江苏版2023版高三一轮总复习物理第3章第2节牛顿第二定律、两类动力学问题

17/17牛顿第二定律、两类动力学问题一、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＝eq\f(F,m)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。二、超重与失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小为a＝g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝mgF＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动三、动力学两类基本问题1．两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况。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：一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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。 (√)(4)失重说明物体的重力减小了。 (×)(5)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上。 (×)(6)研究动力学两类问题时，做好受力分析和运动分析是关键。 (√)二、教材习题衍生1．(力与运动关系问题定性分析)在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零(物体还在运动)，则在水平推力逐渐减小到零的过程中()A．物体速度逐渐减小，加速度逐渐减小B．物体速度逐渐增大，加速度逐渐减小C．物体速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大D[由题意得推力F未减小之前物体做匀加速直线运动，则可判定F>f，且ma＝F－f；当F逐渐减小时，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向同向，物体仍加速；当F<f后，此时ma＝f－F，F减小，加速度增大，且加速度与速度方向相反，物体减速。综上所述，选项D正确。]2．(牛顿第二定律的基本应用)一物体重为50N，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＝15N时，物体做匀加速直线运动，则F1的值不可能是(g取10m/s2)()A．3N B．25NC．30N D．50NB[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<5N，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>25N，C、D正确。]3．(超失重的理解)(2021·无锡模拟)一名乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的图像如图所示，其中t1到t2时间段图像为直线。则以下说法正确的是()A．t1～t2时间内，乘客的速度一直增大B．t2～t3时间内，乘客的速度一直增大C．t1～t2时间内，乘客对电梯的压力大于乘客重力D．t2～t3时间内，乘客对电梯的压力小于乘客重力D[根据x­t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，故A、B错误；t1～t2时间内，乘客匀速运动，FN＝mg；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，结合牛顿第三定律，故C错误，D正确。]牛顿第二定律的理解1．(对牛顿第二定律的理解)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＝eq\f(F,m)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．(力与运动关系问题定性分析)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法不正确的是()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D[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。]合力、加速度、速度间的决定关系(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，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零。一般情况下，合力与速度无必然的联系。(2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。超重和失重1．(根据运动情况判断超、失重)智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则()A．乘客始终处于超重状态B．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上D[加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重，故A错误；加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确。]2．(根据超、失重判断运动状态)如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息()A．1s时人处在下蹲的最低点B．2s时人处于下蹲静止状态C．0～4s内该同学做了2次下蹲—起立的动作D．下蹲过程中人始终处于失重状态B[人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，人处于失重状态，到达一个最大速度后再减速向下运动，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中人先失重后超重，选项D错误；在1s时人向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2s时人已经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项B正确；该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了1次下蹲—起立的动作，选项C错误。]3．(完全失重)图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图像，重力加速度g取10m/s2。根据图像分析可知()甲乙A．人的重力可由b点读出，约为300NB．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度C[开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900N，人的重力也约为900N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。]超重和失重的判断方法(1)若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。(2)若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。(3)物体超重、失重与运动状态的关系动力学中的两类问题1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示2．解决动力学两类问题的两个关键点3．动力学基本问题的力的处理方法(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”。eq\o([典例])一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5m/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＝2s内沿斜面运动位移x＝4m。求：(g取10m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小。审题指导：解此题关键有两点(1)选取滑块为研究对象，正确作出受力分析。(2)根据运动过程求出加速度，结合牛顿第二定律求恒力F。[解析](1)以滑块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得mgsin30°－μmgcos30°＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(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。根据题意可得x＝eq\f(1,2)a1t2，得a1＝2m/s2当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，则Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1代入数据得F＝eq\f(76\r(3),5)N甲乙丙当加速度沿斜面向下时，受力分析如图丙所示，则mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1代入数据得F＝eq\f(4\r(3),7)N。[答案](1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(76\r(3),5)N或eq\f(4\r(3),7)N动力学问题的解题步骤eq\o([跟进训练])已知受力情况求运动情况1．(2021·南京模拟)如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2。(1)求人从斜坡上滑下的加速度的大小；(2)若AB的长度为25m，求BC的长度为多少。[解析](1)人在斜坡上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mgsinθ－Ff1＝ma1FN1－mgcosθ＝0又Ff1＝μFN1联立解得a1＝g(sinθ－μcosθ)代入数据得a1＝2.0m/s(2)人滑到B点时，由veq\o\al(2,B)＝2a1xAB得vB＝eq\r(2a1xAB)＝10m/s在水平滑道上运动时有Ff2＝ma2，Ff2＝μmg得a2＝μg＝5m/s2由veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝－2a2xBC得xBC＝eq\f(v\o\al(2,B),2a2)＝10m。[答案](1)2.0m/s22．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的eq\f(2,5)。若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10m/s2)。[解析]设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，汽车的质量为m，刹车前的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0s＝v0t0＋eq\f(v\o\al(2,0),2a0)解得a0＝5m/s2，μ0＝0.5设汽车在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，依题意有μ＝eq\f(2,5)μ0由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝mas＝vt0＋eq\f(v2,2a)解得v＝20m/s(v＝－24m/s不符合实际，舍去)。[答案]20m/s已知运动情况求受力情况3．如图所示，一倾角为θ＝30°的上表面光滑的斜面上，有相距为L的A、B两点，质量为m＝1kg、可视为质点的物块(图中未画出)，在F1＝11N、方向沿斜面向上的力的作用下，从A点由静止运动到B点，所经历时间t1＝1s，到B点时换成了沿斜面向下的力F2作用在物块上，经过时间t2＝2s后返回A点，斜面足够长，且始终静止不动，重力加速度取g＝10m/s2，求：(1)A、B两点之间的距离L；(2)力F2的大小。[解析](1)物块从A点到达B点的过程中，有a1＝eq\f(F1－mgsinθ,m)，L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)代入数据解得a1＝6m/s2，L＝3m。(2)物块在B点的速度v1＝a1t1＝6m/s物块从B点回到A点的过程中，有－L＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得a2＝7.5m由a2＝eq\f(F2＋mgsinθ,m)解得F2＝2.5N。[答案](1)3m(2)2.5N4．(2021·江苏南京高三开学考试)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一只企鹅在倾角为θ＝37°的倾斜冰面上先以a＝1.0m/s2的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝4s时突然卧倒以肚皮贴着冰面向上滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.25，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80不计空气阻力，g取10m/s(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面向上滑行的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。[解析](1)企鹅向上“奔跑”的位移大小为x＝eq\f(1,2)at2＝8m。(2)企鹅在冰面向上滑行的加速度大小a′＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝gsin37°＋μgcos37°＝8m/s2。(3)企鹅在冰面上滑时的初速度为v＝at＝4m/s向上滑行的位移为x′＝eq\f(v2,2a′)＝1m企鹅退滑到出发点时的位移大小为x″＝x＋x′＝9m加速度大小a″＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2所以企鹅退滑到出发点时的速度大小v＝eq\r(\o(2a″x″))＝eq\r(2×4×9)m/s＝6eq\r(2)m/s。[答案](1)8m(2)8m/s2(3)6eq\r(2)m/s牛顿第二定律的瞬时性问题1．两种模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点2．求解瞬时加速度的一般思路eq\x(\s\up(分析瞬时变化前后,物体的受力情况))⇒eq\x(\s\up(根据牛顿第二,定律列方程))⇒eq\x(求瞬时加速度)eq\o([典例])两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则()A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2C．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2A[由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g。故选项A正确。][变式1]在[典例]中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则下列选项中正确的是()A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2C．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2D[剪断轻绳OA的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2[变式2]在[变式1]中的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()A．aA＝0aB＝eq\f(1,2)g B．aA＝gaB＝0C．aA＝gaB＝g D．aA＝0aB＝gB[细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为FT＝2mgsinθ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin30°＝g，故选项B正确。][变式3]把[变式2]中的两小球改为三小球，并将弹簧和轻绳互换位置，如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、A．细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为mgsinθC[剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ。以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsinθ。剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上；以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsinθ；以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题(1)分析瞬时加速度的“两个关键”①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。(2)“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。eq\o([跟进训练])1．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有()A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gC[在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块