專題3.2 牛頓第二定律及其應用(精講)
1.理解牛頓第二定律的內容、表達式及性質。
2.應用牛頓第二定律解決瞬時問題和兩類動力學問題。
知識點一 牛頓第二定律、單位制
1.牛頓第二定律
(1)內容
物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質量成反比。加速度的方向與作用力的方向相同。
(2)表達式a=Fm或F=ma。
(3)適用範圍
①只適用於慣性參考系(相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系)。
②只適用於宏觀物體(相對於分子、原子)、低速運動(遠小於光速)的情況。
2.單位制
(1)單位制由基本單位和導出單位組成。
(2)基本單位
基本量的單位。力學中的基本量有三個,它們分別是質量、時間、長度,它們的國際單位分別是千克、秒、米。
(3)導出單位
由基本量根據物理關係推導出的其他物理量的單位。
知識點二 動力學中的兩類問題
1.兩類動力學問題
(1)已知受力情況求物體的運動情況。
(2)已知運動情況求物體的受力情況。
2.解決兩類基本問題的方法
以加速度為「橋梁」,由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解,具體邏輯關係如下:
【方法技巧】兩類動力學問題的解題步驟
知識點三 超重和失重
1.實重和視重
(1)實重:物體實際所受的重力,與物體的運動狀態無關,在地球上的同一位置是不變的。
(2)視重
①當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重。
②視重大小等於彈簧測力計所受物體的拉力或臺秤所受物體的壓力。
2.超重、失重和完全失重的比較
超重現象
失重現象
完全失重
概念
物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大於物體所受重力的現象
物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小於物體所受重力的現象
物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等於零的現象
產生條件
物體的加速度方向向上
物體的加速度方向向下
物體的加速度方向向下,大小a=g
原理方程
F-mg=ma
F=m(g+a)
mg-F=ma
F=m(g-a)
mg-F=mg
F=0
運動狀態
加速上升或減速下降
加速下降或減速上升
無阻力的拋體運動;繞地球勻速圓周運動
知識點四 動力學中整體法、隔離法的應用
1.外力和內力
如果以物體系統為研究對象,受到系統之外的物體的作用力,這些力是該系統受到的外力,而系統內各物體間的相互作用力為內力。應用牛頓第二定律列方程時不考慮內力。如果把某物體隔離出來作為研究對象,則原來的內力將轉換為隔離體的外力。
2.整體法
當連接體內(即系統內)各物體的加速度相同時,可以把系統內的所有物體看成一個整體,分析其受力和運動情況,運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法。
3.隔離法
當求系統內物體間相互作用的內力時,常把某個物體從系統中隔離出來,分析其受力和運動情況,再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法。
考點一 牛頓第二定律
【典例1】(2019·新課標全國Ⅲ卷)如圖(a),物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細繩水平。t=0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t=4 s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關係如圖(b)所示,木板的速度v與時間t的關係如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由題給數據可以得出( )
A.木板的質量為1 kg B.2 s~4 s內,力F的大小為0.4 N
C.0~2 s內,力F的大小保持不變 D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2
【答案】AB
【解析】結合兩圖像可判斷出0~2 s物塊和木板還未發生相對滑動,它們之間的摩擦力為靜摩擦力,此過程力F等於f,故F在此過程中是變力,即C錯誤;2~5 s內木板與物塊發生相對滑動,摩擦力轉變為滑動摩擦力,由牛頓第二運動定律,對2~4 s和4~5 s列運動學方程,可解出質量m為1 kg,2~4 s內的力F為0.4 N,故A、B正確;由於不知道物塊的質量,所以無法計算它們之間的動摩擦因數μ,故D錯誤。
【方法技巧】合力、加速度、速度間的決定關係
1.物體所受合力的方向決定了其加速度的方向,只要合力不為零,不管速度是大是小,或是零,物體都有加速度,只有合力為零時,加速度才為零。一般情況下,合力與速度無必然的聯繫。
2.合力與速度同向時,物體加速運動;合力與速度反向時,物體減速運動。
3.a=ΔvΔt是加速度的定義式,a與Δv、Δt無直接關係;a=Fm是加速度的決定式,a∝F,a∝1m。
【變式1】(2019·湖南雅禮中學模擬) 一物體重為50 N,與水平桌面間的動摩擦因數為0.2,現加上如圖所示的水平力F1和F2,若F2=15 N時物體做勻加速直線運動,則F1的值可能是(g取10 m/s2)( )
A.3 N B.25 N C.30 N D.50 N
【答案】ACD
【解析】若物體向左做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律可知F2-F1-μG=ma>0,解得F1<5 N,A正確;若物體向右做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律可知F1-F2-μG=ma>0,解得F1>25 N,C、D正確。
考點二 動力學中的兩類問題
【典例2】 (2017·全國卷Ⅱ·24)為提高冰球運動員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距x0和x1(x1<< span="">x0)處分別放置一個擋板和一面小旗,如圖所示.訓練時,讓運動員和冰球都位於起跑線上,教練員將冰球以速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直於起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時,運動員垂直於起跑線從靜止出發滑向小旗.訓練要求當冰球到達擋板時,運動員至少到達小旗處.假定運動員在滑行過程中做勻加速運動,冰球到達擋板時的速度為v1.重力加速度大小為g.求:
(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數;
(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度.
【解析】(1)設冰球的質量為m,冰球與冰面之間的動摩擦因數為μ,由牛頓第二定律得:
μmg=ma ①
由運動學公式得:
v20-v21=2ax0 ②
解得μ=2212gx0 ③
(2)冰球到達擋板時,滿足訓練要求的運動員中,剛好到達小旗處的運動員的加速度最小.設這種情況下,冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時間為t.
由運動學公式得
v20-v21=2a1x0 ④
v0-v1=a1t ⑤
x1=12a2t2 ⑥
聯立④⑤⑥式得
a2= ⑦
【答案】(1)2212gx0 (2)
【方法技巧】解決兩類基本問題的方法
以加速度為「橋梁」,由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解,具體邏輯關係如下:
【變式2】(2019·山西康傑中學模擬)如圖所示,航空母艦上的起飛跑道由長度為l1=1.6×102 m的水平跑道和長度為l2=20 m的傾斜跑道兩部分組成。水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h=4.0 m。一架質量為m=2.0×104 kg的飛機,其噴氣發動機的推力大小恆為F=1.2×105 N,方向與速度方向相同,在運動過程中飛機受到的平均阻力大小為飛機重力的0.1倍。假設航母處於靜止狀態,飛機質量視為不變並可看成質點,g取10 m/s2。
(1)求飛機在水平跑道運動的時間及到達傾斜跑道末端時的速度大小;
(2)為了使飛機在傾斜跑道的末端達到起飛速度100 m/s,外界還需要在整個水平跑道對飛機施加助推力,求助推力F推的大小。
【解析】(1)飛機在水平跑道上運動時,水平方向受到推力與阻力作用,設加速度大小為a1、末速度大小為v1,運動時間為t1,有
F合=F-Ff=ma1
v21-v20=2a1l1
v1=a1t1
其中v0=0,Ff=0.1mg,代入已知數據可得
a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s
飛機在傾斜跑道上運動時,沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面分力作用,設沿斜面方向的加速度大小為a2、末速度大小為v2,沿斜面方向有
F′合=F-Ff-mgsin α=ma2
mgsin α=mghl2
v22-v21=2a2l2
其中v1=40 m/s,代入已知數據可得a2=3.0 m/s2,
v2=1 720 m/s=41.5 m/s。
(2)飛機在水平跑道上運動時,水平方向受到推力、助推力與阻力作用,設加速度大小為a′1、末速度大小為v′1,有
F″合=F推+F-Ff=ma′1
v′21-v20=2a′1l1
飛機在傾斜跑道上運動時,沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿斜面分力作用沒有變化,加速度大小仍有
a′2=3.0 m/s2,v′22-v′21=2a′2l2
根據題意,v′2=100 m/s,代入數據解得F推=5.2×105 N。
【答案】(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N
考點三 超重和失重
【典例3】(2018·浙江卷)如圖所示,小芳在體重計上完成下蹲動作,下列F-t圖像能反應體重計示數隨時間變化的是( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】對人的運動過程分析可知,人下蹲的過程可以分成兩段:人在加速下蹲的過程中,有向下的加速度,處於失重狀態,此時人對傳感器的壓力小於人的重力的大小;在減速下蹲的過程中,加速度方向向上,處於超重狀態,此時人對傳感器的壓力大於人的重力的大小,故C正確,A、B、D錯誤;故選C。
【方法技巧】判斷超重和失重現象的技巧
1.從受力的角度判斷:當物體所受向上的拉力或支持力大於重力時,物體處於超重狀態;當拉力或支持力小於重力時,物體處於失重狀態;當拉力或支持力等於零時,物體處於完全失重狀態。
2.從加速度的角度判斷:當物體具有豎直向上的加速度或加速度分量時,物體處於超重狀態;當物體具有豎直向下的加速度或加速度分量時,物體處於失重狀態;當豎直向下的加速度等於重力加速度時,物體處於完全失重狀態。
【變式3】(2019·黑龍江大慶實驗中學模擬)如圖所示,A為電磁鐵,C為膠木秤盤,A和C(包括支架)的總質量為m總;B為鐵塊,質量為m,整個裝置用輕繩懸掛於點O。當電磁鐵通電時,鐵塊被吸引上升的過程中,輕繩上拉力F的大小為( )
A.F=m總g B.m總g<< span="">F<(< span="">m+m總)g C.F=(m總+m)g D.F>(m總+m)g
【答案】D
【解析】鐵塊由靜止被吸引上升,必為加速上升。對A、B、C系統,當鐵塊加速上升時,系統整體的重心加速上移,系統處於超重狀態,故輕繩的拉力大於(m總+m)g。
考點四 動力學中整體法、隔離法的應用
【典例4】(2019·浙江諸暨中學模擬)如圖所示,A、B兩物塊的質量分別為m和M,把它們一起從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑;已知斜面的傾角為θ,斜面始終保持靜止。則在此過程中物塊B對物塊A的壓力為( )
A.Mgsin θ B.Mgcos θ C.0 D.(M+m)gsin θ
【答案】C
【解析】對A、B組成的整體受力分析可知,整體受重力、支持力而做勻加速直線運動;由牛頓第二定律可知,a=(m+M)gsin θm+M=gsin θ;則再對B由牛頓第二定律可知:F合=Ma=Mgsin θ;合力等於B的重力沿斜面向下的分力,故說明A、B間沒有相互作用力,故A、B、D錯誤,C正確。
【方法技巧】動力學中「整體法、隔離法」的應用技巧
1.若連接體內各物體具有相同的加速度,利用整體法計算外力或加速度或其他未知量;
2.利用隔離法求物體之間的作用力。
【變式4】(2019·安徽蚌埠二中模擬)質量為m的光滑小球恰好放在質量也為m的圓弧槽內,它與槽左、右兩端的接觸點分別為A點和B點,圓弧槽的半徑為R,OA與水平線AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上,通過細繩和滑輪與重物C相連,桌面上的那段細繩始終處於水平狀態。通過實驗知道,當槽的加速度很大時,小球將從槽中滾出,滑輪與細繩的質量都不計,要使小球不從槽中滾出,則重物C的質量M應小於( )
A.3)3m B.2m C.(3-1)m D.(3+1)m
【答案】D
【解析】當小球剛好要從槽中滾出時,小球受重力和圓弧槽A點對它的支持力,如圖所示。由牛頓第二定律得mgtan 60°=ma,解得小球的加速度a=gtan 60°=3)3g。以整體為研究對象,由牛頓第二定律得Mg=(M+2m)a,解得M=(3+1)m。故選項D正確。
考點五 動力學中的圖象問題
【典例5】(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統處於靜止狀態。現用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關係的圖象可能正確的是( )
A B C D
【答案】A
【解析】假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0,則由力的平衡條件可知kx0=mg,在彈簧恢復原長前,當物塊向上做勻加速直線運動時,由牛頓第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上兩式解得F=kx+ma,顯然F和x為一次函數關係,且在F軸上有截距,則A正確,B、C、D錯誤。
【方法技巧】分析圖象問題時常見的誤區
(1)沒有看清縱、橫坐標所表示的物理量及單位。
(2)不清楚圖線的點、斜率、面積等的物理意義。
(3)忽視對物體的受力情況和運動情況的分析。
【變式5】(2019·福建廈門一中模擬)如圖所示,套在水平直杆上質量為m的小球開始時靜止,現對小球沿杆方向施加恆力F0,垂直於杆方向施加豎直向上的力F,且F的大小始終與小球的速度成正比,即F=kv(圖中未標出),已知小球與杆間的動摩擦因數為μ,小球運動過程中未從杆上脫落,且F0>μmg。下列關於運動中的速度—時間圖象正確的是( )
A B C D
【答案】C
【解析】開始時小球所受支持力方向向上,隨著時間的增加,小球速度增大,F增大,則支持力減小,摩擦力減小,根據牛頓第二定律,可知這一階段小球的加速度增大。當豎直向上的力F的大小等於小球重力的大小時,小球的加速度最大。再往後豎直向上的力F的大小大於重力的大小,直杆對小球的彈力向下,F增大,則彈力增大,摩擦力增大,根據牛頓第二定律,小球的加速度減小,當加速度減小到零時,小球做勻速直線運動,故C正確。
考點六 「滑塊—木板」模型問題
【典例6】(2017·全國卷Ⅲ)如圖,兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg 和mB=5 kg,放在靜止於水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.5;木板的質量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數為μ2=0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s.A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止.設最大靜摩擦力等於滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2.求:
(1)B與木板相對靜止時,木板的速度;
(2)A、B開始運動時,兩者之間的距離.
【解析】(1)如圖所示,對A、B和木板進行受力分析,其中fA、fB分別表示物塊A、B受木板摩擦力的大小,fA′、fB′和f分別表示木板受到物塊A、B及地面的摩擦力大小,設運動過程中A、B及木板的加速度大小分別為aA、aB和a,根據牛頓運動定律得:
fA=mAaA①
fB=mBaB②
fB′-fA′-f=ma③
且:fA=fA′=μ1mAg④
fB=fB′=μ1mBg⑤
f=μ2\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA+mB+m)g⑥
聯立①~⑥解得:aA=5 m/s2,aB=5 m/s2,a=2.5 m/s2
故可得B向右做勻減速直線運動,A向左做勻減速直線運動,木板向右做勻加速運動;且aB=aA>a,顯然經歷一段時間t1之後B先與木板達到相對靜止狀態,且此時A、B速度大小相等,方向相反.不妨假設此時B與木板的速度大小為v1:
v1=v0-aAt1⑦
v1=at1⑧
解得:t1=0.4 s,v1=1 m/s.
(2)設在t1時間內,A、B的位移大小分別為xA,xB,由運動學公式得:
xA=v0t1-12aAt21⑨
xB=v0t1-12aBt21⑩
此後B將與木板一起保持相對靜止向前勻減速運動,直到和A相遇,這段時間內A的加速度大小仍為aA,設B和木板的加速度大小為a′,則根據牛頓運動定律得:
對木板和B:
μ2\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA+mB+m)g+μ1mAg=\rc\)(\a\vs4\al\co1(mB+m)a′⑪
假設經過t2時間後A、B剛好相遇,且此時速度大小為v2,為方便計算我們規定水平向右為正向,則在這段時間內速度變化:
對B和木板:v2=v1-a′t2⑫
對A:v2=-v1+aA′t2⑬
聯立⑪~⑬解得t2=0.3 s,可以判斷此時B和木板尚未停下,則t2時間內物塊A、B的位移大小假設為xA′、xB′,由運動學公式:
xA′=v1t2-12aA′t22⑭
xB′=v1t2-12a′t22⑮
則A和B開始相距x滿足:x=xA+xA′+xB+xB′⑯
聯立解得:x=1.9 m.
【答案】(1)1 m/s (2)1.9 m
【方法技巧】「滑塊—木板」模型問題
1.模型特點
涉及兩個物體,並且物體間存在相對滑動.
2.兩種位移關係
滑塊由木板的一端運動到另一端的過程中,若滑塊和木板同向運動,位移大小之差等於板長;反向運動時,位移大小之和等於板長.
設板長為L,滑塊位移大小為x1,木板位移大小為x2
同向運動時:如圖甲所示,L=x1-x2
甲
反向運動時:如圖乙所示,L=x1+x2
乙
【變式6】 (2016·四川卷)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施,由制動坡床和防撞設施等組成,如圖豎直平面內,制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從幹道駛入制動坡床,當車速為23 m/s時,車尾位於制動坡床的底端,貨物開始在車廂內向車頭滑動,當貨物在車廂內滑動了4 m時,車頭距制動坡床頂端38 m,再過一段時間,貨車停止.已知貨車質量是貨物質量的4倍,貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4;貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板,取cos θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2.求:
(1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向;
(2)制動坡床的長度.
【解析】(1)設貨物的質量為m,貨物在車廂內滑動過程中,貨物與車廂間的動摩擦因數μ=0.4,受摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則
f+mgsin θ=ma1①
f=μmgcos θ②
聯立①②式並代入數據得a1=5 m/s2③
a1的方向沿制動坡床向下.
(2)設貨車的質量為M,車尾位於制動坡床底端時的車速為v=23 m/s.貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0=38 m的過程中,用時為t,貨物相對制動坡床的運動距離為s1,在車廂內滑動的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12 m,制動坡床的長度為l,則
Mgsin θ+F-f=Ma2④
F=k(m+M)g⑤
s1=vt-12a1t2⑥
s2=vt-12a2t2⑦
s=s1-s2⑧
l=l0+s0+s2⑨
聯立①②④~⑨式並代入數據得l=98 m.⑩
【答案】(1)5 m/s2,方向沿制動坡床向下 (2)98 m
考點七 「傳送帶」模型
【典例7】(2019·江西臨川一中模擬)如圖所示,水平傳送帶兩端相距x=8 m,工件與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.6,工件滑上A端時速度vA=10 m/s,設工件到達B端時的速度為vB.(取g=10 m/s2)
(1)若傳送帶靜止不動,求vB;
(2)若傳送帶順時針轉動,工件還能到達B端嗎?若不能,說明理由;若能,求到達B點的速度vB;
(3)若傳送帶以v=13 m/s逆時針勻速轉動,求vB及工件由A到B所用的時間.
【解析】(1)根據牛頓第二定律可知μmg=ma,則a=μg=6 m/s2,且v2A-v2B=2ax,故vB=2 m/s.
(2)能.當傳送帶順時針轉動時,工件受力不變,其加速度不發生變化,仍然始終減速,故工件到達B端的速度vB=2 m/s.
(3)物體速度達到13 m/s時所用時間為t1=v-vAa=0.5 s,運動的位移為x1=vAt1+12at21=5.75 m<8 m,則工件在到達B端前速度就達到了13 m/s,此後工件與傳送帶相對靜止,因此物體先加速後勻速運動.勻速運動的位移x2=x-x1=2.25 m,t2=x2v≈0.17 s,t=t1+t2=0.67 s.
【答案】(1)2 m/s (2)能 2 m/s (3)13 m/s 0.67 s
【方法技巧】「傳送帶」模型
1.模型特點:傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題.
2.解題關鍵:傳送帶問題求解的關鍵在於對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷.
(1)若物塊速度與傳送帶的速度方向相同,且v物<< span="">v帶,則傳送帶對物塊的摩擦力為動力,物塊做加速運動.
(2)若物塊速度與傳送帶的速度方向相同,且v物>v帶,則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力,物塊做減速運動.
(3)若物塊速度與傳送帶的速度方向相反,傳送帶對物塊的摩擦力為阻力,物塊減速;當物塊速度減為零後,傳送帶對物塊的摩擦力為動力,物塊做反向加速運動.
(4)若v物=v帶,看物塊有沒有加速或減速的趨勢,若物塊有加速的趨勢,則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力;若物塊有減速的趨勢,則傳送帶對物塊的摩擦力為動力.
【變式7】(2019·湖北襄樊四中模擬)如圖所示,足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉動,現把一個質量為m的小木塊輕輕放到傳送帶的上端,則下列選項中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關係的是( )
【答案】CD
【解析】木塊放上後一定先向下加速,由於傳送帶足夠長,所以一定有木塊與傳送帶速度相等的時刻,此時若木塊重力沿傳送帶向下的分力大於最大靜摩擦力,之後木塊繼續加速,但加速度變小了;而若木塊重力沿傳送帶向下的分力小於或等於最大靜摩擦力,則之後木塊將隨傳送帶勻速運動.