【物理】2020届一轮复习人教版第三章第2节牛顿第二定律学案

【物理】2020届一轮复习人教版第三章第2节牛顿第二定律学案

第 2 节 牛顿第二定律 考点 1 对牛顿第二定律的理解 【p44】 夯实基础 1．牛顿第二定律 (1)定律内容：物体的加速度跟物体__所受的合外力__成正比，跟__物体的质量__成反比，加速度的 方向跟合外力的方向__相同__． (2)表达式：F 合＝__ma__．该表达式只能在国际单位制中成立．因为 F 合＝k·__ma__，只有在国际单 位制中才有 k＝1. 力的单位的定义：使质量为 1 kg 的物体，获得 1 m/s2 的加速度的力，叫做 1 N，即 1 N＝__1__kg·m/s2__． (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. 2．对牛顿第二定律的理解 牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F 量化了 迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m 量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性(惯性)，而 a 则 描述了物体的运动状态(v)变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了： a∝F a∝1 m 另外，牛顿第二定律给出的 F、m、a 三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定 的． (1)矢量性：加速度 a 与合外力 F 合都是__矢量__，且方向总是__相同__． (2)瞬时性：加速度 a 与合外力 F 合同时__产生__、同时__变化__、同时__消失__，是瞬时对应的． (3)同一性：加速度 a 与合外力 F 合是对同一物体而言的两个物理量． (4)独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是 每个力产生的加速度的__矢量和__，合加速度总是与合外力相对应． (5)相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的． (6)局限性：只适用于宏观、低速运动的物体，不适用于微观、高速运动的粒子． 3．单位制 (1)单位制：__基本__单位和__导出__单位共同组成了单位制． ①基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有__长度__、__质量__、__时间__，它们的国 际单位分别是__米__、__千克__、__秒__． ②导出单位是由基本单位根据__物理关系__推导出来的其他物理量的单位．有力(N)、速度(m/s)、加 速度(m/s2)等． (2)国际单位制中的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 m 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 I 坎(德拉) cd 特别提醒： ①有些物理单位属于基本单位，但不是国际单位，如厘米、克、小时等． ②有些单位属于国际单位，但不是基本单位，如米/秒(m/s)、帕斯卡(Pa)、牛(顿)(N)等． 考点突破 例 1 如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为 m0 的平盘，盘中有一物体质量为 m.当盘静止 时，弹簧伸长了 L，今向下拉盘使弹簧再伸长ΔL 后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则 刚松手时盘对物体的支持力等于( ) A. 1＋ΔL L mg B.ΔL L mg C. 1＋ΔL L (m＋m0)g D.ΔL L (m＋m0)g 【解析】当盘静止时，由胡克定律得(m＋m0)g＝kL ① 设使弹簧再伸长Δl 时手的拉力大小为 F，再由胡克定律得(mg＋m0g＋F)＝k(L＋ΔL) ② 由①②联立得 F＝ΔL L (m＋m0)g 刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于 F，方向竖直向 上．设刚松手时，加速度大小为 a，根据牛顿第二定律得 a＝ F m＋m0 ＝ΔL L g 对物体研究：FN－mg＝ma 解得 FN＝ 1＋ΔL L mg，故选 A. 【答案】A 【小结】根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．在分析瞬时对应关系时应注意两 个基本模型特点的区别： (1)轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小；②轻绳、轻杆的拉力可突变； (2)轻弹簧模型：①弹力的大小为 F＝kx，其中 k 是弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量；②弹力突变 的特点：若释放端未连接物体，则轻弹簧的弹力可突变为零；若释放端仍连接物体，则轻弹簧的弹力不发 生突变，释放的瞬间仍为原值． 针对训练 1．放在光滑水平面上的物块 1、2 用轻质弹簧测力计相连，如图所示．今对物块 1、2 分别施加方向 相反的水平力 F1、F2，且 F1 大于 F2，则弹簧测力计的示数(A) A．一定大于 F2 小于 F1 B．一定等于 F1－F2 C．一定等于 F1＋F2 D．一定等于F1＋F2 2 【解析】因为 F1>F2，所以物块 1 和 2 都具有水平向左的加速度，设弹簧测力计的示数为 T，对 m2，有 T－F2＝m2a，对 m1 有 F1－T＝m1a，a＝F1－F2 m1＋m2 . ∴T＝F2＋m2·F1－F2 m1＋m2 ，只有当 m1＝m2 时，T 才等于F1＋F2 2 ，∴T＝F2＋m2a>F2，T＝F1－m1avB 【解析】从力 F 开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对两木块运动过程分析可知，A 做加 速度减小的加速运动，B 做加速度增大的加速运动，只要 A 的速度大于 B 的速度弹簧就处于被压缩变短的 过程中，则两木块速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程 A、B 两木块的 v－t 图象，则 t1 时刻，A、B 两木块的加速度相同(切线斜率相同)，且 vA>vB，t2 时刻 A、B 两木块的速度相同，且 aB>aA，综上，A、C、D 正确，B 错误． 4．(多选)如图甲所示，质量为 m＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平地面间的 动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块 回到出发点 O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度 v 随时间 t 变化规律如图乙所示， 重力加速度 g 取 10 m/s2，则(CD) A．物块经过 4 s 回到出发点 B．物块运动到第 3 s 时水平拉力的方向改变 C．3.5 s 时刻水平力 F 的大小为 4 N D．4.5 s 时刻水平力 F 的大小为 16 N 【解析】由 v－t 图知，经过 4 s，位移为 6 m，A 错.1 s～3 s 内，物块向右匀加速运动的加速度为 a1＝1 m/s2，滑动摩擦力 f＝μmg＝10 N，拉力 F1＝f＋ma1＝12 N，水平向右.3 s～5 s 内，加速度 a2＝3 m/s2， 方向向左，4 s 时减速到 0，3 s 时拉力 F2，f－F2＝ma2，F2＝f－ma2＝4 N，方向仍是水平向右，B 错；3 s～ 4 s 时，水平拉力 F 的大小为 4 N，方向向右，C 对；4 s～5 s，物块向左做初速为 0，加速度为 3 m/s2 的匀加速运动，F3－f＝ma3，a3＝3 m/s2，所以 F3＝16 N，D 对． 5．(多选)如图所示，在竖直平面内，A 和 B 是两个相同的轻弹簧，C 是橡皮筋，它们三者间的夹角均 为 120°，已知 A、B 对质量为 m 的小球的作用力均为 F，此时小球平衡，C 处于拉直状态，已知当地重力 加速度为 g.则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为(BC) A．g－F m ，方向竖直向下 B.F m －g，方向竖直向上 C．0 D.F m ＋g，方向竖直向下 【解析】由于橡皮筋 C 只能提供向下的拉力，所以轻弹簧 A 和 B 对小球的作用力一定是拉力．可能有 两种情况：(1)橡皮筋可能被拉伸，设拉力为 FT，由平衡条件可知，2Fcos 60°＝mg＋FT，解得橡皮筋拉力 FT＝F－mg.剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力等于橡皮筋拉力 FT＝F－mg，方向竖直向上，由牛顿第二定 律，F 合＝ma，解得小球的加速度 a＝F m －g，选项 B 正确；(2)橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪 断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选项 C 正确．故选 B、C. 6．如图甲所示，在倾角为 30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m 的物体，受到沿斜面方向的力 F 作用，力 F 按图乙所示规律变化(图中纵坐标是 F，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是(物体初速度为零，重力加速度 g 取 10 m/s2)(C) 【解析】在 0～1 s 内，a1＝F－mgsin 30° m ＝g 2 ，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，1 s 末物体速度 v1＝a1t1＝5 m/s；在 1～2 s 内，拉力为零，a2＝mgsin 30° m ＝g 2 ，方向沿斜面向下，物体沿斜 面向上做匀减速直线运动，2 s 末速度为零；在 2～3 s 内，a3＝F＋mgsin 30° m ＝3g 2 ，方向沿斜面向下， 物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s 末物体速度 v3＝a3t3＝15 m/s，故 C 正确，A、B、D 错误． 7．(多选)如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为 12 m 的竖立在地面上的钢管往下滑．已 知这名消防队员的质量为 60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好 为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍，下滑的总时间为 3 s，g 取 10 m/s2，下列说法正确的 是(BD) A．下滑过程中的最大速度为 4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为 1∶2 C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1∶2 D．加速与减速过程的位移之比为 1∶2 【解析】作出消防员运动的 v－t 图象． 由vm 2 ×3＝12，∴vm＝8 m/s，A 错；又 t1＋t2＝3，vm＝a1t1＝a2t2，∴t1＝1 s， t2＝2 s，B 对. vm 2 ·t1 vm 2 ·t2 ＝1 2 ，D 对． 加速时，加速度 a1＝8 m/s2，减速时，加速度大小为 4 m/s2； 加速时，摩擦力 f1，mg－f1＝ma1，∴f1＝m×2； 减速时，摩擦力 f2，f2－mg＝ma2，∴f2＝m×14， ∴f1 f2 ＝1 7 ，C 错． 8．(多选)如图甲所示，物体 A 放在某摩天大楼升降电梯的底板上，随电梯一起运动，此过程中物体 对升降机底板的压力 F 随时间 t 变化的规律如图乙所示．已知物体 A 的质量 mA 为 60 kg，g 取 10 m/s2，以 下说法正确的是(AC) A．若电梯是由静止开始运动，则在 25 s 内电梯的位移大小为 175 m B．若电梯是由静止开始运动，则在 25 s 内电梯的位移大小为 275 m C．若电梯初速度 v0＝10 m/s，竖直向上，则在 25 s 内电梯的位移大小为 75 m D．若电梯初速度 v0＝10 m/s，竖直向上，则在 25 s 内电梯的位移大小为 125 m 【解析】由乙图知，0～5 s，处于失重状态，向下的加速度 a1＝2 m/s2，若开始静止，到 5 s 末，速 度 v＝a1t1＝10 m/s，方向向下．发生位移 s1＝v 2 t1＝25 m，5 s～15 s 内做匀速直线运动，这 10 s 的位移 s2＝vt2＝100 m．15 s～25 s 内处于超重状态，向上的加速度 a2＝F－mg m ＝1 m/s2，物体向下做匀减速运动， 到 25 s 末速度刚好变为 0，(t3＝v a2 )．这个 10 s 内，向下的位移 s3＝v 2 ·t3＝50 m．由以上可知 A 对；若 v0＝10 m/s，竖直向上，则 0～5 s 内，vt＝v0－a1t＝(10－2×5) m/s＝0 m/s，位移 s1＝v0 2 t1＝10 2 ×5 m＝ 25 m，向上；5～15 s 内，静止，s2＝0；15～25 s 内，向上做初速度为 0 的匀加速直线运动，s3＝1 2 a2t2 3＝ 1 2 ×1×102 m＝50 m，∴0～25 s 内，s＝s1＋s2＋s3＝75 m，向上，C 对． B 组 9．如图所示，一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角为 30°.现小球在 F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为 3 6 .g 取 10 m/s2， 试求： (1)小球运动的加速度大小； (2)若 F 作用 1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距 A 点的最大距离． 【解析】(1)在力 F 作用下，由牛顿第二定律解得： (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1 解得 a1＝2.5 m/s2. (2)刚撤去 F 时，小球的速度 v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移 s1＝v1 2 t1＝1.8 m 撤去力 F 后，小球上滑时，由牛顿第二定律解得： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 解得 a2＝7.5 m/s2 小球上滑时间 t2＝v1 a2 ＝0.4 s 上滑位移 s2＝v1 2 t2＝0.6 m 则小球离开 A 点向上运动的最大距离为 sm＝s1＋s2＝2.4 m 10．如图甲所示，长木板 B 固定在光滑水平面上，可看做质点的物体 A 静止叠放在 B 的最左端．现用 F＝6 N 的水平力向右拉物体 A，经过 5 s 物体 A 运动到 B 的最右端，其 v－t 图象如图乙所示．已知 A、B 的质量分别为 1 kg、4 kg，A、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2. (1)求物体 A、B 间的动摩擦因数； (2)若 B 不固定，求 A 运动到 B 的最右端所用的时间． 【解析】(1)根据 v－t 图象可知物体 A 的加速度为 aA＝Δv Δt ＝10 5 m/s2＝2 m/s2 以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F－μmAg＝mAaA 解得μ＝F－mAaA mAg ＝0.4 (2)由题图乙可知木板 B 的长度为 l＝1 2 ×5×10 m＝25 m 若 B 不固定，则 B 的加速度为 aB＝μmAg mB ＝0.4×1×10 4 m/s2＝1 m/s2 设 A 运动到 B 的最右端所用的时间为 t，根据题意可得 1 2 aAt2－1 2 aBt2＝l 解得 t＝5 2 s