专题三第2讲牛顿第二定律 (2)

1、第 2 讲牛顿第二定律,考点 1,牛顿第二定律,1内容：物体的加速度跟所受_成正比，跟物 体的_成反比，加速度的方向跟_的方向一致,2表达式：F合ma.,质量,合外力,3对牛顿第二定律的理解 牛顿第二定律揭示了加速度与力及质量的关系，着重解决 了加速度的大小、方向和决定因素等问题对于牛顿第二定律，,合外力,应从以下几方面加深理解：(1)因果性；(2)矢量性； (3)瞬时性； (4)同体性；(5)相对性 4惯性系和非惯性系,(1)能使牛顿运动定律成立的参考系是惯性系(相对于地面 静止或匀速直线运动的参考系)；不能使牛顿运动定律成立的参 考系是非惯性系,(2)在惯性系中可以直接运用牛顿第二定律进行

2、计算，而在 非惯性系中为了使牛顿第二定律成立，必须加一个假想的惯性 力，Fma，其方向与非惯性系的加速度的方向相反 5牛顿运动定律的适用范围：牛顿运动定律只适用于宏观 物体的低速问题，而不适用于微观粒子和高速运动的物体,【跟踪训练】 1(2011 年惠州调研)电梯内有一个物体，质量为 m，用绳,细线对物体的拉力为(,),B,Amg,B.,2mg 3,C.,4mg 3,D.,5mg 3,2(2011 年惠州一模)人们设计了如图 321 所示的安全 带以尽可能地减轻猛烈碰撞假设某次急刹车时，由于安全带 的作用，使质量 70 kg 的乘员的加速度大小约为 6 m/s2，此时安,),B,全带对乘员的作

3、用力最接近( A.100 N B.400 N C.800 N D.1000 N,图 321,考点 2,合外力、加速度和速度的关系,1三者关系如下表,2. 速度大小变化与加速度的关系：当a与v同向时， v_；当 a 与 v 反向时，v_.而加速度大小由合力的 大小决定，所以要分析 v、a 的变化情况，必须先分析物体受到,的_的变化情况,增大,减小,合力,续表,【跟踪训练】 3在光滑的水平面上做匀加速直线运动的物体，当它所受,),的合力逐渐减小而方向不变时，物体的( A加速度越来越大，速度越来越大 B加速度越来越小，速度越来越小 C加速度越来越大，速度越来越小 D加速度越来越小，速度越来越大,解析

4、：开始时物体做匀加速直线运动，说明合力与速度同 向当合力逐渐减小时，根据牛顿第二定律可知，物体的加速 度逐渐减小但合力始终与物体运动同向，物体仍做加速运动， 速度仍在增加，只是单位时间内速度的增加量在减小，即速度 增加得慢了,答案：D,4(惠州 2012 届高三模拟)如图 322 所示，一木块在 光滑水平面上受一恒力作用而运动，前方固定一个弹簧，当木,块接触弹簧后(,),图 322 A.将立即做变减速运动 B.将立即做匀减速运动 C.在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大 D.在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零,解析：刚接触时，弹簧弹力小于恒力，所以做加速度减小 的加速运动；一段时间后

5、，弹力刚好等于恒力，这之后开始做 加速度增大的减速运动直至速度为零,答案：C,考点 3,瞬时加速度问题分析,1力和加速度的瞬时对应关系 所谓瞬时性，就是物体的加速度 a 与其所受的合外力 F 有 瞬时对应的关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外 力也就是物体一旦受到不为零的合外力的作用，物体立即产 生加速度；当合外力的方向、大小改变时，物体的加速度方向、 大小也立即发生相应的改变；当物体的合外力为零时，物体的 加速度也立即为零由此可知，力和加速度之间是瞬时对应的,2求瞬时加速度时的几类力学模型,在应用牛顿第二定律求解物体的瞬时加速度时，经常会遇 到轻绳、轻杆、轻弹簧和橡皮绳这些常见的力学

6、模型全面准 确地理解它们的特点，可帮助我们灵活正确地分析问题 (1)这些模型的共同点：都是质量可忽略的理想化模型，都 会发生形变而产生弹力，同一时刻内部弹力处处相等且与运动 状态无关,(2)这些模型的不同点,轻绳(非弹性绳)：只能产生拉力，且方向一定沿着绳子 背离受力物体，不能承受压力；认为绳子不可伸长，即无论绳 子所受拉力多大，长度不变(只要不被拉断)；绳子的弹力可以 发生突变瞬时产生、瞬时改变、瞬时消失,轻杆：既能承受拉力，又可承受压力，施力或受力方向 不一定沿着杆的轴向(只有“二力杆件”才沿杆的轴向)；认为 杆子既不可伸长，也不可缩短，杆子的弹力也可以发生突变,轻弹簧：既能承受拉力，又可

7、承受压力，力的方向沿弹 簧的轴线；受力后发生较大形变，弹簧的长度既可变长，又可 变短，遵循胡克定律；因形变量较大，产生形变或使形变消失 都有一个过程，故弹簧的弹力不能突变，在极短时间内可认为 弹力不变；当弹簧被剪断时，弹力立即消失,橡皮绳(弹性绳)：只能受拉力，不能承受压力；其长度 只能变长，不能变短，同样遵循胡克定律；因形变量较大，产 生形变或使形变消失都有一个过程，故橡皮绳的弹力同样不能 突变，在极短时间内可认为弹力不变；当橡皮绳被剪断时，弹 力立即消失,【跟踪训练】 5如图 323 所示，质量为 m 的小球被水平绳 AO 和与 竖直方向成角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳 AO 烧,

8、断，在绳 AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是(,),A弹簧的拉力 F,mg cos,B弹簧的拉力 Fmgsin C小球的加速度为零,D小球的加速度 agsin,图 323,解析：烧断绳 AO 之前，小球受3个力，如图13 所示烧 断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹 簧的形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变， A 正确烧断细绳的瞬间，小球受到的合力 T(绳 AO 的拉力)等大反向，即 F合mgtan，则小球,的加速度 agtan.,图 13,答案：A,6(双选，2011 年佛山一模)“儿童蹦极”中，拴在腰间左 右两侧的是弹性极好的橡皮绳质量为 m 的小明如图 324 静止悬挂时两橡皮绳的

9、拉力大小均恰为 mg，若此时小明左侧橡,皮绳在腰间断裂，则小明(),A速度为零 B加速度 ag，沿原断裂绳的方向,斜向下,C加速度 ag，沿未断裂绳的方向斜向上 D加速度 ag，方向竖直向下,图 324,解析：本题首先应理解橡皮绳模型的特点：其弹力不能突 变，但被剪断时，弹力会立即消失再分析橡皮绳断裂前的受 力和断裂后的瞬时受力，然后根据牛顿第二定律分析求解,答案：AB,热点 1,用牛顿运动定律求解两类动力学问题,【例 1】建筑工人用如图 325 所示的定滑轮装置运送建 筑材料质量为 70.0 kg 的工人站在地面上，通 过定滑轮将 20.0 kg 的建筑材料以 0.50 m/s2 的加 速度

10、拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮 的摩擦，则工人对地面的压力大小为(取,g10 m/s2)(,),图 325,A510 N C890 N,B490 N D910 N,思路点拨：正确选取研究对象并进行受力分析是快速求解 此类题型的关键 解析：对建筑材料进行受力分析根据牛顿第二定律有 Fmgma，得绳子的拉力大小 F210 N，然后再对人受力分 析，由平衡的知识得 MgFFN，得 FN490 N，根据牛顿第 三定律知人对地面间的压力为 490 N. 答案：B,备考策略：动力学的两类基本问题是高考命题的热点，高 考将此类问题作为考查牛顿运动定律的重点，每年必考考题 多以生产和生活的实际问题为命题

11、背景，创设相关的问题情景， 解题的关键是求加速度,【触类旁通】 1(2009 年全国卷)两物体甲和乙在同一直线上运动，它 们在 00.4 s 时间内的 vt 图象如图 326 所示若仅在两 物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间,t1 分别为(),图 326,解析：本题考查图象问题根据速度图象的特点可知甲做,答案：B,热点 2,加速度的动态分析弹簧类问题,轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体，设 置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿运动定 律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几 乎每年高考卷面均有所见，应引起足够重视 【例 2】(2010

12、年福建卷)如图 327 甲所示，质量不计 的弹簧竖直固定在水平面上，t0 时刻，将一金属小球从弹簧 正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最 低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如 此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹,簧弹力 F 随时间 t 变化的图象如图乙所示，则(,),图 327,A.t1 时刻小球动能最大 B.t2 时刻小球动能最大,C.t2t3 这段时间内，小球的动能先增加后减少,D.t2t3 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹,性势能,思路点拨：对于下落物体压缩竖直弹簧类问题，要注意两 点：一是弹簧的弹力大小随弹簧形变量的变化而

13、变化，二是物 体过平衡位置是加速与减速运动的临界点如果物体接触弹簧 并与之黏接，向上运动至弹簧恢复原长后，物体继续向上运动， 弹簧将被拉伸,解析：小球在接触弹簧之前做自由落体碰到弹簧后先做 加速度不断减小的加速运动，当加速度为零，即重力等于弹簧 弹力时速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运 动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化 为弹簧的弹性势能上升过程恰好与下降过程互逆由乙图可 知 t1 时刻开始接触弹簧；t2 时刻弹力最大，小球处在最低点， 动能最小；t3 时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2t3 这段时 间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势 能

14、转化为小球的动能和重力势能,答案：C,备考策略：弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的 力当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与 当时的形变相对应一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹 簧原长位置、现长位置，找出形变量 x 与物体空间位置变化的 几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析物 体运动状态的可能变化,【触类旁通】 2图 328 为蹦极运动的示意图弹性绳的一端固定在 O 点，另一端和运动员相连运动员从 O 点自由下落，至 B 点 弹性绳自然伸直，经过合力为零的 C 点到达最低点 D，然后弹起整个过程中忽略空气阻力分析这,一过程，下列表述正确的是(),经过 B 点

15、时，运动员的速率最大 经过 C 点时，运动员的速率最大 从 C 点到 D 点，运动员的加速度增大,从 C 点到 D 点，运动员的加速度不变,A,B,C,D,图 328,解析：运动员的下落过程：OB，自由落体运动；BC， 重力大于弹性绳的弹力，做加速度越来越小的加速运动，C 点 加速度为零，速度最大；CD，弹力大于重力，加速度向上， 运动员做加速度增大的减速运动，D 点速度为零可见 B 正确,答案：B,热点 3 牛顿第二定律与图象相结合的问题 【例 3】(2010 年福建卷)质量为 2 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为 0.2，最大静摩擦 力与滑动摩擦力大小视为

16、相等从 t0 时刻开始，物体受到方 向不变、大小呈周期性变化的水平拉力 F 的作用，F 随时间 t 的变化规律如图 329 所示取重力加速度 g10 m/s2，则,),物体在 t0 至 t12 s 这段时间的位移大小为( 图 329,A18 m,B54 m,C72 m,D198 m,Ff 84,思路点拨：要善于从 Ft 图象中提取有效信息来判断每个 时间段内物体的受力情况和运动情况,注意地面粗糙存在摩擦力.,a,m 2,m/s22 m/s2,vat6 m/s,解析：拉力 F 只有大于最大静摩擦力fmaxmg0.22 10 N4 N 时，物体才会由静止开始运动 03 s 时：Ffmax，物体保持

17、静止，s10； 36 s 时：F fmax，物体由静止开始做匀加速直线运动,69 s 时：Ff，物体做匀速直线运动 s3vt63 m18 m； 912 s 时：F f，物体以 6 m/s 为初速度，以 2 m/s2 为加 速度做匀加速直线运动,所以012 s 内物体的位移为ss1s2s3s454 m，选 项B 正确,答案：B,同类延伸：正确解读图象，善于从图象中提取有效信息是 解决此类问题的关键，需要提取的信息主要有物体的受力 F、 加速度a、速度v、位移s 等，注意横、纵坐标所表示的物理意,义,【例 4】(2010 年山东卷)如图 3210 所示，物体沿斜面 由静止滑下，在水平面上滑行一段距

18、离后停止，物体与斜面和 水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接选项图 中 v、a、f 和 s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力,大小和路程选项图中正确的是(,),图 3210,思路点拨：正确建立纵轴、横轴所表示的物理量的函数关 系式，是选择或判断图象是否正确的依据对物体进行受力分 析和过程分析判断物体的运动性质是解题的关键点,图 3211,解析：物体在斜面、水平面的受力情况如图 3211 所 示对物体在斜面上的运动，在斜面方向运用牛顿第二定律有 mgsinf1 ma1 ，在垂直斜面方向运用力的平衡条件有N1 mgcos0，由滑动摩擦定律有f1N1，解得：a1g(sin,cos)

19、同理，对物体在水平面运动有-f2ma2，N2mg0， f2N2，解得a2-g.由此可以看出,物体在斜面上做初速度 为零的匀加速直线运动，进入水平面后做匀减速直线运动，两,段运动的 at 图象均是平行 t 轴的直线，vt 图象均是倾斜直 线，本题 A、B 错误两段运动中所受摩擦力恒定不变，ft 图象均是平行 t 轴的直线，且 f1f2，C 正确由于两段均是单 方向匀变速直线运动，路程等于位移的大小，是时间的二次函 数，st 图象均是曲线，D 错误,答案：C,【触类旁通】 3(2011 年福州模拟)光滑水平面上有一直角坐标系，质量 m4 kg 的质点静止在坐标原点 O 处先用沿x 轴方向的力 F1

20、8 N 作用了 2 s；然后撤去 F1，并立即用沿y 方向的力,F224 N 作用 1 s，则质点在这 3 s 内的轨迹为图中的(,),解析：质点在前 2 s 内做匀加速直线运动，2 s 末的速度为 v4 m/s；23 s 做类平抛运动，加速度大小为 6 m/s2，这 1 s 内沿 x 轴方向的位移是 4 m，沿 y 轴方向的位移是 3 m，故 D 正确,答案：D,热点 4,动力学多过程问题,【例 5】(2011 年上海卷)如图 3212，质量 m2 kg 的 物体静止于水平地面的 A 处，A、B 间距 L20 m用大小为 30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经 t02 s 拉至B处(已知 c

21、os370.8，sin370.6，取 g10 m/s2) (1)求物体与地面间的动摩擦因数. (2)用大小为 30 N，与水平方向成 37的力斜向上拉此物体， 使物体从 A 处由静止开始运动并能到达 B 处，求该力作用的最 短时间 t.,图 3212,思路点拨：此题为已知物体的运动求力的典型问题，可先 通过匀变速直线运动的规律和公式求解出加速度 a，进而利用 牛顿运动定律求解摩擦力和动摩擦因数.对于力和运动问题， 一般都需要进行受力分析，动力学和运动学的纽带就是加速度， 通过牛顿运动定律联系起来,答题规范解：(1)根据题意，取物体为研究对象，对物体,进行受力分析，物体做匀加速运动，有,则物体的

22、加速度为,(2)解法一：设 F 作用的最短时间为 t，小车先以大小为 a 的加速度匀加速 t 秒，撤去外力后，以大小为 a的加速度匀 减速 t秒到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿第二定律，有 Fcos37-(mgFsin37)ma,解法二：设力 F 作用的最短时间为t，相应的位移为s，物 体到达 B 处速度恰为 0，由动能定理，有 Fcos37-(mgFsin37)s-mg(Ls)0,规律总结：多过程问题往往是求解整个过程中的某一个物 理量，或者是力学量，或者是运动学的量，关键是对物体的受 力情况和运动过程要有比较清晰的分析，画出运动示意图，结 合牛顿第二定律建立方程求解,【触类旁通】,4(2

23、010 年广东六校联考)如图 3213 为一滑梯的示意 图，滑梯 AB 的长度为 L，倾角为. BC 段为与滑梯平滑连接的 水平地面一个小孩从滑梯顶端由静止开始滑下，离开 B 点后 在地面上滑行了 s 后停下小孩与滑梯间的动摩擦因数为 ， 不计空气阻力，重力加速度为 g.求：,(1)小孩沿滑梯下滑时的加速度 a 的大小 (2)小孩滑到滑梯底端 B 时的速度 v 的大小. (3)小孩与地面间的动摩擦因数.,图 3213,图 14,解：(1)小孩沿斜面下滑时受力如图 14 所示 由牛顿运动定律有 mgsinfma Nmgcos0 fN 解得 agsingcos.,(2)从 A 到 B 由运动学公式

24、有 v202aL (3)从 B 到 C 由运动学公式有 0v22as 人在水平地面上受到的摩擦力即为合力，由牛顿第二定律 有mgma,易错点 1,对物体的运动过程分析不到位,【例 1】如图 3214，有一水平传送带以 2 m/s 的速度 匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间 的动摩擦因数为 0.5，则传送带将该物体传送 10 m 的距离所需 时间为多少？ 图 3214,错解分析：由于物体轻放在传送带上，所以初速度 v00， 物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(传送 带施加)，做初速度 v00 的匀加速运动，位移为 10 m. 据牛顿第二定律F ma 有 f m

25、g ma ag 5 m/s2 根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式,上述解法的错误出在对这一物理过程的认识传送带上轻 放的物体的运动有可能分为两个过程：一是在滑动摩擦力作用 下做匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对 运动，也无摩擦力，物体开始做匀速直线运动关键问题应分 析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答,根据牛顿第二定律 Fma 有,图 3215,正确解析：以物体为研究对象,如图 3215, 在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动 摩擦力，做初速度 v00 的匀加速运动,水平方向：fma,竖直方向：Nmg0 fN,由式解得 a5 m/s2,设经时间 t1，物体

26、速度达到传送带的速度，据匀加速直线,运动的速度公式,vtv0at 解得 t10.4 s,时间 t1 内物体位移,物体位移为 0.4 m 时，物体的速度与传送带的速度相同， 物体 0.4 s 后无摩擦力，开始做匀速运动，设匀速运动的位移为 s2，有 s2 v2t2,因为 s2ss1(100.4) m9.6 m，v22 m/s 代入式式解得 t24.8 s 则传送 10 m 所需时间为,tt1t2(0.44.8) s5.2 s.,指点迷津：对物体准确进行受力分析，是求解此类问题的 关键判断两者什么时候达到共同速度，是解题的突破口,【纠错强化】,1如图 3216 所示，质量 M8 kg 的小车停放在

27、光滑 水平面上，在小车右端施加一水平恒力 F8 N当小车向右运 动速度达到 3 m/s 时，在小车的右端轻放一质量为 m2 kg 的 小物块，物块与小车间的动摩擦因数0.2，假定小车足够长， 问：,(1)经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？,(2)小物块从放上开始经过 t03.0 s 所通过的位移是多少？,(取 g10 m/s2),Fmg 80.2210,解：(1)小物块放上去之后在摩擦力作用下做匀加速运动， 加速度 a1g2 m/s2 小车以加速度 a2 做匀加速度运动，由牛顿第二定律有 FmgMa2,解得 a2,M 8,m/s20.5 m/s2,图 3216,设经过时间 t，物块加速到与小车的速度相同，此时停止 与小车间的相对运动，轻放物块时，小车速度 v3 m/s，则有 a1tva2t 代入数据解得 t2 s. (2)小物块放上去前 2 s 做加速度为 a1 的匀加速运动，后1 s