资源简介

专题复习10：牛顿第二定律 两类动力学问题
一.知识回顾
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．
3．两类动力学问题
(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．
4．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：
二.考点突破
考点一　对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
例1.[多选]如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是(　　)
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
例2．[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间(　　)
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
考点二　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
例3．(多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g取10 m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)
A．4 m/s2 B．3 m/s2
C．2 m/s2 D．1 m/s2
例4．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如图3 2 7所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
三.拓展训练
1．(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是(　　)
A．所受浮力大小为4 830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
2.如图所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A、B的质量mA、mB分别为1 kg和2 kg，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5。两物块之间的轻绳长L＝0.5 m，作用在B上沿斜面向上的力F逐渐增大，使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动，g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)当作用在物块B上的拉力F达到42 N时，连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；
(2)若连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断瞬间，A、B的速度均为10 m/s，轻绳断裂后作用在B物块上的外力F＝42 N不变，求当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离。
参考答案
例1.解析　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝＝，C正确，D错误。
例2.解析 　撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，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球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
例3.解析 设圆柱形工件的质量为m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有FQ＋mg＝FNcos 15°，F合＝FNsin 15°＝ma，联立解得a＝×tan 15°＝×0.27＋2.7 m/s2＞2.7 m/s2，故选项A、B正确．
例4.解析　(1)根据牛顿第二定律可得：
mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma
解得：μ＝.
(2)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．由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，代入数据得：F＝ N
当加速度沿斜面向下时：mgsin 30°－Fcos 30°－
μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1
代入数据得：F＝ N.
1.解析 热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230 N，选项D正确．
2.解析 (1)对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a
代入数据解得a＝4 m/s2
对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
FT－mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa
代入数据解得：FT＝14 N。
(2)轻绳断裂后，对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAaA
代入数据解得：aA＝10 m/s2
由运动学公式有：v＝aAt
解得：t＝＝1 s
由运动学公式有：xA＝＝5 m
轻绳断裂后，对B物块受力分析，由牛顿第二定律得：
F－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBaB
代入数据解得：aB＝11 m/s2
由运动学公式有：xB＝vt＋aBt2
代入数据解得：xB＝15.5 m
由题意可知，当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离为：x＝xB－xA＋L＝11 m。

展开更多......

收起↑