高三物理一轮第3章 第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题.docx
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高三物理一轮第3章第2节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
知识点1 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.
易错判断
(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.(√)
知识点2 两类动力学问题
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:
[教材习题回访]
考查点:
牛顿第二定律的理解
1.(鲁科必修1P113T1)(多选)关于牛顿第二定律,下列说法正确的是()
A.加速度与合力的关系是瞬时对应关系,即a与F同时产生、同时变化、同时消失
B.加速度的方向总是与合外力的方向相同
C.同一物体的运动速度变化越大,受到的合外力也越大
D.物体的质量与它所受的合外力成正比,与它的加速度成反比
[答案] AB
考查点:
单位制
2.(粤教必修1P102T3改编)在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:
m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培).导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()
A.m2·kg·s-4·A-1B.m2·kg·s-3·A-1
C.m2·kg·s-2·A-1D.m2·kg·s-1·A-1
[答案] B
考查点:
牛顿第二定律的应用
3.(人教版必修1P78T5改编)水平路面上质量是30kg的手推车,在受到60N的水平推力时做加速度为1.5m/s2的匀加速运动.
(1)如果撤去推力,车的加速度的大小是多少?
(g=10m/s2)
(2)若在外力作用下匀加速4s撤去外力后,还能运动多少时间?
[解析]
(1)设阻力为Ff,则F-Ff=ma,解得Ff=15N.如果撤去推力,车的加速度由阻力提供,则Ff=ma′,解得a′=0.5m/s2.
(2)由v=at及v=a′t′可知,
t′=
=12s.
[答案]
(1)0.5m/s2
(2)12s
考查点:
动力学基本问题
4.(鲁科必修1P113T6)如图所示,质量为0.8kg的物块以5m/s的初速度从斜面顶端下滑,斜面长5m,倾角为37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.3.求:
(1)物块在斜面上运动时的加速度;
(2)物块滑至斜面底端时的速度.(取g=10m/s2)
[解析]
(1)由于物体下滑过程中受重力、摩擦力、弹力作用,沿斜面方向有
mgsin37°-μmgcos37°=ma
解得a=3.6m/s2,方向沿斜面向下.
(2)由v
-v
=2as得vt=7.8m/s,方向沿斜面向下.
[答案]
(1)3.6m/s2 沿斜面向下
(2)7.8m/s 沿斜面向下
对牛顿第二定律的理解
1.牛顿第二定律的“五性”
矢量性
F=ma是矢量式,a与F同向
瞬时性
a与F对应同一时刻
因果性
F是产生a的原因
同一性
a、F、m对应同一个物体,
应用时统一使用SI制
独立性
每一个力都产生各自的加速度
2.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=
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∝
.
[题组通关]
1.(2018·四川广元一诊)如图321所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体,现将弹簧压缩到A点,然后释放,物体可以一直运动到B点.如果物体受到的阻力恒定,则()
图321
A.物体从A到O先加速后减速
B.物体从A到O做加速运动,从O到B做减速运动
C.物体运动到O点时,所受合力为零
D.物体从A到O的过程中,加速度逐渐减小
A [物体从A到O,初始阶段受到的向右的弹力大于阻力,合力向右.随着物体向右运动,弹力逐渐减小,合力逐渐减小,由牛顿第二定律可知,加速度向右且逐渐减小,由于加速度与速度同向,物体的速度逐渐增大.当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时,弹力减小到与阻力相等,物体所受合力为零,加速度为零,速度达到最大.此后,随着物体继续向右运动,弹力继续减小,阻力大于弹力,合力方向变为向左,至O点时弹力减为零,此后弹力向左且逐渐增大.所以物体越过O′点后,合力(加速度)方向向左且逐渐增大,由于加速度与速度反向,故物体做加速度逐渐增大的减速运动.综合以上分析.只有选项A正确.]
2.(多选)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322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的值可能是(g取10m/s2)()
图322
A.3NB.25N
C.30ND.50N
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<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.]
[反思总结] 理解牛顿第二定律的三点注意
(1)分析物体的运动性质,要从受力分析入手,先求合力,然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化.
(2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系,和加速度的大小没有关系.
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力,与物体的速度没有关系.
牛顿第二定律的瞬时性
1.两种模型
加速度与合外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,具体可简化为以下两种模型:
2.一般思路
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.
[题组通关]
3.如图323所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有()
甲乙
图323
A.两图中两球加速度均为gsinθ
B.两图中A球的加速度均为0
C.图乙中轻杆的作用力一定不为0
D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍
D [撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为0,加速度为0,B球所受合力为2mgsinθ,加速度为2gsinθ;图乙中杆的弹力突变为0,A、B两球所受合力均为mgsinθ,加速度均为gsinθ,可知只有D对.]
4.(2018·泰安二模)如图324所示,小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着,弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连,两球均处于静止状态.已知B球质量为m,O在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30°角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45°角,现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g),下列说法正确的是()
图324
A.弹簧弹力大小为
mg
B.球B的加速度为g
C.球A受到的支持力为
mg
D.球A的加速度为
g
D [剪断细绳前对B球受力分析如图,由平衡条件可得F弹=mgtan45°=mg;剪断细绳瞬间,细绳上弹力立即消失,而弹簧弹力F弹和重力的大小和方向均没有改变,则F合=
=
mg,aB=
g,A、B项错误.A球的重力大小GA=2F绳cos30°=
mg,A球受到的支持力NA=GAcos30°=
mg,C项错误.对A球由牛顿第二定律有mAgsin30°=mAaA,得A的加速度aA=g·sin30°=
g,D项正确.]
[反思总结] 求解瞬时加速度时应注意的问题
(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积累的过程,不会发生突变.
动力学的两类基本问题
1.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”.
2.两类动力学问题的解题步骤
[多维探究]
考向1 已知受力情况,求物体运动情况
1.(多选)(2018·汕头模拟)建设房屋时,保持底边L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动.下列说法正确的是()
图325
A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大
B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大
C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短
AC [设屋檐的底角为θ,底边长度为L,注意底边长度是不变的,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN,垂直于屋顶方向:
mgcosθ=FN,平行于屋顶方向:
ma=mgsinθ.雨滴的加速度为:
a=gsinθ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力大小:
F′N=FN=mgcosθ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角关系判断,屋顶坡面的长度x=
,由x=
gsinθ·t2,可得:
t=
,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=gsinθ·t可得:
v=
,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.]
2.如图326所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前得到越来越广泛的应用.一架质量m=2kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4N.g取10m/s2.
图326
(1)无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞.求在t=5s时离地面的高度h;
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100m处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落.求无人机坠落地面时的速度v.
【导学号:
84370115】
[解析]
(1)设无人机上升时加速度为a,由牛顿第二定律,有
F-mg-f=ma
解得a=6m/s2
由h=
at2,解得h=75m.
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1,由牛顿第二定律,有
mg-f=ma1
解得a1=8m/s2
由v2=2a1H,解得v=40m/s.
[答案]
(1)75m
(2)40m/s
在第2题中在无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力.为保证安全着地,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1.
[解析] 设飞行器恢复升力后向下减速时加速度为a2,由牛顿第二定律,有
F-mg+f=ma2
解得a2=10m/s2
设飞行器恢复升力时速度为vm,则有
+
=H
解得vm=
m/s
由vm=a1t1,解得t1=
s.
[答案]
s
考向2 已知运动情况,求物体受力情况
3.(2018·襄阳模拟)在欢庆节日的时候,人们会在夜晚燃放美丽的焰火.按照设计,某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在4s末到达离地面100m的最高点时炸开,构成各种美丽的图案.假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()
A.25m/s,1.25B.40m/s,0.25
C.50m/s,0.25D.80m/s,1.25
[题眼点拨] ①“4s末,100m的最高点”可由运动学公式求加速度;②“平均阻力”可根据牛顿第二定律列式求k.
C [根据h=
at2,解得a=12.5m/s2,所以v0=at=50m/s;上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff=kmg,根据牛顿第二定律得a=
=(k+1)g=12.5m/s2,解得k=0.25,故选项C正确.]
4.(2018·德州模拟)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327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内能沿斜面运动位移x=4m.求:
(g取10m/s2)
图327
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小.
[题眼点拨] ①“匀加速下滑”说明滑块受沿斜面向上的摩擦力;②“恒力F…静止开始…”说明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.
[解析]
(1)根据牛顿第二定律可得:
mgsin30°-μmgcos30°=ma
解得:
μ=
.
(2)由x=
a1t2,得a1=2m/s2,当加速度沿斜面向上时,Fcos30°-mgsin30°-μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1,代入数据得:
F=
N
当加速度沿斜面向下时:
mgsin30°-Fcos30°-
μ(Fsin30°+mgcos30°)=ma1
代入数据得:
F=
N.
[答案]
(1)
(2)
N或
N
随着科技的发展,未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离,如图所示,航空母舰的水平跑道总长l=180m,其中电磁弹射区的长度为l1=120m,在该区域安装有直线电机,该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵.一架质量为m=2.0×104kg的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N.假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍,在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍.已知飞机可看作质量恒定的质点,离舰起飞速度v=120m/s,航空母舰处于静止状态,求:
(结果保留两位有效数字,g取10m/s2)
(1)飞机在后一阶段的加速度大小;
(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小.
[解析]
(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用,做匀加速直线运动,设加速度为a2,此过程中的平均阻力f2=0.2mg
根据牛顿第二定律有F推-f2=ma2
代入数据解得a2=4.0m/s2.
(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用,做匀加速直线运动,设加速度为a1,末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1=0.05mg
根据匀加速运动规律有
v
=2a1l1
v2-v
=2a2(l-l1)
根据牛顿第二定律有F牵+F推-f1=ma1
代入数据解得a1=58m/s2,F牵≈1.1×106N.
[答案]
(1)4.0m/s2
(2)58m/s2 1.1×106N
[反思总结] 解决动力学两类问题的关键点
(1)两个分析:
受力情况分析、运动情况分析.
(2)两个桥梁:
加速度是联系运动和力的桥梁、速度是各物理过程间相互联系的桥梁.
“传送带模型”问题
[母题] (2018·成都高三期末)如图328所示,倾斜传送带与水平方向的夹角θ=37°,以v=1m/s的速度顺时针匀速转动,两轮间的距离L=9m,一可视为质点的物块以大小v0=11m/s、方向平行于斜面向上的速度从底端滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,整个过程中物块质量的变化不计,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
图328
(1)从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中,物块相对传送带通过的路程;
(2)物块在传送带上运动的总时间.
【自主思考】
物块的速度第一次达到1m/s时物块的加速度怎样?
物块将怎样运动?
[提示] 因mgsinθ>μmgcosθ,加速度方向不变,大小发生突变,物块继续做匀减速运动.
[解析]
(1)物块从滑上传送带到第一次速度达到1m/s前受力如图甲所示,由牛顿第二定律有-μmgcosθ-mgsinθ=ma1,代入数据解得a1=-10m/s2,由运动学公式v-v0=a1t1,解得t1=1s.物块第一次速度达到1m/s时发生的位移为x1=v0t1+
a1t
,,代入数据得x1=6m,传送带的位移x2=vt1,代入数据得x2=1m,物块相对传送带通过的路程Δx=x1-x2,解得Δx=5m.
(2)物块第一次速度达到1m/s后,由于mgsinθ>μmgcosθ,物块会相对传送带下滑,在此过程中物块受力如图乙所示,对物块,由牛顿第二定律有μmgcosθ-mgsinθ=ma2,解得a2=-2m/s2,物块在此过程中上升的最大距离为x3,由运动学公式有-v2=2a2x3,解得x3=0.25m,因x1+x3a2t
,解得t2=3s,故总时间t=t1+t2=4s.
[答案]
(1)5m
(2)4s
[母题迁移]
迁移1 水平传送带
1.(多选)如图329所示,水平传送带A、B两端相距x=4m,以v0=4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转,今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度大小g=10m/s2,则煤块从A运动到B的过程中()
图329
A.煤块从A运动到B的时间是2.25s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5s
C.划痕长度是0.5m
D.划痕长度是2m
[题眼点拨] ①“无初速度…相对滑动…”可知划痕长为二者相对位移大小;②“从A运动到B…”运动过程有两种可能,一是一直加速,二是先匀加速再匀速.
BD [根据牛顿第二定律,煤块的加速度a=
=4m/s2,
煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1=
=1s,位移大小x1=
at
=2m<x,
此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端,所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小,即
Δx=v0t1-x1=2m,选项D正确,C错误;
x2=x-x1=2m,匀速运动的时间t2=
=0.5s,
运动的总时间t=t1+t2=1.5s,选项B正确,A错误.]
迁移2 倾斜传送带
2.如图3210所示,传送带与地面夹角θ=37°,从A到B长度为L=10.25m,传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin37°=0.6,g取10m/s2,求:
图3210
(1)煤块从A到B的时间;
(2)煤块从A到B的过程中在传送带上形成痕迹的长度.
[解析]
(1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,其加速度为
a1=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2,
加速过程中t1=
=1s,
x1=
a1t
=5m.
煤块速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则
a2=g(sinθ-μcosθ)=2m/s2,x2=L-x1=5.25m,
x2=v0t2+
a2t
,得t2=0.5s.
煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5s.
(2)第一过程痕迹长Δx1=v0t1-x1=5m,
第二过程痕迹长Δx2=x2-v0t2=0.25m,Δx1与Δx2部分重合,故痕迹总长为5m.
[答案]
(1)1.5s
(2)5m
如图所示为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A、B两端相距L=5.0m,质量为M=10kg的物体以v0=6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5.传送带顺时针运转的速度v=4.0m/s,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:
(1)物体从A点到达B点所需的时间;
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间是多少?
[解析]
(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得
Mgsinθ+μMgcosθ=Ma1①
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,t1=
②
通过的位移x1=
③
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2
Mgsinθ-μMgcosθ=Ma2④
物体继续减速,设经t2速度到达传送带B点
L-x1=vt2-
a2t
⑤
联立①②③④⑤式可得:
t=t1+t2=2.2s.
(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则所用时间最短,此种情况加速度一直为a2,
L=v0t′-
a2t′2⑥
联立④⑥式可得:
t′=1s(t′=5s舍去).
[答案]
(1)2.2s
(2)1s
[反思总结] “三步”巧解传送带问题
(1)初始时刻,根据v物、v带的关系,确定物体的受力情况,进而确定物体的运动情况.
(2)根据临界条件v物=v带确定临界状态的情况,判断之后的运动形式.
(3)运用相应规律,进行相关计算.