的弹力为2mg。在P点剪断绳子的瞬间，绳子的拉力突变为零，物体b做自由落体运动，加速度大小为g，选项C错误，D正确；在P点剪断绳子的瞬间，弹簧中弹力不变，弹簧对物体a向上的拉力还是2mg，由牛顿第二定律有2mg－mg＝ma0，可得物体a有向上的加速度a0＝g，与物体b的加速度大小相同，选项A错误，B正确。]

7.(多选)如图所示，物体A和B通过弹簧连接在一起组成一个弹簧连接体，A、B的质量分别为m、2m，连接体放置在水平的木板C上，弹簧的劲度系数为k，所有接触面均光滑。若突然抽去木板C，则下列关于物体A、B的加速度aA、aB的描述正确的是(　　)

A．aA＝0

B．aA＝0.5g，方向竖直向下

C．aB＝0

D．aB＝1.5g，方向竖直向下

AD　[木板C被突然抽去时，C沿水平方向运动，由于接触面均光滑，因此A、B在水平方向上均无运动，也无加速度，竖直方向上，在C与B离开的瞬间，A、B均在原位置，弹簧在这一瞬间形变量不变，仍保持原来的弹力大小F＝mg，对物体A进行受力分析可知，其受力情况不变，所受合力为0，即加速度aA＝0，故选项A正确，B错误；抽走C的瞬间，木板C对物体B的支持力变为0，对物体B进行受力分析，根据牛顿第二定律，有F＋2mg＝2maB，又F＝mg，则加速度aB＝1.5g，方向竖直向下，故选项C错误，D正确。]

8.(多选)(2019·济南模拟)如图所示，原长为l0、劲度系数为k的轻质弹簧一端与质量为m的小球相连，另一端固定在竖直墙壁上，小球用倾角为30°的光滑木板AB托住，当弹簧水平时小球恰好处于静止状态。重力加速度为g。则(　　)

A．弹簧的长度为l0＋

B．木板AB对小球的支持力为mg

C．若弹簧突然断开，断开后小球的加速度大小为g

D．若突然把木板AB撤去，撤去瞬间小球的加速度大小为g

AC　[小球处于静止状态，设此时弹簧长为l，由平衡条件有：k(l－l0)＝mgtan 30°，代入数据可得此时弹簧的长度为l＝l0＋，A项正确；对小球受力分析，小球受到重力、木板对小球的支持力、弹簧的拉力，由小球受力平衡可知木板对小球的支持力为FN＝＝mg，B项错误；弹簧断开后，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律有mgsin 30°＝ma，得a＝g，C项正确；若突然把木板撤去，小球受重力和弹簧弹力作用，由于弹簧弹力不会发生突变，则此时小球所受合外力为mg，小球的加速度大小为g，D项错误。]

知识点二| 动力学中的两类问题

1．两类动力学问题

(1)已知受力情况求物体的运动情况。

(2)已知运动情况求物体的受力情况。

2．解决两类基本问题的方法

以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：

(1)研究动力学两类问题时，只需做好受力分析，不用关注运动分析。(×)

(2)研究动力学两类问题，要首先根据题目条件分析或计算加速度。(√)

(3)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。(√)

(4)加速度是联系物体受力情况和运动情况的桥梁。(√)

考法1　已知受力情况求运动情况

1．(2019·石家庄检测)可视为球形的雨滴在空中的下落过程可视为先加速后匀速的直线运动，已知雨滴下落过程中所受空气阻力的大小与其下落速度的平方及其横截面积(雨滴上垂直速度方向的最大面积)的乘积成正比。若空中两个正在匀速下落的雨滴直径之比为2∶3，则此时的速度之比为(　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

A　[匀速下落的雨滴所受重力大小与空气阻力大小相等，即mg＝kv2S，而雨滴质量m＝ρV＝πρd3，S＝πd2，由以上三式可知，为定值，所以速度之比等于直径的平方根之比，即雨滴直径之比为2∶3时，速度之比为，A项正确。]

2.(2019·乐山模拟)如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用F＝80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手(g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)。求：

(1)松手前铸件的加速度；

(2)松手后铸件还能前进的距离。

解析：(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得

a＝＝1.3 m/s2。

(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s

松手后的加速度大小a′＝＝μg＝2.5 m/s2

则松手后铸件还能滑行的距离x＝＝5.408 m。

答案：(1)1.3 m/s2　(2)5.408 m

考法2　已知运动情况求受力情况

3.(2019·新乡模拟)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则(　　)

A．运动员的加速度为gtan θ

B．球拍对球的作用力为mg

C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcos θ

D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动

A　[网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ<gtan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误。

甲　　　　　　　乙　]

4.(2019·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度匀加速下滑。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t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m。求：(g取10 m/s2)

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；

(2)恒力F的大小。

解析：(1)根据牛顿第二定律可得：

mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma

解得：μ＝。

(2)由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，代入数据得：F＝ N

当加速度沿斜面向下时：mgsin 30°－Fcos 30°－

μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1

代入数据得：F＝ N。

答案：(1)　(2) N或 N

考法3　两类问题的综合

5．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍。假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取10 m/s2。

(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；

(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。

解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有

F合＝F－Ff＝ma1

v－v＝2a1l1

v1＝a1t1

其中v0＝0，Ff＝0.1mg，代入已知数据可得

a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有

F′合＝F－Ff－mgsin α＝ma2

mgsin α＝mg

v－v＝2a2l2

其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，

v2＝ m/s＝41.5 m/s。

(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1、末速度大小为v′1，有

F″合＝F推＋F－Ff＝ma′1

v′－v＝2a′1l1

飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有

a′2＝3.0 m/s2，v′－v′＝2a′2l2

根据题意，v′2＝100 m/s，代入数据解得F推＝5.2×105 N。

答案：(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N