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(共66張PPT)
第2講　牛頓第二定律、兩類動力學問題
1.基本概念
作用力　
質量
作用力　
F=ma　
慣性
宏觀　
低速
受力情況
運動情況
2.單位制
基本單位
導出單位
質量
時間　
長度
基本物理量
3.基本物理量和基本單位
物理量名稱 物理量符號 單位名稱 單位符號
長度 l 米 　　
質量 m 千克 　　
時間 t 秒 　　
電流 I 安（培） A
熱力學溫度 T 開（爾文） K
物質的量 n 摩（爾） mol
發光強度 IV 坎（德拉） CD
m　
　kg　
s
（1）應用F=ma進行計算時，各量必須使用國際單位制中的單位.
（2）“基本量”既可以采用國際單位制中的單位，也可以采用其他單位制中的單位，如厘米、英寸、斤等常用單位，并且不同的單位制規定的基本量不盡相同.
（3）不管是哪一類動力學問題，受力分析和運動狀態分析都是關鍵環節.
（4）作為“橋梁”的加速度，既可以根據已知受力求解，也可以根據已知運動狀態求解.
1.［牛頓第二定律瞬時性］如圖所示，A球與天花板之間用輕質彈簧相連，A球與B球之間用輕繩相連，整個系統保持靜止.小球A、B的質量均為m，突然迅速剪斷輕繩，在剪斷輕繩的瞬間，設小球A、B的加速度分別為a1、a2，重力加速度大小為g，取豎直向下為正方向，下列說法正確的是 （　　）
A.a1=g，a2=g
B.a1=-g，a2=g
C.a1=0，a2=g
D.a1=2g，a2=g
B　
【解析】剪斷輕繩瞬間小球A、B由于慣性仍在原位置，彈簧的形變量不變，維持原力大小，有FN=2mg，取豎直向下為正方向.對小球A受力分析有-2mg+mg=ma1，解得a1=-g.對小球B受力分析，小球B只受到重力，所以a2=g，B正確.
2.［力與運動的關系］某同學在水平運動的列車車廂頂部用細線懸掛一個小球研究列車的運動.某段時間內，細線偏離豎直方向一定角度并相對車廂保持靜止，如圖所示.關于列車的運動，下列判斷正確的是 （　　）
A.加速度一定向右　
B.加速度一定向左
C.一定向右運動　
D.一定向左運動
A
3.［兩類動力學問題］如圖所示，質量為60 kg的某同學在做引體向上運動，他雙臂伸直后從靜止開始豎直向上做勻變速運動到肩部與單杠同高度所用時間為0.8 s.肩部上升的距離為0.4 m，g取10 m/s2，則該同學在運動過程中雙手受到豎直向上的力大小為 （　　）
A.675 N　B.600 N　
C.525 N　D.875 N
A
4.［力學單位制］下列關于力學單位制的說法，正確的是 （　　）
A.加速度的單位是m/s2，是由m、s兩個基本單位組合而成的導出單位
B.kg、m、N都是基本單位
C.在國際單位制中，質量的單位可以是kg，也可以是g
D.km/h是國際單位制中速度的單位
A
【解析】加速度的單位是m/s2，是由m、s兩個基本單位組合而成的導出單位，A正確；kg、m都是基本單位，N是導出單位，B錯誤；在國際單位制中，質量的單位是kg，不能是g，C錯誤；國際單位制中速度的單位是m/s，D錯誤.
考點1　牛頓第二定律　［能力考點］　　　　　　　　　　　　　　
1.牛頓第二定律的五個特性
2.只要合力不為零，物體都有加速度，與速度大小無關；只有合力為零時，加速度才為零
3.牛頓第二定律瞬時性的兩種模型
例1　（2024年湖南卷）如圖所示，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g.若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為 （　　）
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
A
1.如圖所示，彈弓將飛箭以豎直向上的初速度v0彈出，飛箭上升到最高點后徐徐下落返回.已知飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小，下落過程中受到的空氣阻力越來越大，則飛箭 （　　）
A.上升過程中，速度越來越大
B.上升過程中，加速度越來越小
C.下落過程中，速度越來越小
D.下落過程中，加速度越來越大
B
【解析】由牛頓第二定律可知，上升過程飛箭所受的合力F上=mg+F阻=ma，飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小，合力F上變小，加速度也越來越小，故做加速度逐漸減小的減速運動，B正確，A錯誤；由牛頓第二定律可知，下降過程飛箭所受的合力F下=mg-F阻=ma'，飛箭下降過程中受到的空氣阻力越來越大，合力F下變小，加速度越來越小，故做加速度逐漸減小的加速運動，C、D錯誤.
2.（2024年安徽卷）如圖所示，豎直平面內有兩根完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上.開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長.后將小球豎直向上，緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg.已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力.若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中 （　　）
A.速度一直增大
B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g
D.加速度先增大后減小
A
【解析】緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F、重力和兩彈簧拉力的合力為零，此時兩彈簧的合力大小為mg.當撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，A正確，B錯誤；
小球從P點運動到O點的過程中，彈簧形變量變小，且兩彈簧拉力夾角增大，故彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球所受合外力一直變小，加速度的最大值為剛撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg=ma，加速度的最大值為2g，C、D錯誤.
A
考點2　動力學中的兩類問題　［能力考點］
1.分析力與運動問題的技巧
2.解決兩類動力學問題的基本方法
例2　水面救生無人船已經成為水面救援的重要科技裝備.在某次測試中，一質量為20 kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標地點.無人船先從靜止出發，做勻加速運動10 s后達到最大速度4 m/s，接著立即做勻減速運動，勻減速運動了16 m的距離后速度變為零.已知無人船運行過程中受到水的阻力恒定且大小為4 N，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：
（1）在勻加速過程中，無人船發動機提供的動力大小F1；
（2）在勻減速過程中，無人船發動機提供的阻力大小F2；
（3）無人船在上述測試中，運動的總時間t及總位移大小x.
1.（2023年全國卷）一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點.設排球在運動過程中所受空氣阻力大小與速度大小成正比.則該排球 （　　）
A.上升時間等于下落時間
B.被墊起后瞬間的速度最大
C.達到最高點時加速度為零
D.下落過程中做勻加速運動
B　
2.某同學受氣泡水平儀和地球儀上經緯線的啟發，設計了一個360°加速度測量儀來測量水平面內的物體運動的加速度.如圖，在透明球殼內裝滿水，頂部留有一小氣泡（未畫出），將球體固定在底座上，通過在球殼標注“緯度”可讀出氣泡與球心連線與豎直方向的夾角θ，再通過該角度計算得到此時的加速度值，對于該加速度測量儀，下列說法正確的是 （　　）
A.氣泡在同一條緯線上的不同位置，對應的加速度相同
B.均勻角度的刻度對應的加速度值是均勻的
C.氣泡偏離的方向就是加速度的方向
D.加速度越大，測量的誤差越小
C　
（2）第二次比第一次增加的質量.
考點3　動力學圖像問題　［能力考點］　　　　　　　　　　　　　　　
1.圖像解讀
以牛頓運動定律和運動學公式為紐帶，建立方程等式，從而理解圖像的軸、點、線、截距、斜率、圖線與軸包圍的面積所表示的意義.
2.解題策略
例3　（2024年廣東卷）如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定.木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放.以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y.所受合外力為F，運動時間為t.忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內.關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中.其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是 （　　）
B
【解析】在木塊下落H高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即F=mg.當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據牛頓第二定律，有mg-ky=F，隨著y增大F減小；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中F=ky-mg，木塊所受合外力向上，隨著y增大F增大.F-y圖像如圖甲所示，B正確，A錯誤；同理，在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運動，根據速度逐漸增大，所以y-t圖像斜率逐漸增大.當木塊接觸彈簧后到合力為零時，根據牛頓第二定律木塊的速度繼續增大；做加速度減小的加速運動，所以y-t圖像斜率繼續增大；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點的過程中，木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以y-t圖斜率減小；到達最低點后，木塊向上運動.經以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運動，
再做加速度增大的減速運動，再做勻減速
直線運動到最高點，圖像大致如圖乙所示，C、D錯誤.
1.（2024年廣州模擬）如圖所示，M為AB的中點，人用水平恒力推著物體由A運動到M，然后撤去推力讓物體自由滑到B停下.以推力的方向為正方向，則物體由A到B過程中的位移x、速度v、合力F、加速度a與時間t的關系圖像可能正確的是 （　　）
B
【解析】物體在水平面上由A到M做勻加速直線運動，位移—時間圖像的開口向上，撤去推力后物體做勻減速直線運動，位移—時間圖像的開口向下，A錯誤；物體在水平面上由A到M做勻加速直線運動，撤去推力后物體做勻減速直線運動，由于到達B點的速度為零，則物體在前后兩段的平
均速度相等，位移也相等，故物體在AM段和MB段的運動時間相等，物體做勻加速和勻減速直線運動的加速度大小相等，方向相反，故物體在AM段和MB段所受合外力大小相等，方向相反，B正確，C、D錯誤.
2.（2024年汕頭一模）小澄同學通過網絡查到汕頭南站到汕尾站的線路距離為142 km，所需時間為35.7分鐘.她進而提出了以下模型：假設從汕頭南站到汕尾站可近似視為直線，高鐵在其間經歷了勻加速、勻速和勻減速三個階段，且勻加速和勻減速階段的加速度大小相等.為進一步獲取數據，小澄同學將質量為0.2 kg的手機放在高鐵的水平桌面上，利用手機軟件測量高鐵啟動時的加速度-時間圖像如圖所示.忽略一開始的加速度測量誤差，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）高鐵啟動過程中，手機所受摩擦力的大小；
解：（1）高鐵啟動做勻加速運動的加速度為a=0.5 m/s2，對手機根據牛頓第二定律f=ma=0.1 N.
（2）按照該運動模型，根據計算判斷高鐵在汕頭南站和汕尾站之間的最高時速能否達到350 km/h？
動力學中的等時圓模型　　　　　　　　　　　　　　　　
等時圓問題歸納
類型一：圓周內同頂端的斜面
類型二：圓周內同底端的斜面
類型三：雙圓周內斜面
B
1.（2024年河源模擬）如圖所示，豎直平面內半徑R1=10 m的圓弧AO與半徑R2=2.5 m的圓弧BO在最低點O相切.兩段光滑的直軌道的一端在O點平滑連接，另一端分別在兩圓弧上且等高.一個小球從左側直軌道的最高點A由靜止開始沿直軌道下滑，經過O點后沿右側直軌道上滑至最高點B，不考慮小球在O點的機械能損失，重力加速度g取10 m/s2.則在此過程中小球運動的時間為 （　　）
A.1.5 s B.2.0 s
C.3.0 s D.3.5 s
C　
2.如圖所示，Pa、PB、PC是豎直面內三根固定的光滑細桿，P、a、B、C位于同一圓周上，D點為圓周的最高點，C點為最低點.每根桿上都套著一個小滑環（圖中未畫出），三個滑環分別從P處釋放（初速度為0），用t1、t2、t3依次表示各滑環到達a、B、C所用的時間，則 （　　）
A.t1t2>t3
C.t3>t1>t2 D.t1=t2=t3
B
知識鞏固練
1.靜置在粗糙水平面上的物體，受到一個方向不變的水平拉力F作用而運動，F的大小隨時間變化的規律如圖所示.在0~t1時間內物體的加速度大小
（　　）
A.逐漸變大　 B.逐漸變小
C.先變小后變大　 D.先變大后變小
（本欄目對應學生用書P351~352）
C　
【解析】依題意，物體在拉力作用下先加速，由牛頓第二定律可知F-f=ma，由圖可知，拉力一直減小，所以加速度先減小，當拉力與摩擦力等大時，加速度為零，然后拉力小于摩擦力，物體將做減速運動，有f-F=ma，可知隨著拉力的減小，加速度將變大，故選C.
2.如圖所示，在考慮空氣阻力的情況下，一小石子從O點拋出沿軌跡OPQ運動，其中P是最高點.若空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，則小石子在豎直方向分運動的加速度大小 （　　）
A.O點最大
B.P點最大
C.Q點最大
D.整個運動過程保持不變
A
【解析】由于空氣阻力大小與瞬時速度大小成正比，小石子在O點時速度斜向上方，此時速度最大，空氣阻力斜向下方最大.開始上升時與豎直方向夾角最小，故此時空氣阻力在豎直方向的分力最大，根據牛頓第二定律可知此時豎直方向分運動的加速度最大，故選A.
3.一質量為m的乘客站在傾角為θ的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯一起以大小為a0的加速度加速上行，如圖所示.重力加速度大小為g.該過程中，乘客對踏板的壓力大小為 （　　）
A.mg B.ma0sin θ
C.mg+ma0sin θ D.mg-ma0sin θ
C
4.（2024年晉中模擬）如圖甲所示，游樂場內有多種滑梯，其中兩組滑梯的示意圖分別如圖乙、丙所示.圖乙中，A、B兩滑梯著地點相同，傾角不同；圖丙中，C、D兩滑梯起滑點相同，著地點不同.可視為質點的小朋友從A、B、C、D四個滑梯自由下滑的時間分別為t1、t2、t3、t4，不計摩擦阻力，下列關系一定正確的是 （　　）
A.t1>t2 B.t1=t2
C.t3>t4 D.t3D
5.（2024年承德模擬）“雪地魔毯”是滑雪場常見的一種設備，它類似于機場的傳送帶，主要用于將乘客從雪道底端運送到頂端.一名穿戴雪具的游客，從雪道底端靜止站上“雪地魔毯”，“雪地魔毯”長L=150 m，傾角θ=11.6°（sin θ=0.2，cosθ=0.98），“雪地魔毯”以v=5 m/s 的速度向上滑行，經過t=35 s游客滑到“雪地魔毯”的頂端.g取10 m/s2，人與“雪地魔毯”間的動摩擦因數為一定值，不計其他阻力，則 （　　）
A.游客在“雪地魔毯”上一直做勻加速運動
B.游客在“雪地魔毯”上勻加速運動的時間為20 s
C.游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改變
D.游客與“雪地魔毯”間的動摩擦因數約為0.26
D
AD　
D
AC
9.一餐廳推出了一款智能送餐機器人進行送餐（如圖甲）.該款機器人的最大運行速度為4 m/s，加速度大小在1 m/s2≤a≤3 m/s2范圍內可調節，要求：送餐過程托盤保持水平，菜碟與托盤不發生相對滑動，機器人到達餐桌時速度剛好為0.現把送餐過程簡化為如圖的直線情境圖（如圖乙），已知機器人恰好以最大運行速度v=4 m/s通過O處，O與餐桌A相距x0=6 m，餐桌A和餐桌F相距L=16 m，機器人、餐桌都能看成質點，送餐使用的菜碟與托盤之間的動摩擦因數為μ=0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.
（1）在某次從O到餐桌A的過程中，機器人
從O開始勻減速恰好到A停下，求機器人在此過程加速度a的大小.
（2）完成（1）問中的送餐任務后，機器人馬上從A繼續送餐到F，若要求以最短時間從A送餐到F，求機器人運行的最大加速度am和加速過程通過的位移x加.

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