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必考部分第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律及应用基础·全面落实考点·深度研析素能·专项突破真题·实战演练基础·全面落实教材回扣基础自测一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的成正比、跟它的成反比，加速度的方向跟的方向相同。2．表达式：F＝。3．“五个”性质作用力质量作用力ma二、两类动力学问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的。(2)已知运动情况求物体的。2．解决两类基本问题的方法以为“桥梁”，由和列方程求解，具体逻辑关系如图：运动情况受力情况加速度运动学公式牛顿第二定律三、力学单位制1．单位制由和导出单位组成。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、长度，它们的国际单位分别是、米。3．导出单位由根据物理关系推导出的其他物理量的单位。基本单位质量、时间千克、秒基本量4．国际单位制中的七个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IV坎[德拉]cd(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)1．物体在受力的前提下才会产生加速度，因此加速度的产生要滞后于力的作用。()2．加速度的方向与合外力的方向相同，与速度的方向无关。()3．物体所受合外力减小，物体的速度必减小。()4．物理公式不仅仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。()5．千克、米、秒、库仑、安培都是国际单位制的基本单位。()×√×√×1．(力学单位制)2017年7月5日，“中星9A”的国产卫星成功定点，前期因运载火箭发生异常未能进入预定轨道，却靠自带的燃料独自在太空中“徒步”行进，爬升2万多公里，完成了一次长达16天的“太空自救”，堪称中国“星坚强”。在这则新闻中涉及了长度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是()A．力学基本量是时间、位移、速度B．kg、N、m/s都是导出单位C．长度的国际基本单位是米，也可以是公里D．1N＝1kg·m/s2解析在国际单位制中，力学基本量是长度、质量、时间，A项错误；千克是质量的单位，是基本单位，B项错误；在国际单位制中，长度的国际基本单位只能是米，C项错误；根据牛顿第二定律表达式F＝ma，可知1N＝1kg·m/s2，D项正确。答案D2．(牛顿第二定律的理解)(多选)质量均为m的A、B两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上。A紧靠墙壁，如图所示，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F2mB．A球的加速度为零C．B球的加速度为F2mD．B球的加速度为Fm解析撤去恒力F前，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项错误，B项正确；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＝Fm，故C项错误，D项正确。答案BD3．(动力学的两类基本问题)(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(g取10m/s2)()A．物体经10s速度减为零B．物体经2s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动解析物体受到向右的滑动摩擦力f＝μN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得a＝F＋fm＝2＋31m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到零所需的时间t＝v0a＝105s＝2s，B项正确，A项错误；减速到零后，恒力Ff，物体将保持静止，不再运动，C项正确，D项错误。答案BC考点·深度研析核心考点分层突破考点1牛顿第二定律的瞬时性考|点|速|通牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型牛顿第二定律的表达式为F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：1．刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。2．弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。典|例|微|探【例1】(多选)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，g取10m/s2，下列说法正确的是()A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零解析未剪断轻绳时，水平面对小球的弹力为零，小球受到重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得竖直方向上有Tcosθ＝mg，水平方向上有Tsinθ＝F，解得弹簧弹力F＝mgtanθ＝20N，A项正确；剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，即水平面支持力FN＝mg，水平方向上弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律得小球的加速度a＝F－μFNm＝20－0.2×202m/s2＝8m/s2，方向向左，B项正确；当剪断弹簧的瞬间，小球立即只受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为零，C项错误，D项正确。答案ABD1．求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度2．加速度可以随着力突变而突变，但速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。题|组|冲|关1.(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态，现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断细线的瞬间()A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A项正确，B项错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C项正确，D项错误。答案AC2．(2019·成都龙泉二中月考)如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为()A．a、0B．a、aC．a、2aD．0、2a解析令物体B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧看作整体，则有T＝3ma；隔离物体A为研究对象，则有F＝2ma。剪断轻绳后，绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速度大小仍为a，而物体B所受合力为F＝maB，即aB＝2a。答案C如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为T，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为()A.2T3，2T3m＋gB.T3，2T3m＋gC.2T3，T3m＋gD.T3，T3m＋g解析在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有T－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝2T3，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝2T3m＋g，故A项正确。答案A考点2动力学的两类基本问题考|点|速|通1．物体运动性质的判断方法(1)明确物体的初始运动状态(v0)。(2)明确物体的受力情况(F合)。(3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。2.两类动力学问题的解题步骤典|例|微|探【例2】如图所示，质量为10kg的环(图中未画出)在F＝200N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ。力F作用0.5s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4s后速度减为零。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求：(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离x。解析(1)在力F作用0.5s内根据牛顿第二定律有Fcosθ－mgsinθ－f＝ma1，Fsinθ＝FN＋mgcosθ，f＝μFN，设0.5s末速度为v，根据运动学公式有v＝a1t1，撤去F后0.4s内mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，v＝a2t2，联立以上各式得μ＝0.5，a1＝8m/s2，a2＝10m/s2，v＝a2t2＝4m/s。(2)x＝12a1t21＋vt2－12a2t22＝1.8m。答案(1)0.5(2)1.8m多过程问题的分析方法1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。题|组|冲|关1.如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H＝0.6m处，而A静止于斜面底端。现释放B，试求A在斜面上向上滑行的最大距离。(设B落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)解析设B未落地前系统加速度大小为a1，B落地时的速度为v，B落地后A的加速度为a2，则依据题意有m2g－T＝m2a1，T－m1gsin37°＝m1a1，解得a1＝6m/s2。v2－0＝2a1x1，x1＝H，m1gsin37°＝m1a2，解得a2＝6m/s2。0－v2＝－2a2x2，x2＝0.6m，故A在斜面上向上滑行的最大距离L＝x1＋x2＝1.2m。答案1.2m2.如图所示，质量m＝2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m，用大小为30N、沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处。(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为30N、与水平方向成37°角的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。解析(1)沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。根据运动学公式有L＝12at20，代入数据解得a＝10m/s2，由牛顿第二定律知F－f＝ma，得f＝10N，所以μ＝fmg＝102×10＝0.5。(2)设外力F作用的最短时间为t，物体先以大小为a1的加速度匀加速运动，所用时间为t，受力分析如图所示。撤去外力后，以大小为a2的加速度匀减速运动，所用时间为t′，到达B处速度恰为零。由牛顿第二定律知Fcos37°－f′＝ma1，其中f′＝μFN＝μ(mg－Fsin37°)，联立解得a1＝11.5m/s2，a2＝μmgm＝μg＝5m/s2。由于匀加速阶段末速度即为匀减速阶段的初速度，撤去外力时的速度v＝a1t＝a2t′，又因为L＝12a1t2＋12a2t′2，联立解得t≈1.03s。答案(1)0.5(