32牛顿第二定律 两类动力学问题Word下载.docx
《32牛顿第二定律 两类动力学问题Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《32牛顿第二定律 两类动力学问题Word下载.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
[试一试]
1．关于牛顿第二定律的下列说法中，正确的是（ ）
A．物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力的大小决定，与物体的速度无关
B．物体加速度的方向只由它所受合外力的方向决定，与速度方向无关
C．物体所受合外力的方向和加速度的方向及速度方向总是相同的
D．一旦物体所受合外力为零，则
物体的加速度立即为零，其运动也就逐渐停止了
解析：
选AB 对于某个物体，合外力的大小决定了加速度的大小，合外力的方向决定了加速度的方向，而速度的方向与加速度方向无关。
根据牛顿第二定律的瞬时性特征，合外力一旦为零，加速度立即为零，则速度不再发生变化，以后以此时的速度做匀速直线运动。
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运动定律
列方程求解，具体逻辑关系如图：
2．用40N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20kg的物体，力F作用3s后撤去，则第5s末物体的速度和加速度的大小分别是（ ）
A．v＝6m/s，a＝0 B．v＝10m/s，a＝2m/s2
C．v＝6m/s，a＝2m/s2D．v＝10m/s，a＝0
选A 由牛顿第二定律得：
F＝ma，a＝2m/s2。
3s末物体速度为v＝at＝6m/s，此后F撤去，a＝0，物体做匀速运动，故A正确。
力学单位制
如图3－2－2为甲、乙、丙三人百米比赛冲刺时的速度大小。
试比较三人冲刺速度的大小；
由此看出应怎样比较物理量的大小？
图3－2－2
v甲＝11m/s，v乙＝7200dm/min＝12m/s，v丙＝36km/h＝10m/s，故v乙>
v甲>
v丙。
由此可以看出，要比较同一物理量的大小，必须统一单位。
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。
4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位
物理量名称
物理量符号
单位名称
单位符号
长度
l
米
m
质量
千克
kg
时间
t
秒
s
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n
摩[尔]
mol
发光强度
IV
坎[德拉]
cd
3．关于单位制，下列说法中正确的是（ ）
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、C是基本单位
C．在国际单位制中，时间的基本单位是s
D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的
选CD 在力学中选定m（长度单位）、kg（质量单位）、s（时间单位）作为基本单位
，可以导出其他物理量的单位，力的单位（N）是根据牛顿第二定律F＝ma导出的，故C、D正确。
瞬时加速度问题
1.一般思路
―→
2．两种模型
（1）刚性绳（或接触面）：
一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
（2）弹簧（或橡皮绳）：
当弹簧的两端与物体相连（即两端为固定端）时，由于物体有惯性，弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中，其弹力的大小认为是不变的，即此时弹簧的弹力不突变。
[例1] （2013·
吉林模拟）在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°
角的不可伸长的轻绳一端相连，如图3－2－3所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。
当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，以下说法正确的是（ ）
图3－2－3
A．此时轻弹簧的弹力大小为20N
B．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0
[审题指导]
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。
[尝试解题]
因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。
依据平衡条件得：
竖直方向有FTcosθ＝mg，水平方向有FTsinθ＝F。
解得轻弹簧的弹力为F＝mgtanθ＝20N，故选项A正确。
剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即FN＝mg；
由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝
m/s2＝8m/s2，方向向左，选项B正确。
当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误、D正确。
[答案] ABD
在求解瞬时性问题时应注意：
（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。
动力学的两类基本问题分析
1.物体运动性质的判断方法
（1）明确物体的初始运动状态（v0）。
（2）明确物体的受力情况（F合）。
（3）根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。
2．两类动力学问题的解题步骤
（1）明确研究对象。
根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。
研究对象可以是某个物体，也可以是几个物体构成的系统。
（2）进行受力分析和运动状态分析，画好受力分析图、情景示意图，明确物体的运动性质和运动过程。
（3）选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。
（4）确定合外力F合，注意F合与a同向。
若物体只受两个共点力作用，常用合成法；
若物体受到3个或3个以上不在同一直线上的力的作用，一般用正交分解法。
（5）根据牛顿第二定律F合＝ma或
列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。
[例2] 如图3－2－4所示，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m，用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处。
（已知cos37°
＝0.8，sin37°
＝0.6，取g＝10m/s2）
图3－2－4
（1）求物体与地面间的动摩擦因数；
（2）用大小为30N，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。
物体在拉力作用下做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，当物体到B点速度恰好为零，则拉力的作用时间最短。
（1）沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。
根据运动学公式有L＝
at
代入数据解得a＝10m/s2
由牛顿第二定律知F－Ff＝ma
解得Ff＝10N
所以μ＝
＝0.5
（2）设外力F作用的最短时间为t，物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，所用时间为t，受力分析如图所示。
撤去外力后，以大小为a2的加速度匀减速运动，所用时间为t′，到达B处速度恰为零。
由牛顿第二定律知Fcos37°
－Ff＝ma1
其中Ff＝μFN＝μ（mg－Fsin37°
）
联立解得a1＝11.5m/s2，a2＝
＝μg＝5m/s2
由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度，撤去外力时的速度v＝a1t＝a2t′
又因为L＝
a1t2＋
a2t′2
联立解得t≈1.03s。
[答案]
（1）0.5
（2）1.03s
解决两类动力学问题两个关键点
（1）把握“两个分析”“一个桥梁”
两个分析：
物体的受力分析和物体的运动过程分析。
一个桥梁：
物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
（2）寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。
如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程间的位移联系。
牛顿第二定律与图象的综合问题
1.常见的两类动力学图象问题
（1）已知物体在某一过程中所受的合力（或某个力）随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。
（2）已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。
2．解决图象综合问题的关键
（1）分清图象的类别：
即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。
（2）注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：
图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
（3）明确能从图象中获得哪些信息：
把图象与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
[例3] 如图3－2－5甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4m锁定。
t＝0时解除锁定释放滑块。
计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0kg，取g＝10m/s2。
求：
图3－2－5
（1）滑块与地面间的动摩擦因数；
（2）弹簧的劲度系数。
[审题指导]
第一步：
抓关键点
关键点
获取信息
Od是t＝0时的速度图线的切线
Od的斜率表示t＝0时滑块的加速度
bc段为直线
bc段滑块受滑动摩擦力作用做匀减速运动
第二步：
找突破口
要求滑块与地面间的动摩擦因数，只要由图象求出滑块匀减速运动的加速度，再由牛顿第二定律列方程即可。
要求
弹簧的劲度系数，则应利用牛顿第二定律对滑块在t＝0时刻列方程求解。
（1）从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小
a1＝
m/s2＝5m/s2
由牛顿第二定律得：
μmg＝ma1
解得：
μ＝0.5
（2）刚释放时滑块的加速度
a2＝
m/s2＝30m/s2
kx－μmg＝ma2
k＝175N/m。
[答案]
（1）0.5
（2）175N/m
数图结合解决物理问题
物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是v—t图象在考题中出现率极高。
对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果。
解决这类问题的核心是分析图象，我们应特别关注v—t图中的斜率（加速度）和力的图线与运动的对应关系。
[模型概述]
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。
因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
下面介绍两种常见的传送带模型。
1．水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
（1）可能一直加速
（2）可能先加速后匀速
情景2
（1）v0>
v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
（2）v0<
v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3
（1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端
（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右
端。
其中v0>
v返回时速度为v，当v0<
v返回时速度为v0
2.倾斜传送带模型
（3）可能先以a1加速后以a2加速
（3）可能一直匀速
（4）可能先以a1加速后以a2加速
情景4
（2）可能一直匀速
（3）可能先减速后反向加速
[典例] 如图3－2－6所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°
。
现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处。
已知P、Q之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝
，取g＝10m/s2。
图3－2－6
（1）通过计算说明工件在传送带上做什么运动；
（2）求工件从P点运动到Q点所用的时间。
[解析]
（1）工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
代入数值得：
a＝2.5m/s2
则其速度达到传送带速度时发生的位移为
x1＝
m＝0.8m<
4m
可见工件先匀加速运动0.8m，然后匀速运动3.2m
（2）匀加速时，由x1＝
t1得t1＝0.8s
匀速上升时t2＝
s＝1.6s
所以工件从P点运动到Q点所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.4s。
[答案]
（1）先匀加速运动0.8m，然后匀速运动3.2m
（2）2.4s
[题后悟道] 对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析。
现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图3－2－7所示为一水平传送带装置示意图。
紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2。
图3－2－7
（1）求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；
（2）求物体做匀加速直线运动的时间；
（3）如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
（1）滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.1×
4×
10N＝4N，
加速度a＝μg＝0.1×
10m/s2＝1m/s2。
（2）物体达到与传送带相同速率后不再加速，则
v＝at1，t1＝
s＝1s。
（3）物体始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1m/s2，当物体到达右端时，有
v
＝2aL，vmin＝
m/s＝2m/s，
所以传送带的最小运行速率为2m/s。
物体最短运行时间由vmin＝atmin，
得tmin＝
s＝2s。
答案：
（1）4N 1m/s2
（2）1s （3）2s 2m/s
升级会员 