第03章 第2讲 牛顿第二定律及应用.doc

第2讲　牛顿第二定律及应用

牛顿第二定律　Ⅱ(考纲要求)
1.内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比．加速度的方向与作用力方向相同．
2．表达式：F＝ma.
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)．

(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．
4．力学单位
(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.

牛顿运动定律的应用(一)　Ⅱ(考纲要求)
1.动力学的两类基本问题
(1)由受力情况分析判断物体的运动情况；
(2)由运动情况分析判断物体的受力情况．
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．

国际单位制中基本单位：kg、m、s、A、mol、K(高中阶段所学)

1．关于力和运动的关系，下列说法正确的是(　　)．
A．物体的速度不断增大，表示物体必受力的作用
B．物体的位移不断增大，表示物体必受力的作用
C．若物体的位移与时间的平方成正比，表示物体所受合力为零
D．物体的速率不变，则其所受合力必为0
解析　物体的速度不断增大，一定有加速度，由牛顿第二定律知，物体所受合力一定不为0，物体必受力的作用，A正确；位移与运动时间的平方成正比，说明物体做匀加速直线运动，合力不为0，C错误；做匀速直线运动的物体的位移也是逐渐增大的，但其所受合力为0，故B错误；当物体的速率不变，速度的方向变化时，物体具有加速度，合力不为0，D错误．
答案　A
2．下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是(　　)．
A．由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比
B．由m＝可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与其运动的加速度成反比
C．由a＝可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比
D．以上说法都不对
解析　牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，作用在物体上的合外力，可由物体的质量和加速度计算，并不由它们决定，A错；质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错；由牛顿第二定律知加速度与合外力成正比，与质量成反比，m可由其他两量求得，故C对．
答案　C
3．一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止．若同时撤消其中大小分别为15 N和10 N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．2 m/s2 B．3 m/s2
C．13 m/s2 D．15 m/s2
解析　物体所受合力范围为5 N≤F合≤25 N，因m＝2 kg，故2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2，故B正确．
答案　B
4.

图3－2－1
如图3－2－1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则(　　)．
A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C．物体运动到O点时所受合力为0
D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小
解析　首先有两个问题应搞清楚，①物体在A点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的阻力(因为物体能运动)．②物体在O点所受弹簧的弹力为0.所以在A、O之间有弹簧的弹力与阻力相等的位置，故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速，A选项正确、B选项不正确；O点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C选项不正确；从A到O的过程加速度先减小、后增大，故D选项错误．
答案　A
5.

图3－2－2
一质点处于静止状态，现对该质点施加力F，力F随时间t按如图3－2－2所示的规律变化，力F的方向始终在同一直线上．在0～4 s内，下列说法正确的是(　　)．
A．第2 s末，质点距离出发点最远
B．第2 s末，质点的速度为零
C．第4 s末，质点距离出发点最远
D．第4 s末，质点的速度最大
解析　力F由图示的规律变化时，质点在前2 s内做加速度先增大后减小的加速运动，第2 s末速度最大，2～4 s内质点做加速度(反方向)先增大后减小的减速运动，第4 s末速度为零．质点始终向正方向运动，故选项C正确．
答案　C

考点一　用牛顿第二定律分析瞬时加速度
(小专题)
牛顿第二定律的“四”性

【典例1】
如图3－2－3(甲)、(乙)所示，

图3－2－3
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)．
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＝mgcos θ；F1＝mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ.
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＝mgtan θ＝ma2，
所以a2＝gtan θ.
(甲)中倾斜细线OA与(乙)中弹簧的拉力之比为
＝cos2θ.

答案　gsin θ　垂直倾斜细线OA向下　gtan θ　水平向右　cos2θ

(1)求解此类问题的关键点：分析变化前后物体的受力情况．
(2)此类问题还应注意以下几种模型：
　模型

特性
质量　　
内部弹力
受外力量时的形变
力能否突变
产生拉力或压力
轻绳
不计
处处相等
微小不计
可以
只有拉力
没有压力
轻橡皮绳
较大
不能
只有拉力
没有压力
轻弹簧
较大
不能
既可有拉力
也可有压力
轻杆
微小不计
可以
既可有拉力
也可有支持力

【变式1】
如图3－2－4所示，

图3－2－4
天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止．当突然剪断细绳的瞬间，上面小球A与下面小球B的加速度分别为(以向上为正方向)(　　)．
A．a1＝g　a2＝g 　 　　B．a1＝2g　a2＝0
C．a1＝－2g　a2＝0 　 　　D．a1＝0　a2＝g
解析　

分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力．剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F，B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′
A球：FT－mg－F＝0
B球：F′－mg＝0　F＝F′
解得FT＝2mg，F＝mg

剪断瞬间，A球受两个力，因为绳无弹性，剪断瞬间拉力不存在，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变．如图，A球受重力mg、弹簧的弹力F.同理B球受重力mg和弹力F′.
A球：－mg－F＝ma1，B球：F′－mg＝ma2
解得a1＝－2g，a2＝0.
答案　C
【变式2】
如图3－2－5所示，

图3－2－5
A、B两木块间连一轻杆，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是(　　)．
A．aA＝0，aB＝2g
B．aA＝g，aB＝g
C．aA＝0，aB＝0
D．aA＝g，aB＝2g
解析　由题意知，当刚抽去木板时，A、B和杆将作为一整体，只受重力，根据牛顿第二定律得aA＝aB＝g，故选项B正确．
答案　B
【变式3】
质量均为m的A、B两个小球之间系一个质

图3－2－6
量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A紧靠墙壁，如图3－2－6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
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、D项错．
答案　B
考点二　动力学两类基本问题(小专题)
求解两类基本问题的思路框图

【典例2】
如图3－2－7所示，

图3－2－7
有同学做实验时不慎将圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿孔。为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速运动，t＝0.20 s后立即停止，此时试管下降H＝0.80 m，试管塞将恰好能从试管口滑出，已知试管总长l＝21.0 cm，底部球冠的高度h＝1.0 cm，试管塞的长度为d＝2.0 cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)试管塞从静止开始到离开试管口的总位移；
(2)试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值．
解析　(1)试管塞开始与试管一起运动了位移：x1＝H＝0.80 m之后又独立运动了位移：x2＝l－h＝(0.21－0.01)m＝0.20 m
所以总位移：x＝x1＋x2＝(0.80＋0.20)m＝1.0 m
(2)设试管塞质量为m，与试管一起做匀加速直线运动的加速度大小为a1，末速度为v，之后滑动过程中的摩擦力大小为Ff加速度大小为a2，由运动学公式有：x1＝a1t2　①
v＝a1t　②　由①②解得：v＝8 m/s
试管塞在试管中做匀减速运动时有：－2a2x2＝0－v2③
由牛顿第二定律：Ff－mg＝ma2④
由③④解得：Ff＝17 mg
故滑动摩擦力与重力的比值为17∶1
答案　(1)1.0 m　(2)17∶1

(1)解决两类动力学基本问题应把握的关键点
应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题，主要应把握两点：两类分析——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)多过程的运动问题中找到各个过程相联系的量是解题的关键，如第一过程的末速度就是下一过程的初速度，另外画图找出它们之间的位移联系．
【变式4】
质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/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2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是(　　)．

A．50 m B．42 m C．25 m D．24 m
解析　牵引力减少2 000 N后，物体所受合力为2 000 N，由F＝ma,2 000＝1 000a，a＝2 m/s2，汽车需t＝＝ s＝5 s停下来，故6 s内汽车前进的路程s＝＝ m＝25 m，C正确．
答案　C
【变式5】
(2011·汕头模拟)

图3－2－8
一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面到往后上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图3－2－8所示．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)小物块所到达斜面最高点与斜面底端距离．
解析　(1)由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度为
a＝＝ m/s2＝－8 m/s2
加速度大小为8 m/s2.
(2)

对小物块进行受力分析如图，有
mgsin 37°＋f＝ma
N－mgcos 37°＝0
f＝μN
代入数据解得μ＝0.25.
(3)由图象知距离为：
s＝·t＝×1.0 m＝4.0 m.
答案　(1)8 m/s2　(2)0.25　(3)4.0 m

1.“等时圆”模型

(1)模型概述
物理模型：是一种理想化的物理形态，指物理对象也可以指物理过程，或是运动形式等．它是物理知识的一种直观表现．利用抽象、理想化、简化、类比等手法把研究对象的本质特征抽象出来，构成一个概念、实物、或运动过程的体系，即形成模型．中学物理中的物理模型主要有四种：
①对象模型：如质点、弹簧振子、点电荷、理想电表等．
②条件模型：如光滑面、绝热容器、匀强电场、匀强磁场等．
③过程模型：如自由落体运动、弹性碰撞；稳恒电流、等幅振荡等．
④结构模型：如原子的核式结构模型、氢原子模型等．
分析论述计算题的过程就是构建物理模型的过程，我们通常解题时应“明确物理过程”、“在头脑中建立一幅清晰的物理图景”．

(2)“等时圆”模型
物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等，像这样的竖直圆我们简称为“等时圆”．如图3－2－9甲．
推论：物体从最高点由静止开始沿不同的光滑细杆到圆周上各点所用的时间相等．如图3－2－9乙．

甲　　　　　　　乙
图3－2－9

【典例】 如图3－2－10所示，

图3－2－10
位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心．已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则(　　)．
A.a球最先到达M点 B．b球最先到达M点
C.c球最先到达M点 D．a、b、c三球依次先后到达M点
解析　设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，ta＝ ＝ 2 ；B点在圆外，tb>ta，c球做自由落体运动tc＝ ；所以，有tc<ta<tb.C正确．
答案　C

【应用】 如图3－2－11所示，

图3－2－11
AB是一个倾角为θ的输送带，P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB输送带间建立一管道(假设其光滑)，使原料从P处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为多大？
解析　借助“等时圆”理论，可以过P点作圆，要求该圆与输送带AB相切．如图所示，C为切点，O为圆心，PO为竖直方向的半径．

显然，沿着PC弦建立管道，原料从P处到达C点处的时间与沿其他弦到达“等时圆”的圆周上所用时间相等．因而，要使原料从P处到达输送带上所用时间最短，需沿着PC弦建立管道．由几何关系可得：PC与竖直方向间的夹角等于.
答案　

一、对牛顿第二定律的考查(中频考查)
1.

图3－2－12
(2010·全国卷Ⅰ)如图3－2－12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＝g
B．a1＝g，a2＝g
C．a1＝0，a2＝g
D．a1＝g，a2＝g
解析　抽出木板的瞬间，弹簧的弹力未变，故木块1所受合力仍为零，其加速度为a1＝0.对于木块2受弹簧的弹力F1＝mg和重力Mg作用，根据牛顿第二定律得a2＝＝g，因此选项C正确．
答案　C
2．(2011·北京卷，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3－2－13所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，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(　　)．

图3－2－13
A．g B．2g C．3g D．4g
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．
答案　B
二、动力学的两类基本问题(高频考查)
3.

图3－2－14
(2010·山东理综)如图3－2－14所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，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．下图中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．下图中正确的是(　　)．

解析　物体在斜面上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力为恒力，加速度为恒量，物体做匀加速直线运动，其加速度图象应为一平行横轴的直线段，速度v＝at，其速度图象应为一向上倾斜的直线段，路程s＝，路程随时间变化的图象应为一开口向上的抛物线，A、B、D错误；物体滑到水平面上后，在摩擦力作用下做匀减速运动，其摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力，所以C正确．
答案　C
4.

图3－2－15
(2011·上海单科，19)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v－t图线如图3－2－15所示，则(　　)．
A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大
B．在t1时刻，外力F为零
C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小
D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先增大后减小

解析　由图象可知0～t1，物体作a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝可知，F逐渐减小，最终F＝f，故A、B错误．t1～t2物体作a增大的减速运动，由a＝可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零后正在负向增大，故C正确，D错误．
答案　C
5．(2011·山东卷，24)如图3－2－16所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．(取g＝10 m/s2)求：

图3－2－16
(1)B离开平台时的速度vB.
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
(3)A左段的长度l2.
解析　(1)设物块B平抛运动的时间为t，由运动学知识可得
h＝gt2①
x＝vBt②
联立①②式，代入数据得
vB＝2 m/s③
(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得
μmg＝maB④
vB＝aBtB⑤
xB＝aBtB2⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据得
tB＝0.5 s⑦
xB＝0.5 m⑧
(3)设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得
Fl1＝Mv12⑨
设B运动后A的加速度为a1，由牛顿第二定律和运动学的知识得
F－μmg＝MaA⑩
l2＋xB＝v1tB＋aAtB2⑪
联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得
l2＝1.5 m⑫
答案　(1)2 m/s　(2)0.5 s　0.5 m　(3)1.5 m

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