第5课时 牛顿第二定律 两类动力学问题教师版.docx
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第5课时牛顿第二定律两类动力学问题教师版
第5课时 牛顿第二定律 两类动力学问题
考纲解读
1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题.
1.[对牛顿第二定律内容和公式的理解]由牛顿第二定律表达式F=ma可知( )
A.质量m与合外力F成正比,与加速度a成反比
B.合外力F与质量m和加速度a都成正比
C.物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致
D.物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比,跟它的质量m成反比
答案 CD
解析 对于给定的物体,其质量是不变的,合外力变化时,加速度也变化,合外力与加速度的比值不变,A错;既然物体的质量不变,故不能说合外力与质量成正比,B错;加速度的方向总是跟合外力的方向相同,C正确;由a=
可知D正确.
2.[对力、加速度和速度关系的理解]关于速度、加速度、合外力之间的关系,正确的是( )
A.物体的速度越大,则加速度越大,所受的合外力也越大
B.物体的速度为零,则加速度为零,所受的合外力也为零
C.物体的速度为零,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大
D.物体的速度很大,但加速度可能为零,所受的合外力也可能为零
答案 CD
解析 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系,一个很大,另一个可以很小,甚至为零.但物体所受合外力的大小决定加速度的大小,同一物体所受合外力很大,加速度一定很大,故选项C、D对.
3.[牛顿运动定律的应用]建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料.质量为70.0kg的建筑工人站在地面上,通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度提升,忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦,则建筑工人对地面的压力大小为(g取10m/s2)( )
A.510NB.490NC.890ND.910N
答案 B
解析 设建筑材料的质量为m,加速度的大小为a,对建筑材料由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=210N.
设地面对建筑工人的支持力为FN,建筑工人的质量为M,对建筑工人由平衡条件得FN+F=Mg,解得FN=490N.
根据牛顿第三定律可得建筑工人对地面的压力大小为FN′=FN=490N,B正确.
4.[力学单位制的应用]在研究匀变速直线运动的实验中,取计数时间间隔为0.1s,测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx=1.2cm,若还测出小车的质量为500g,则关于加速度、合外力大小及单位,既正确又符合一般运算要求的是( )
A.a=
m/s2=120m/s2B.a=
m/s2=1.2m/s2
C.F=500×1.2N=600ND.F=0.5×1.2N=0.60N
答案 BD
解析 在应用公式进行数量运算的同时,也要把单位带进运算.带单位运算时,单位换算要准确.可以把题中已知量的单位都用国际单位制表示,计算结果的单位就是用国际单位制表示的,这样在统一已知量的单位后,就不必一一写出各个量的单位,只在数字后面写出正确单位即可.选项A中Δx=1.2cm没用国际单位制表示,C项中的小车质量m=500g没用国际单位制表示,所以均错误;B、D正确.
考点梳理
牛顿第二定律
1.内容:
物体加速度的大小跟它所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:
F=ma,F与a具有瞬时对应关系.
3.力学单位制
(1)单位制由基本单位和导出单位共同组成.
(2)力学单位制中的基本单位有质量(kg)、长度(m)和时间(s).
(3)导出单位有N、m/s、m/s2等.
5.[应用牛顿第二定律解决瞬时问题](2010·大纲全国Ⅰ·15)如图所示,轻弹簧上端与一质量为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=gB.a1=g,a2=g
C.a1=0,a2=
gD.a1=g,a2=
g
答案 C
解析 在木板抽出后的瞬间,弹簧未来得及发生形变,所以木块1所受重力和
弹力均不变,合力为零,则a1=0.木块2受重力Mg和弹簧弹力F=mg,如图
所示,由牛顿第二定律得Mg+mg=Ma2,则a2=
g,选项C正确.
6.[牛顿第二定律的简单应用]质量m=1kg的物体在光滑平面上运动,初速度大小为2m/s.在物体运动的直线上施以一个水平恒力,经过t=1s,速度大小变为4m/s,则这个力的大小可能是( )
A.2NB.4NC.6ND.8N
答案 AC
解析 物体的加速度可能是2m/s2,也可能是6m/s2,根据牛顿第二定律,这个力的大小可能是2N,也可能是6N,所以答案是A、C.
方法提炼
1.瞬时问题的分析:
题目中同时有轻绳和弹簧,剪断轻绳时,弹簧的弹力不能瞬间发生变化.剪断弹簧时,绳上的拉力在瞬间发生变化.
2.解决两类动力学问题的基本方法
以加速度a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:
考点一 用牛顿第二定律分析瞬时加速度
例1
如图3所示,
质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为
30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态.当木板AB突然向
下撤离的瞬间,小球的加速度大小为( )
A.0B.
gC.gD.
g
解析 平衡时,小球受到三个力:
重力mg、木板AB的支持力FN和弹图3
簧拉力FT,受力情况如图所示.突然撤离木板时,FN突然消失而其他
力不变,因此FT与重力mg的合力F=
=
mg,产生的加速
度a=
=
g,B正确.
答案 B
加速度瞬时性涉及的实体模型
1.分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及
运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型:
特性
模型
受外力时
的形变量
力能
否突变
产生拉力
或支持力
质量
内部
弹力
轻绳
微小不计
能
只有拉力
没有支持力
不计
处
处
相
等
橡皮绳
较大
不能
只有拉力
没有支持力
轻弹簧
较大
不能
既可有拉力
也可有支持力
轻杆
微小不计
能
既可有拉力
也可有支持力
2.在求解瞬时加速度问题时应注意:
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受
力分析和运动分析.
(2)加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生
突变.
突破训练1
如图甲、乙所示,图中细线均不可伸长,两小球均处于平衡状态且质量相同.如果突然把两水平细线剪断,剪断瞬间小球A的加速度的大小为________,方向为________;小球B的加速度的大小为________,方向为________;剪断瞬间甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为________(θ角已知).
答案 gsinθ 垂直倾斜细线OA向下 gtanθ 水平向右 cos2θ
解析 设两球质量均为m,对A球受力分析,如图(a)所示,剪断水平细线后,球A将沿圆弧摆下,故剪断水平细线瞬间,小球A的加速度a1方向沿圆周的切线方向向下,即垂直倾斜细线OA向下.则有FT1=mgcosθ,F1=mgsinθ=ma1,所以a1=gsinθ.水平细线剪断瞬间,B球受重力mg和弹簧弹力FT2不变,小球B的加速度a2方向水平向右,如图(b)所示,则FT2=
,F2=mgtanθ=ma2,所以a2=gtanθ.
甲中倾斜细线OA与乙中弹簧的拉力之比为
=cos2θ.
突破训练2
质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧,放在光滑的台面上.A紧靠墙壁,如图所示,今用恒力F将B球向左挤压弹簧,达到平衡时,突然将力F撤去,此瞬间( )
A.A球的加速度为
B.A球的加速度为零
C.B球的加速度为
D.B球的加速度为
答案 BD
解析 恒力F作用时,A和B都平衡,它们的合力都为零,且弹簧弹力为F.突然将力F撤去,对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力,二力平衡,所以A球的合力为零,加速度为零,A项错,B项对.而B球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用,加速度a=
,故C项错,D项对.
考点二 动力学两类基本问题
求解两类问题的思路,可用下面的框图来表示:
分析解决这两类问题的关键:
应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度.
例2
如图所示,物体A放在足够长的木板B上,木板B静止于水平面上.已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2,B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等,重力加速度g取10m/s2.若从t=0开始,木板B受F1=16N的水平恒力作用,t=1s时F1改为F2=4N,方向不变,t=3s时撤去F2.
(1)木板B受F1=16N的水平恒力作用时,A、B的加速度aA、aB各为多少?
(2)从t=0开始,到A、B都静止,A在B上相对B滑行的时间为多少?
(3)请以纵坐标表示A受到B的摩擦力FfA,横坐标表示运动时间t(从t=0开始,到A、B都静止),取运动方向为正方向,在图中画出FfA-t的关系图线(以图线评分,不必写出分析和计算过程).
解析
(1)根据牛顿第二定律得
μ1mAg=mAaAaA=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2
F1-μ2(mA+mB)g-μ1mAg=mBaB代入数据得aB=4m/s2
(2)t1=1s时,A、B的速度分别为vA、vBvA=aAt1=2×1m/s=2m/s
vB=aBt1=4×1m/s=4m/s
F1改为F2=4N后,在B速度大于A速度的过程,A的加速度不变,B的加速度设为aB′,根据牛顿第二定律得F2-μ2(mA+mB)g-μ1mAg=mBaB′
代入数据得aB′=-2m/s2
设经过时间t2,A、B速度相等,此后它们保持相对静止,则vA+aAt2=vB+aB′t2
代入数据得t2=0.5s
A在B上相对B滑行的时间为t=t1+t2=1.5s
(3)FfA-t的关系图线如图所示.
答案
(1)2m/s2 4m/s2
(2)1.5s (3)见解析图
解答动力学两类问题的基本程序
1.明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点,如果是比较复杂的问题,
应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的,找出相邻过程的联系点,
再分别研究每一个物理过程.
2.根据问题的要求和计算方法,确定研究对象,进行分析,并画出示意图,图中应注
明力、速度、加速度的符号和方向,对每一个力都明确其施力物体和受力物体,以免
分析受力时有所遗漏或无中生有.
3.应用牛顿运动定律和运动学公式求解,通常先用表示相应物理量的符号进行运算,
解出所求物理量的表达式,然后将已知物理量的数值及单位代入,通过运算求结果.
突破训练3
质量为1吨的汽车在平直公路上以10m/s的速度匀速行驶,阻力大小不变.从某时刻开始,汽车牵引力减少2000N,那么从该时刻起经过6s,汽车行驶的路程是( )
A.50mB.42mC.25mD.24m
答案 C
突破训练4
质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,如图所示.力F作用2s后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25s后,速度减为零.求:
物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)
答案 0.25 16.25m
解析 设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1,撤去力F后其加速度大小变为a2,则:
a1t1=a2t2①
有力F作用时,对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示
由牛顿第二定律可得:
Fcosθ-mgsinθ-Ff1=ma1②
Ff1=μFN1=μ(mgcosθ+Fsinθ)③
撤去力F后,对物体受力分析如图所示
由牛顿第二定律得:
-mgsinθ-Ff2=-ma2④
Ff2=μFN2=μmgcosθ⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得:
a2=8m/s2,a1=5m/s2,μ=0.25
物体运动的总位移x=
a1t
+
a2t
=
m=16.25m
12.利用整体法与隔离法求解动力学中的连接体问题
1.整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).
2.隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.
3.整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度,后隔离求内力”.
例3
(2012·江苏单科·5)如图9所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上
提升.夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦
力均为f,若木块不滑动,力F的最大值是( )
A.
B.
C.
-(m+M)gD.
+(m+M)g
答案 A
解析 由题意知,当M恰好不能脱离夹子时,M受到的摩擦力最大,F取最大值,设此时提升的加速度为a,由牛顿第二定律得,
对M有:
2f-Mg=Ma①
对m有:
F-2f-mg=ma②
联立①②两式解得F=
,选项A正确.
1.整体法与隔离法常涉及的问题类型
(1)涉及滑轮的问题:
若要求绳的拉力,一般都采用隔离法.
(2)水平面上的连接体问题:
①这类问题一般是连接体(系统)各物体保持相对静止,
即具有相同的加速度.解题时,一般采用先整体、后隔离的方法.②建立直角坐标系时
也要考虑矢量正交分解越少越好的原则,或者正交分解力,或者正交分解加速度.
(3)斜面体与物体组成的连接体的问题:
当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于
地面静止时,解题时一般采用隔离法分析.
2.解决这类问题的关键
正确地选取研究对象是解题的首要环节,弄清各物体之间哪些属于连接体,哪些物体应该
单独分析,并分别确定出它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解.
突破训练5
在北京残奥会开幕式上,运动员手拉绳索向上攀登,最终点燃了主火炬,体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神.为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用,可将过程简化如下:
一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮,一端挂一吊椅,另一端被坐在吊椅上的运动员拉住,如图所示.设运动员的质量为65kg,吊椅的质量为15kg,不计定滑轮与绳子间的摩擦,重力加速度取g=10m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度a=1m/s2上升时,试求:
(1)运动员竖直向下拉绳的力;
(2)运动员对吊椅的压力.
答案
(1)440N
(2)275N
解析 (整体法与隔离法的交叉运用)
(1)设运动员受到绳向上的拉力为F,由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等,吊椅受到绳的拉力也是F,对运动员和吊椅整体进行受力分析如图甲所示,则有:
2F-(m人+m椅)g=(m人+m椅)a
解得F=440N
由牛顿第三定律知,运动员竖直向下拉绳的力F′=F=440N.
(2)
设吊椅对运动员的支持力为FN,对运动员进行受力分析如图乙所示,则有:
F+FN-m人g=m人a
解得FN=275N
由牛顿第三定律知,运动员对吊椅的压力为FN′=FN=275N
高考题组
1.(2012·安徽理综·17)如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则( )
A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑
C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案 C
解析 设斜面的倾角为θ,根据牛顿第二定律知,物块的加速度a=
>0,即μ=a+
,且Fsinθ-μFcosθ>0,故a′>a,物块将以大于a的加速度匀加速下滑.故选项C正确,选项A、B、D错误.
2.(2011·新课标全国理综·21)
如图12所示,在光滑水平面上有一质
量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木
块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加图12
一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
答案 A
解析 刚开始木块与木板一起在F作用下加速,且F=kt,a=
=
,当两者相对滑动后,木板只受滑动摩擦力,a1不变,木块受F及滑动摩擦力,a2=
=
-μg,故a2=
-μg,a-t图象中斜率变大,故选项A正确,选项B、C、D错误.
3.(2011·北京理综·18)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示,将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )
A.gB.2gC.3gD.4g
答案 B
解析 在蹦极过程中,经过足够长的时间后,人不再上下振动,而是停在空中,此时绳子拉力F等于人的重力mg,由F-t图线可以看出,
F0=mg;在人上下振动的过程中,弹力向上,重力向下,当人在最低点时,弹力达到一个周期中的最大值,在第一个周期中,弹力最大为Fm=
F0=3mg,故最大加速度为am=
=2g.选项B正确.
模拟题组
4.如图14所示,物块A、B叠放在水平桌面上,装砂的小桶C通过
细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动,设A、B间的摩
擦力为Ff1,B与桌面间的摩擦力为Ff2.若增大C桶内砂的质量,而
A、B仍一起向右运动,则摩擦力Ff1和Ff2的变化情况是( )
A.Ff1、Ff2都变大B.Ff1、Ff2都不变图14
C.Ff1不变,Ff2变大D.Ff1变大,Ff2不变
答案 D
解析 对A、B两物体组成的系统受力分析,由牛顿第二定律可知:
FT-Ff2=(mA+mB)a1,所以A受到的摩擦力为mAa1,若增大C桶内砂的质量,则拉力FT增大,而B与桌面间的摩擦力Ff2不变,故系统的加速度增大,由于A、B仍一起向右运动,根据牛顿第二定律可知A受到的摩擦力Ff1变大,D正确.
5.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,物块M穿在杆上,M通过线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时,细线恰好在竖直方向上,现使车向右运动,全过程中M始终未相对杆bc移动,M、m与小车保持相对静止,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,则以下结论不正确的是( )
A.Ff1∶Ff2=1∶2B.Ff2∶Ff3=1∶2
C.Ff3∶Ff4=1∶2D.tanα=2tanθ
答案 B
解析 已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,在题第
(1)图和第
(2)图中摩擦力Ff=Ma,则Ff1∶Ff2=1∶2.在第(3)图和第(4)图中摩擦力Ff3=(M+m)a3,Ff4=(M+m)a4,Ff3∶Ff4=1∶2.第(3)、(4)图中,a3=gtanθ,a4=gtanα,则tanα=2tanθ.
6.图15甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会蹦床比赛中的一个情景.设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示.取g=10m/s2,根据F-t图象求:
甲乙
图15
(1)运动员的质量;
(2)运动员在运动过程中的最大加速度;
(3)在不计空气阻力情况下,运动员重心离开蹦床上升的最大高度.
答案
(1)50kg
(2)40m/s2 (3)3.2m
解析
(1)由题图乙可知运动员所受重力为500N,设运动员质量为m,则
m=
=50kg
(2)由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N,设运动员的最大加速度为am,则
Fm-mg=mam
am=
=
m/s2=40m/s2
(3)由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s,它们的时间间隔均为1.6s.根据竖直上抛运动的对称性,可知其自由下落的时间为0.8s.
设运动员上升的最大高度为H,则
H=
gt2=
×10×0.82m=3.2m
(限时:
30分钟)
►题组1 对牛顿第二定律的理解和简单应用
1.下列说法正确的是( )
A.物体所受到的合外力越大,其速度改变量也越大
B.物体所受到的合外力不变(F合≠0),其运动状态就不改变
C.物体所受到的合外力变化,其速度的变化率一定变化
D.物体所受到的合外力减小时,物体的速度可能正在增大
答案 CD
解析 物体所受到的合外力越大,物体的加速度(速度变化率)也越大,即速度变化得越快,但速度改变量还与时间有关,故选项A错误,C正确;物体所受的合外力不为零,就会迫使其运动状态(运动的快慢或方向)发生变化,选项B错误;合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系,选项D正确.
2.一个质量为2kg的物体,在5个共点力的作用下保持静止.若同时撤去其中大小分别为15N和10N的两个力,其余的力保持不变,此时该物体的加速度大小可能是( )
A.2m/s2B.3m/s2C.12m/s2D.15m/s2
答案 BC
解析 物体所受合力范围为5N≤F合≤25N,因m=2kg,故2.5m/s2≤a≤12.5m/s2,故B、C正确.
3.如图1所示,质量m=10kg的物体在水平面上向左运动,物体与水
平面间的动摩擦因数为0.2,与此同时物体受到一个水平向右的推力
F=20N的作用,则物体产生的加速度是(g取10m/s2)( )
A.0B.4m/s2,水平向右图1
C.2m/s2,水平向左D.2m/s2,水平向右
答案 B
解析 对物体受力分析可知F合=F+Ff,Ff=μmg,所以F合=20N+0.2×10×10N=40N,所以a=
=
m/s2=4