牛顿第二定律及基本应用
牛顿第二定律及其基本应用
考点聚焦
1．理解牛顿第二定律；
2．理解力与运动的关系，会进行相关的判断；会求解瞬时性问题；
3．掌握应用牛顿第二定律分析两类动力学基本问题的基本方法和基本技能
例题展示
一、关于力和运动的分析
【例1】放在光滑水平面上的物体，在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态，若其中一个力逐渐减小到零后，又恢复到原值，则该物体的（BC ）
A．速度先增大后减小
B．速度一直增大，直到某个定值
C．加速度先增大，后减小到零
D．加速度一直增大到某个定值
【例2】如图所示，如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（CD）
A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上
C．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大
解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。选CD。
【例3】如图所示．弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住
物体m．现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动
到B点．如果物体受到的阻力恒定，则（AC）
A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C．物体运动到O点时所受合力为零
D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小
解析：物体从A 到O 的运动过程，弹力方向向右．初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动．
当物体向右运动至AO 间某点（设为O ′）时，弹力减小到等于阻力，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．
此后，随着物体继续向右移动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体从O ′点后的合力方向均向左且合力逐渐增大，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向左且逐渐增大．由于加速度与速度反向，物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为A 、C ．
二、关于瞬时加速度的求法
【例4】（2001年上海高考题）如图（1）所示，一质量为m 的物体系于长度分别为L 1 、L 2的两根细线上，L 1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L 2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L 2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。
（1）下面是某同学对该题的某种解法：
解：设L 1线上拉力为T 1，L 2线上拉力为T 2，重力为mg ，物体在三力作用下处于平衡。
=θcos 1T mg ，21sin T T =θ，解得2T =mg tan θ，剪断线的瞬间，T 2突然消失，物体却
在T 2反方向获得加速度，因为mg tan θ=ma 所以加速度a =g tan θ，方向在T 2反方向。你认为这个结果正确吗？说明理由。
（2）若将图（1）中的细线L 1改为长度相同，质量不计的轻弹簧，如图（2）所示，其它条件不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即a =g tan θ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。
解析：（1）这个结果是错误的。当L 2被剪断的瞬间，因T 2突然消失，而引起L 1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度沿垂直L 1斜向下方，为a =g sin θ。
（2）这个结果是正确的。当L 2被剪断时，T 2突然消失，而弹簧还来不及形变（变化要有一个过程，不能突变），因而弹簧的弹力T 1不变，它与重力的合力与T 2是一对平衡力，等值反向，所以L 2剪断时的瞬时加速度为a =g tan θ，方向在T 2的反方向上。
【例5】如图所示，在倾角为θ=300
的光滑斜面上，有两个用轻弹簧连接的木块A 和B ，已知A 的质量为2kg ，B 的质量为3kg ，有一恒力F=50N 的力作用在A 上，在AB 具有相同加速度的瞬间，撤去外力F ，则这一瞬时，A 和B 的加速度分别是多大？
（g ＝10m/s 2）
F
A B
解答：. 2
/20s m a A =
2/5s m a B =
三、关于动力学两类基本问题的求解
【例6】如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg ．（g ＝10m/s 2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况． （2）求悬线对球的拉力．
解析：（1）球和车厢相对静止，它们的运动情况相同，由于对球的受力情况知道的较多，故应以球为研究对象．球受两个力作用：重力mg 和线的拉力FT ，由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动，故其加速度沿水平方向，合外力
沿水平方向．做出平行四边形如图所示．球所受的合外力为 F 合＝mgtan37°
由牛顿第二定律F 合＝ma 可求得球的加速度为
=
?==
37tan g m
F a 合7.5m/s 2
加速度方向水平向右．
车厢可能水平向右做匀加速直线运动，也可能水平向左做匀减速直线运动． （2）由图可得，线对球的拉力大小为
8.010
137cos ?=
?=
mg F T N=12.5 N
【例7】（2004辽宁）三个完全相同物块1、2、3放在水平桌面上,它们与桌面间的动摩擦数都相同.现用大小相同的外力F 沿图示方向分别作用在1和2上,用
2
1
F 的外力沿水平方向作用在3上,使三者做加速运动.令a 1、a 2、a 3分别代表物块1、2、3的加速度,则（C ）
A. a 1=a 2=a 3
B. a 1=a 2,a 2>a 3
C. a 1>a 2,a 2< a 3
D. a 1>a 2 ,a 2> a 3
【例8】如图所示，质量为m 的人站在自动扶梯上， 扶梯正以加速度a 向上减速运动，a 与水平方向 的夹角为θ，求人受的支持力和摩擦力。
a
［解析］以人为研究对象，他站在减速上升的电梯上，受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的支持力FN ，还受到水平方向的静摩擦力Ff ，由于物体斜向下的加速度有一个水平向左的分量，故可判断静摩擦力的方向水平向左。人受力如图的示，建立如图所示的坐标系，并将加速度分解为水平加速度ax 和竖直加速度ay ，如图所示，则： a x =acos θ a y =asin θ
由牛顿第二定律得： F f =ma x mg-F N =ma y 求得F f ＝cos ma θ
F N ＝(sin )m g a θ-
【例9】风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。（如图）
（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动。这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数。 （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s 所需时间为多少？（sin37°＝0.6，cos37°=0.8）
例3 ［解析］（1）设小球受的风力为F ，小球质量为m ，因小球做匀速运动，则
F ＝μmg ，F ＝0.5mg ，所以μ＝0.5
（2）如图所示，设杆对小球的支持力为FN ，摩擦力为Ff ，小球受力产生加速度，沿杆方向有Fcos θ+mgsin θ-F f =ma 垂直杆方向有F N +Fsin θ-mgcos θ=0 又F f ＝μF N 。
可解得a=34g 由s=1
2at 2得 t ＝
83s g
【例10】如图所示，质量为m =4kg 的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平成θ=37°角的恒力F 作用下，从静止起向右前进t 1=2s 后撤去F ，又经
过t 2=4s 物体刚好停下。求：F 的大小、最大速度v m 、总位移s
解析：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a 与时间t 成反比，而第二段中μmg=ma 2，加速度a 2=μg=5m/s 2，所以第一段中的加速度一定是a 1=10m/s 2。
·
F N
F f
x
y
mg F θ
37°
θ
F N
F
mg F f
再由方程1)sin (cos ma F mg F =--θμθ
可求得：F=54.5N
第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vm=a2t2=20m/s 又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有
60)(221=+=
t t v s m
m
注意：在撤去拉力F 前后，物体受的摩擦力发生了改变。
【例11】静止在水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4m/s ，此时将F 撤去，又经6 s 物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F 的大小。
解析：物体的整个运动过程分为两段，前4 s 物体做匀加速运动，后6 s 物体做匀减速运动。
前4 s 内物体的加速度为
2211/1/44
0s m s m t v a ==-=
①
设摩擦力为
μ
F ，由牛顿第二定律得
1
ma F F =-μ ②
后6 s 内物体的加速度为
2222/32
/640s m s m t v a -=-=-=
③
物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得
2
ma F =-μ ④
由②④可求得水平恒力F 的大小为
N
N a a m F 3.3)32
1(2)(21=+?=-=
同步训练 【基础巩固】
1．下列对牛顿第二定律的表达式F ＝ma 及其变形公式的理解，正确的是（CD ）
A ．由F ＝ma 可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成
反比
B ．由a
F
m =可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比
C ．由m F
a =可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比 D ．由a
F
m =可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而
求得
2．下列关于力和运动关系的几种说法中，正确的是（ C ） A ．物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向 B ．物体所受合外力不为零时，其速度不可能为零 C ．物体所受合外力不为零，其加速度一定不为零 D ．合外力变小的，物体一定做减速运动 3．（2002年上海）一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动。探测器通过喷气而获得推动力。以下关于喷气方向的描述中正确是（ AC ）
A ．探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B ．探测器加速运动时，竖直向下喷气
C ．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D ．探测器匀速运动时，不需要喷气
4.在一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m 的游戏者身系一根长为L 、弹性优良的轻质柔软的橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5L 时达到最低点，若不计空气阻力，则在弹性绳从原长达最低点的过程中，以下说法正确的是（B ）
A.速度先减小后增大
B.加速度先减小后增大
C.动能增加了mgL
D.重力势能减少了mgL
5.（2001年上海高考试题）如图1—10—6一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（CD ） A.升降机的速度不断减小 B.升降机的加速度不断变大
C.先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功
D.到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值
6. 如图1—10—5所示，A 和B 的质量分别是1 kg 和2kg ，弹簧和悬线的质量不计，在A 上面的悬线烧断的瞬间（ AC ）
A.A 的加速度等于3g
B. A 的加速度等于g
C.B 的加速度为零 D .B 的加速度为g
7.如图1—10—7所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m 0的平盘，盘中有一物体，质量为m .当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了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以内，则刚刚松开手时盘对物
体的支持力等于（A ）
A.（1＋
L L ?）mg B.（1＋L
L ?）（m ＋m 0）g C. L L ?mg
D.
L
L
?（m ＋m 0）g
8.如图所示，质量m=10kg 的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F ＝20N 的作用，则物体产生的加速度是（ B ）（g 取为10m/s 2
） A ．0
B ．4m/s 2,水平向右
C ．2m/s 2
，水平向左 D ．2m/s 2
，水平向右
9、如图所示，一物块位于光滑水平桌面上；用一大小为F 、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a 向右运动。若保持力的方向不变而增大力的大小，则： ( A )
A ． a 变大
B ．a 不变
C ． a 变小
D ．因为物块的质量未知，故不能确定a 变化的趋势
10.质量为M 的木块位于粗糙的水平面上，若用大小为F 的水平恒力拉木块，其加速度为a .当拉力方向不变，大小变为2F 时，木块的加速度为a ′,则（ C ）
A.a ′=a
B.a ′＜2a
C.a ′＞2a
D.a ′=2a 11．（2002年春季高考北京卷)质量为m 的三角形木楔A 置于倾角为θ的固定斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为μ，一水平力F 作用在木楔A 的竖直平面上，在力F 的推动下，木楔A 沿斜面以恒定的加速度a 向上滑动，则F 的大小为：
A θ
θμθcos )]
cos (sin [++g a m B )sin (cos )sin (θμθθ+-g a m
C )sin (cos )]cos (sin [θμθθμθ-++g a m
D )
sin (cos )]cos (sin [θμθθμθ+++g a m
12.一支架固定于放于水平地面上的小车上，细线上一端系着质量为m 的小球，另一端系在支架上，当小车向左做直线运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，此时放在小车上质量M 的A 物体跟小车相对静止，如图所示，则A 受到的摩擦力大小和方向是（ B ） A ．Mgsin θ，向左
B ．Mgtan θ，向右
C ．Mgcos θ，向右
D ．Mgtan θ，向左
F
θ
A
v
v
F
13.如图1—10—2所示为一光滑竖直圆槽，AP 、BP 、CP 为通过最低点P 与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面，与圆相交于A 、B 、C 点.若一物体由静止分别从A 、B 、C 滑至P 点所需的时间为t 1，t 2，t 3，则 （ C ）
图1—10—2
A.t 1＜t 2＜t 3
B.t 1＞t 2＞t 3
C.t 1=t 2=t 3
D.t 1=t 2＜t 3
14.如图所示，一倾角为θ的斜面上放着一小车，小车上吊着小球m ，小车在斜面上下滑时，小球与车相对静止共同运动，当悬线处于下列状态时，分别求出小
车下滑的加速度及悬线的拉力。
（1）悬线沿竖直方向。 （2）悬线与斜面方向垂直。 （3）悬线沿水平方向。
［解析］作出小球受力图如图（a ）所示为绳子拉力F 1与重力mg ，不可能有沿斜面方向的合力，因此，小球与小车相对静止沿斜面做匀速运动，其加速度a 1=0,绳子的拉力 F 1＝mg.
（2）作出小球受力图如图（b ）所示，绳子的拉力F 2与重力mg 的合力沿斜面向下，小
球的加速度a 2=sin sin mg g m θ
θ=,绳子拉力F2＝mgcos θ
（3）作出受力图如图（c ）所示，小球的加速度3sin /sin mg
F a g m m θθ
===合,
绳子拉力 F 3＝mgcot θ
15.质量为m 的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦系数为μ，
1
2
3
θ
F 1
mg
θ F 2 F 合
mg F 2
F 合 mg
θ
(a) (b)
(c)
a
如沿水平方向加一个力F ，使物体沿斜面向上以加速度a 做匀加速直线运动，如下图甲，则F 多大？
［解析］（1）受力分析：物体受四个力作用：重力mg 、弹力F N 、推力F 、摩擦力Ff ，（2）建立坐标：以加速度方向即沿斜面向 上为x 轴正向，分解F 和mg 如图乙所示； （3）建立方程并求解
x 方向：Fcos α-mgsin α-Ff=ma ① y 方向：F N -mgcos α-Fsin α=0 ② f=μF N ③ 三式联立求解得：
F ＝(sin cos )
cos sin m a g a g a a a μμ++-
16.传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s 的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图所示，今在传送带上端A 处无初速地放上一个质量为m=0.5kg 的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A 到B 的长度为16m ，g 取10m/s 2
,则物体从A 运动到B 的时间为多少？
［解析］由于μ＝0.5＜tan θ＝0.75，物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。
设从物块刚放上到达到皮带速度10m/s ，物体位移为s 1，加速度a 1，时间t1，因物速小
于皮带速率，根据牛顿第二定律，
2
1sin cos 10/mg mg a m s m θμθ
+=
=，方向沿斜面向
下。 t1=v/a 1=1s,s 1=1
2a 1t 12=5m ＜皮带长度。
设从物块速度为10m/s 到B 端所用时间为t 2，加速度a 2，位移s 2，物块速度大于皮带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有
2
2sin cos 2/mg mg a m s m θμθ
-=
=
22
222222211,(165)102,1(10)
22s vt a t m t t t s t s =+-=+?==-即舍去
所用总时间t=t 1+t 2=2s.
· ·
θ＝37° A
B
A
F
F N
x
F f
mg
y
a α
α
乙
17、（（2007上海卷）如图所示，物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面（设经过B 点前后速度大小不变），最后停在C 点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g ＝10m/s 2
） 求：
（1）斜面的倾角α；
（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ； （3）t ＝0.6s 时的瞬时速度v 。
解析：（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a 1＝?v
?t
＝5m/s2，mg sin α＝ma 1，
可得：α＝30?，
（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a 2＝?v ?t
＝2m/s2，μmg ＝ma 2，
可得：μ＝0.2，
（3）由2＋5t ＝1.1＋2（0.8－t ），解得t ＝0.1s ，即物体在斜面上下滑的时间为0.5s ， 则t ＝0.6s 时物体在水平面上，其速度为v ＝v 1.2＋a 2t ＝2.3 m/s
【提高训练】
1.A 、B 、C 三球大小相同，A 为实心木球，B 为实心铁球，C 是质量与A 一样的空心铁球，三球同时从同一高度由静止落下，若受到的阻力相同，则（ AD ） A ．B 球下落的加速度最大 B ．C 球下落的加速度最大
C ．A 球下落的加速度最大
D ．B 球落地时间最短，A 、C 球同落地
2.如图所示，物体m 原以加速度a 沿斜面匀加速下滑，现在物体上方施一竖直向下的恒力F ，则下列说法正确的是（ B ） A ．物体m 受到的摩擦力不变
B ．物体m 下滑的加速度增大
C ．物体m 下滑的加速度变小
D ．物体m 下滑的加速度不变
3、（2006上海卷）质量为 10 kg 的物体在 F ＝200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的
底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37O
．力 F 作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动
摩擦因数μ和物体的总位移 s 。（已知 sin37o ＝0.6，cos37O
＝0.8，g
＝10 m/s 2
）
解析：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为 a1，末速度为 v ，减速时的加速度大小为 a 2，将 mg 和 F 分解后，
由牛顿运动定律得 N=Fsin θ+mgcos θ
A
α
B C
t
（s ） 0.0 0.2 0.4 ? 1.2 1.4 ? v （m/s ） 0.0
1.0
2.0
?
1.1
0.7
?
F
α
v 1 Fcos θ－f －mgsin θ=ma 1 根据摩擦定律有 f=N
加速过程由运动学规律可知 v=a 1t 1
撤去 F 后，物体减速运动的加速度大小为 a 2，则 a 2=g cos θ 由匀变速运动规律有 v=a 2t 2
有运动学规律知 s= a 1t 12/2 + a 2t 22/2 代入数据得μ=0.4 s=6.5m
4.物体的质量除了用天平等计量仪器直接测量外，还可以根据动力学的方法测量，1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定地球卫星及其它飞行物的质量的实验，在实验时，用双子星号宇宙飞船（其质量m 1已在地面上测量了）去接触正在轨道上运行的卫星（其质量m 2未知的），接触后开动飞船尾部的推进器，使宇宙飞船和卫星共同加速如图所示，已知推进器产生的平均推力F ，在开动推进器时间△t 的过程中，
测得宇宙飞船和地球卫星的速度改变△v ，试写出实验测定地球卫星质量m 2的表达式
。（须用上述给定已知物理量）答
案.1F t
m v ?-?
5.如图所示，将金属块用压缩轻弹簧卡在一个矩形箱中，在箱的上顶板和下底板上安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动，当箱以a=2m/s 2
的加速度做竖直向上的匀减速直线运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N ，下底板的传感器显示的压力为10.0N ，取g=10m/s 2
（1）若上顶板的传感器的示数是下底板传感器示数的一半，试判断箱的运动情况。
（2）要使上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向的运动可能是怎样的？
解析：（1）设金属块的质量为m ，F 下-F 上-mg ＝ma,将a=-2m/s 2代入求出m=0.5kg 。由于上顶板仍有压力，说明弹簧长度没变，弹簧弹力仍为10N ，此时顶板受压力为5N ，则 F ′下-F ′上-mg=ma 1,求出a 1=0,故箱静止或沿竖直方向匀速运动。
（2）若上顶板恰无压力，则F ′′下-mg=ma 2,解得a 2=10m/s 2，因此只要满足a ≥10m/s
2
v 2
m 1
m 2
m 1+m 2
v 3
且方向向上即可使上顶板传感器示数为零。
牛顿第二定律的系统表达式及应用一中
牛顿第二定律的系统表达式 一、整体法和隔离法处理加速度相同的连接体问题 1.加速度相同的连接体的动力学方程： F 合 = （m 1 +m 2 +……）a 分量表达式：F x = （m 1 +m 2 +……）a x F y = （m 1 +m 2 +……）a y 2. 应用情境：已知加速度求整体所受外力或者已知整体受力求整体加速度。 例1、如图，在水平面上有一个质量为M的楔形木块A，其斜面倾角为α，一质量为m的木块B放在A的斜面上。现对A施以水平推力F， 恰使B与A不发生相对滑动，忽略一切摩擦，则B对 A的压力大小为( BD ) A 、 mgcosα B、mg/cosα C、FM/(M+m)cosα D、Fm/(M+m)sinα ★题型特点：隔离法与整体法的灵活应用。 ★解法特点：本题最佳方法是先对整体列牛顿第二定律求出整体加速度，再隔离B受力分析得出A、B之间的压力。省去了对木楔受力分析（受力较烦），达到了简化问题的目的。 例2.质量分别为m1、m2、m3、m4的四个物体彼此用轻绳连接，放在光滑的桌面上，拉力F1、F2分别水平地加在m1、m4上，如图所示。求物体系的加速度a和连接m2、m3轻绳的张力F。（F1＞F2） 例3、两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对B的作用力等于 ( ) A．F F F F 3、B 解析：首先确定研究对象，先选整体，求出A、B共同的加速度，再单独研究B，B 在A施加的弹力作用下加速运动，根据牛顿第二定律列方程求解． 将m1、m2看做一个整体，其合外力为F，由牛顿第二定律知，F=(m1+m2)a，再以m2为研究对象，受力分析如右图所示，由牛顿第二定律可得：F12=m2a，以上两式联立可得：F12= ，B正确． 例4、在粗糙水平面上有一个三角形木块a，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个木块b和c，如图1所示，已知m1＞m2，三木块均处于静止， 则粗糙地面对于三角形木块（ D ） A．有摩擦力作用，摩擦力的方向水平向右。B．有摩擦力作用，摩擦力的方向水平向左。C．有摩擦力作用，组摩擦力的方向不能确定。D．没有摩擦力的作用。 二、对加速度不同的连接体应用牛顿第二定律1．加速度不同的连接体的动力学方程：b c a
牛顿第二定律应用的典型问题
牛顿第二定律应用的典型问题
牛顿第二定律应用的典型问题 ——陈法伟 1. 力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因。由知，加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系，加速度与速度同向时，速度增加；反之减小。在加速度为零时，速度有极值。 例1. 如图1所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（） 图1 A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大 解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是（） A. 探测器加速运动时，沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时，竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时，竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时，不需要喷气 解析：受力分析如图2所示，探测器沿直线加速运动时，所受合力方向与 运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。故正确答案选C。
牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律的应用 Prepared on 22 November 2020
寒假作业4 （考查：牛顿第二定律的应用） 一、选择题（1-12单选，13-22多选） 1．如图，水平面上一个物体向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧，则该物体从接触弹簧到离开弹簧的这个过程中，下列说法中正确的是( ) A. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先减小后增大 B. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 C. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先减小后增大 D. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 2．静止在光滑的水平面上的物体，在水平推力F的作用下开始运动，推力F 随时间t变化的规律如图所示，则物体在 1 0~t时间内( ) A. 速度一直增大 B. 加速度一直增大 C. 速度先增大后减小 D. 位移先增大后减小 3．质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块时，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度大小为a′，则 （） A. 2a>a′ B. 2a 课题：牛顿第二定律应用（一） 目的：1、掌握应用牛顿定律分析力和运动关系问题的基本方法。 2、培养学生分析解决问题的能力。 重点：受力分析、运动和力关系的分析。 难点：受力分析、运动和力关系的分析。 方法：启发思考总结归纳、讲练结合。 过程：一、知识点析： 1．牛顿第二定律是在实验基础上总结出的定量揭示了物体的加速度与力和质量的关系。数学表达式：ΣF=ma或ΣFx＝Ma x ΣF y =ma y 理解该定律在注意： （1）。瞬时对应关系；（2）矢量关系；（3）。 2．力、加速度、速度的关系： （1）加速度与力的关系遵循牛顿第二定律。 （2）加速度一与速度的关系：速度是描述物体运动的一个状态量，它与物体运动的加速度没有直接联系，但速度变化量的大小加速度有关，速度变化量与加速度（力）方向一致。 （3）力与加速度是瞬时对应关系，而力与物体的速度，及速度的变化均无直接关系。Δv=at，v=v +at，速度的变化需要时间的积累，速度的大小还需考虑初始情况。 二、例题分析： 例1。一位工人沿水平方向推一质量为45mg的运料车，所用的推力为90N，此时运料车的加速度是1.8m/s2,当这位工人不再推车时,车的加速度。 【例2】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图3-2所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是： A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大 C、物体从A下降B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小 D、物体在B点时，所受合力为零 【解析】本题主要研究a与F 合 的对应关系，弹簧这种特殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的运动性质。对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物体 正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F 合 =0，由A→C 的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。在C位置 专题3.2 牛顿第二定律及其应用（精讲） 1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质。 2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题。 知识点一牛顿第二定律、单位制 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＝F m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。 知识点二动力学中的两类问题 1．两类动力学问题 (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。 2．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： 【方法技巧】两类动力学问题的解题步骤 知识点三超重和失重 1．实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。 (2)视重 ①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。 ②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。 2．超重、失重和完全失重的比较 超重现象失重现象完全失重 概念 物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)大于 物体所受重力的现象 物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)小于物 体所受重力的现象 物体对支持物的压力 (或对悬挂物的拉力)等于零 的现象 产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下 物体的加速度方向向 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 运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升 无阻力的抛体运动；绕 地球匀速圆周运动 物理总复习：牛顿第二定律及其应用 【考纲要求】 1、理解牛顿第二定律，掌握解决动力学两大基本问题的基本方法； 2、了解力学单位制； 3、掌握验证牛顿第二定律的基本方法，掌握实验中图像法的处理方法。 【知识网络】 牛顿第二定律内容：物体运动的加速度与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力相同。 解决动力学两大基本问题 （1）已知受力情况求运动情况。 （2）已知物体的运动情况，求物体的受力情况。 运动=F ma ???→←??? 合力 加速度是运动和力之间联系的纽带和桥梁 【考点梳理】 要点一、牛顿第二定律 1、牛顿第二定律 牛顿第二定律内容：物体运动的加速度与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力相同。 要点诠释：牛顿第二定律的比例式为F ma ∝；表达式为F ma =。1 N 力的物理意义是使质量为m=1kg 的物体产生21/a m s =的加速度的力。 几点特性：（1）瞬时性：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，力是加速度产生的根本原因，加速度与力同时存在、同时变化、同时消失。 （2）矢量性： F ma =是一个矢量方程，加速度a 与力F 方向相同。 （3）独立性：物体受到几个力的作用，一个力产生的加速度只与此力有关，与其他力无关。 （4）同体性：指作用于物体上的力使该物体产生加速度。 要点二、力学单位制 1、基本物理量与基本单位 力学中的基本物理量共有三个，分别是质量、时间、长度；其单位分别是千克、秒、米；其表示的符号分别是kg 、s 、m 。 在物理学中，以质量、长度、时间、电流、热力学温度、发光强度、物质的量共七个物理量 作为基本物理量。以它们的单位千克（kg ）、米（m ）、秒（s ）、安培（A ）、开尔文（K ）、坎 德拉（cd ）、摩尔（mol ）为基本单位。 2、 基本单位的选定原则 （1）基本单位必须具有较高的精确度，并且具有长期的稳定性与重复性。 （2）必须满足由最少的基本单位构成最多的导出单位。 （3）必须具备相互的独立性。 在力学单位制中选取米、千克、秒作为基本单位，其原因在于“米”是一个空间概念；“千克”是一个表述质量的单位；而“秒”是一个时间概念。三者各自独立，不可替代。 例、关于力学单位制，下列说法正确的是（ ） A ．kg 、m/s 、N 是导出单位 B ．kg 、m 、s 是基本单位 C ．在国际单位制中，质量的单位可以是kg ，也可以是g D ．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是 F ma = 关于系统牛顿第二定律的应用 眉山中学邓学军 牛顿第二定律是动力学的核心内容，它深刻揭示了物体产生的加速度与其质量、所受到的力之间的定量关系，在科研、 生产、实际生活中有着极其广泛的应用。本文就牛顿第二定律在物理解题中的应用作些分析总结， 以加深学生对该定律的认 识与理解，从而达到熟练应用的效果目的。对于连接体问题，牛顿第二定律应用于系统，主要表现在以下两方面： 其一，系统内各物体的加速度相同。 则表达式为：F =( m i +m 2+…)a ，这种情况往往以整个系统为研究对象，分析 系统的合外力，求岀共同的加速度。 例1 ?质量为m i 、m 2的两个物体用一轻质细绳连接，现对 m i 施加一个外力F ，在如下几种情况下运动，试求绳上的拉 力大小。 m 1 m 2 m i m 2 ⑶m i 、m 2放在光滑斜面上向上作加速直线运动 解析：对整体：F —( m i + m 2) g sin a=( m i + m 2) a 对 m 2： T — m 2g sin a = m 2 a 解得：T = m i m 2 ⑷m i 、m 2放在粗糙斜面上向上作加速直线运动 解析：对整体： F —( m i + m 2) g sin a — g( m i + m 2) g cos a=( m i + m 2) a 对 m 2： T — m 2g sin a — g( m i + m 2) g cos a = m 2 a 其二，系统内各物体的加速度不同。 这种题目较难，牛顿第二定律的基本表达式为: F m i a i mba 2 L ，这是一个矢量表达式，可以分为以下几种情形： 1. 系统中只有一个物体有加速度，其余物体均静止或作匀速运动。 例2?如图示，斜面体 M 始终处于静止状态，当物体 m 沿斜面下滑时，下列说法正确的是: A ?匀速下滑时，M 对地面的压力等于(M +m ) g B. 加速下滑时，M 对地面的压力小于(M + m ) g ⑵m i 、m 2放在粗糙水平面上作加速直线运动: T = m 2 —F 解得：T = m 2 m i m 2 ⑸m i 、m 2放在光滑水平面上在 F 作用下绕0i 02作匀速圆周运动 解析：对整体：F =( m i + m 2) a 对 m 2： T = m 2 a (连接绳子极短) 解得：T = m 2 > F 01 [m2 -| ml m i m 2 ⑴m i 、m 2放在光滑水平面上作加速直线运动: T = m 2 牛顿第二定律应用的典型问题 ——陈法伟 1. 力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因。由知，加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系，加速度与速度同向时，速度增加；反之减小。在加速度为零时，速度有极值。 例1. 如图1所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（） 图1 A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大 解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是（） A. 探测器加速运动时，沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时，竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时，竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时，不需要喷气 解析：受力分析如图2所示，探测器沿直线加速运动时，所受合力方向与运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。故正确答案选C。 图2 2. 力和加速度的瞬时对应关系 （1）物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系。每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力，而与这一瞬时之间或瞬时之后的力无关。若合外力变为零，加速度也立即变为零（加速度可以突变）。这就是牛顿第二定律的瞬时性。 （2）中学物理中的“绳”和“线”，一般都是理想化模型，具有如下几个特性： ①轻，即绳（或线）的质量和重力均可视为零。由此特点可知，同一根绳（或线）的两端及其中间各点的张力大小相等。 例1.如图所示，一质量为M＝5 kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为h＝0.45 m，斜面体右侧竖直面与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物块的质量为m＝1 kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点。现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g＝10 m/s2，设小物块与斜面体右侧竖直面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点。问： (1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？ (2)此过程中水平恒力至少为多少？ 例1解析：(1)以m为研究对象，竖直方向有： mg－F f＝0 水平方向有：F N＝ma 又F f＝μ2F N 得：a＝12.5 m/s2。 (2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 水平恒力至少为：F＝105 N。 答案：(1)12.5 m/s2(2)105 N 例2.如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，求： （1）劈的加速度至少多大时小球对劈无压力？加速度方向如何？ （2）劈以加速度a1= g/3水平向左加速运动时，绳的拉力多大？ （3）当劈以加速度a3= 2g向左运动时，绳的拉力多大？ 例2解：（1）恰无压力时，对球受力分析，得 （2），对球受力分析，得 （3），对球受力分析，得（无支持力） 练习： 1.如图所示，质量为M的木板上放着质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，求加在木板上的力F为多大时，才能将木板从木块下抽出？（取最大静摩擦力与滑动摩擦力相等） 1解：只有当二者发生相对滑动时，才有可能将M从m下抽出，此时对应的临界状态是：M与m间的摩擦力必定是最大静摩擦力，且m运动的加速度必定是二者共同运动时的最大加速度 隔离受力较简单的物体m，则有：，a m就是系统在此临界状态的加速度 设此时作用于M的力为F min，再取M、m整体为研究对象，则有： F min-μ2(M+m)g=(M+m)a m，故F min=(μ1+μ2)(M+m)g 当F> F min时，才能将M抽出，故F>(μ1+μ2)(M+m)g 2.一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m=10kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/s2）（） A．25m/s2 B．5m/s2 C．10m/s2 D．15m/s2 2.分析：当小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，对 小猴受力分析，运用牛顿第二定律求解加速度． 解答：解：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即F=Mg； 小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力F′=F； 对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有 图 3 F 1 牛顿第二定律的应用检测题 （以下各题取2/10s m g ） 第一类：由物体的受力情况确定物体的运动情况 1，如图1所示，用F = 5.0 N 的水平拉力，使质量m = 5.0 kg 的物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动．求： （1）物体加速度a 的大小； （2）物体开始运动后t = 2.0 s 内通过的位移x ． 2,如图2所示，用F = 6.0 N 的水平拉力，使质量m = 2.0 kg 的物体由静止开 始沿光滑水平面做匀加速直线运动。 （1）求物体的加速度a 的大小； （2）求物体开始运动后t = 4.0 s 末速度的大小； 3．如图3所示，用F 1 = 16 N 的水平拉力，使质量m = 2.0 kg 的物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动。已知物体所受的滑动摩擦力F 2 = 6.0 N 。求： (1)物体加速度a 的大小； (2)物体开始运动后t=2.0 s 内通过的位移x 。 4．如图4所示，用F =12 N 的水平拉力，使物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动. 已知物体的质量m =2.0 kg ，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.30. 求： (1)物体加速度a 的大小； (2)物体在t =2.0s 时速度v 的大小. 5，一辆总质量是4.0×103kg 的满载汽车，从静止出发，沿路面行驶，汽车的牵引力是6.0×103N ，受到的阻力为车重的0.1倍。求汽车运动的加速度和20秒末的速度各是多大? 图1 F 图 2 F 图 4 F 6．如图6所示，一位滑雪者在一段水平雪地上滑雪。已知滑雪者与其全部装备的总质量m = 80kg ，滑雪板与雪地之间的动摩擦因数μ＝0.05。从某时刻起滑雪者收起雪杖自由滑行，此时滑雪者的速度v = 5m/s ，之后做匀减速直线运动。 求： （1）滑雪者做匀减速直线运动的加速度大小； （2）收起雪杖后继续滑行的最大距离。 7，如图7所示，一个质量为m=20kg 的物块，在F=60N 的水平拉力作用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体与地面之间的动摩擦因数为0.10， （1）画出物块的受力示意图 （2）求物块运动的加速度的大小 （3）求物块速度达到s m v /0.6 时移动的距离 第二类：由物体的运动情况确定物体的受力情况 1、列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s 内速度由5.0m/s 增加到15.0m/s. （1）求列车的加速度大小． （2）若列车的质量是1.0×106 kg ，机车对列车的牵引力是1.5×105 N ，求列车在运动中所受的阻力大小． 2，静止在水平地面上的物体，质量为20kg ，现在用一个大小为60N 的水平力使物体做匀加速直线运动，当物体移动9.0m 时，速度达到6.0m/s ，求： 图6 图7 F 牛 顿第二定律的应用 一、计算题 1．如图所示，在游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来。若人和滑板的总质量m = 60 kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ= 0．50，斜坡的倾角θ= 37°（sin37° = 0．6，cos37° = 0．8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10 m/s 2．求： （1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？ （2）若AB 的长度为25m ，求人到B 点时的速度为多少？ 2．如图所示，物体的质量m=4 kg ，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0．2，在与水平方向夹角为37°、大小为10 N 的恒力F 的作用下，由静止开始加速运动，取g=10m/s 2,已知sin 37°= 0．6，cos 37°= 0．8，试求： （1）物体运动的加速度的大小a ； （2）若1t =10 s 时撤去恒力F ，物体还能继续滑行的时间2t 和距离 x ． 3．放于地面上、足够长的木板右端被抬高后成为倾角为0137θ=的斜面，此时物块恰好能沿着木板匀速下滑，重力加速度取10m/s 2，sin370=0．6,cos370=0．8,求 （1）物块与木板间的动摩擦因数； （2）若将此木板右端被抬高后成为倾斜角为0253θ=的斜面，让物块以一定初速度v 0=10m/s 从底端向上滑， 能上滑离底端的最远距离是多大． 4．如图所示，物体的质量m=4kg ，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0．2，在与水平面成37°，F=10N 的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s 时撤去F ，（g=10m/s 2，sin37°=0．6，cos37°=0．8）。求： （1）物体做加速运动时的加速度a ； （2）撤去F 后，物体还能滑行多长时间？ 5．如图所示，水平地面上有一质量m=2．0kg 的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0．20，在与水平方向成θ=37°角斜向下的推力F 作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10N ，sin37o=0．60，cos37o=0．80，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。求： （1）物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小； （2）物块运动过程中加速度的大小； （3）物块开始运动5．0s 所通过的位移大小。 6．如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F 拉质量为m 的物块，可使它匀速向上滑动，若改用大小为3F 的力，扔平行斜面向上拉该物体，让物体从底部由静止开始运动，已知斜面长为L ，物块可看作质点，求： （1）在力3F 的作用下，物体到达斜面顶端的速度； （2）要使物体能够到达斜面顶端，3F 力作用的时间至少多少？ 寒假作业 4 （考查：牛顿第二定律的应用） 一、选择题（1-12单选，13-22多选） 1．如图，水平面上一个物体向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧， 则该物体从接触弹簧到离开弹簧的这个过程中，下列说法中正确的是( ) A. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先减小后增大 B. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 C. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先减小后增大 D. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 2．静止在光滑的水平面上的物体，在水平推力F的作用下开始运动，推力F 随时间t变化的规律如图所示，则物体在 1 0~t时间内( ) A. 速度一直增大 B. 加速度一直增大 C. 速度先增大后减小 D. 位移先增大后减小 3．质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块时，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度大小为a′，则（） A. 2a>a′ B. 2a 牛顿定律的应用 一 两类常用的动力学问题 1. 已知物体的受力情况，求解物体的运动情况； 2. 已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 上述两种问题中，进行正确的受力分析和运动分析是关键，加速度的求解是解决此类问题的纽带，思维过程可以参照如下： 解决两类动力学问题的一般步骤 根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体，研究对象可以是单个物体， 也可以是几个物体构成的系统 画好受力分析图，必要时可以画出详细的运动情景示意图，明确物体的运动性 质和运动过程 通常以加速度的方向为正方向 或者以加速度的方向为某一坐标的正方向 若物体只受两个共点力作用，通常用合成法，若物体受到三个或是三个以上不 在一条直线上的力的作用，一般要用正交分解法 根据牛顿第二定律=ma F 合或者x x F ma = ；y y F ma = 列方向求解，必要时对结论进行讨论 解决两类动力学问题的关键是确定好研究对象分别进行运动分析跟受力分析，求出加速度 例1（新课标全国一2014 24 12分） 公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s 。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120m 。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5,若要求安全距离仍为120m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 解：设路面干燥时，汽车与路面的摩擦因数为μ0，刹车加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由 牛顿第二定律和运动学公式得：ma mg =0μ ①0 20002a v t v s += ②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车钱的速度。 明确研究对象 受力分析和运动 状态分析 选取正方向或建 立坐标系 确定合外力F 合 列方程求解 图 1 牛顿第二定律的应用 第一类：由物体的受力情况确定物体的运动情况 1. 如图1所示，一个质量为m=20kg 的物块，在F=60N 的水平拉力作用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体与地面之间的动摩擦因数为0.10.( g=10m/s 2) （1）画出物块的受力示意图 （2）求物块运动的加速度的大小 （3）物体在t = 2.0s 时速度v 的大小. （4）求物块速度达到s m v /0.6=时移动的距离 2．如图，质量m=2kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦因数25.0=μ，现在对物体施加一个大小F=8N 、与水平方向夹角θ=37°角的斜向上的拉力．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s 2，求 （1）画出物体的受力示意图 (2)物体运动的加速度 （3）物体在拉力作用下5s 内通过的位移大小。 〖方法归纳:〗 〖自主练习:〗 1.一辆总质量是4.0×103kg 的满载汽车，从静止出发，沿路面行驶，汽车的牵引力是6.0×103N ，受到的阻力为车重的0.1倍。求汽车运动的加速度和20秒末的速度各是多大? ( g=10m/s 2) 2．如图所示，一位滑雪者在一段水平雪地上滑雪。已知滑雪者与其全部装备的总质量m = 80kg ，滑雪板与雪地之间的动摩擦因数μ＝0.05。从某时刻起滑雪者收起雪杖自由滑行，此时滑雪者的速度v = 5m/s ，之后做匀减速直线运动。 求：( g=10m/s 2) （1）滑雪者做匀减速直线运动的加速度大小； （2）收起雪杖后继续滑行的最大距离。 3．如图，质量m=2kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦因数25.0=μ，现在对物体施加一个大小F=8N 、与水平方向夹角θ=37°角的斜下上的推力．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s 2， 求（1）物体运动的加速度 （2）物体在拉力作用下5s 内通过的位移大小。 牛顿第二定律的应用 【知识点】 一、动力学中的正交分解 如果物体受三个及三个以上力作用产生加速度，常采用的办法是建立平面直角坐标系，一般使x 轴沿____方向，然后将各个力进行正交分解，从而在x 轴上列出∑F x =ma ；再在y 轴上列出∑F y =0，之后解方程组。 二、超重与失重 1．超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______物体所受的重力的情况，当物体具有_________的加速度时呈现超重现象。 2．失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)______物体所受的重力的情况，当物体具有_________的加速度时呈现失重现象，当物体向下加速度大小为g 时，物体呈现__________现象。 3、物体超重还是失重仅跟_______方向有关，而与_______方向无关。当物体向上做匀减速运动时呈现_______现象(超重、失重)。 【练习】（一律取g=10m/s 2） 1．一辆汽车能以3米／秒2的加速度前进，如果它拉着另一辆质量相同的车斗一起运动，已知阻力是车重的0.1倍，则此时的加速度为________米／秒2【1】 2．如图，质量2千克的物体在水平面上向右运动，物体与地 面间的动摩擦因数为0.2。当物体受到一个水平力F=5牛作用时，物 体的加速度是________米／秒2。【-4.5】 3．在水平轨道上行驶的火车车厢内悬挂一个单摆．当列车进站 时，摆线偏离竖直方向θ角，如图所示。列车的运动方向是________， 加速度为__________ 。【右；gtg θ】 4．质量为10千克的物体挂在弹簧秤上，当物体以0.5米／秒2的加速度匀减速上升时，弹簧秤的示数为__________牛。当物体以1.5米／秒2的加速度匀减速下降时，弹簧秤的示数是__________牛。【95,115】 V 牛顿第二定律的应用(二) 【学习目标】 1、知道利用整体法和隔离法分析连接体问题。 2、知道瞬时加速度的计算方法。 3、知道临界法、程序法、假设法在牛顿第二定律中的应用。 4、学会利用图像处理动力学问题的方法。 【重点、难点】 掌握临界法、程序法、假设法、图象法、整体法和分隔法，并能利用它们处理物理问题。 【知识精讲】 一、整体法和隔离法分析连接体问题 在研究力与运动的关系时，常会涉及相互关联物体间的相互作用问题，即连接体问题。在求解连接体问题时，整体法和隔离法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体。 在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体(当成一个质点)分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程。隔离法和整体法是互相依存，互相补充的，两种方法互相配合交替应用，常能更有效地解决有关连接体的问题。 例1、为了测量木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计这样一个实验。在小木板上固定一个弹簧秤(弹簧秤的质量不计)，弹簧秤下端吊一个光滑的小球。将木板和弹簧秤一起放在斜面上。当用手固定住木板时，弹簧秤示数为F1；放手后使木板沿斜面下滑，稳定时弹簧秤示数为F2，测得斜面倾角为θ，由以上数据可算出木板与斜面间的动摩擦因数为(只能用题中给出的已知量表示)。 解析：把木板、小球、弹簧看成一个整体，应用整体法。 木板、小球、弹簧组成的系统，当沿斜面下滑时，它们有相同的加速度。 设，它们的加速度为a， 则可得：(m球＋m木)gsinθ－μ(m球＋m木)gcosθ＝(m球＋m木)a 可得：a＝gsinθ－μgcosθ① 隔离小球，对小球应用隔离法， 对小球受力分析有：mgsinθ－F2＝m a② 而：mgsinθ＝F1 ③ 由①②得：F2＝μmgcosθ ④ 一、课堂导入 谁说“百无一用是书生”，21世纪最重要的是什么？最缺的是什么？————人才。我们学过了牛顿第二定律，它不是只是纸上谈兵，有很多的应用，可以解决生活中很多的问题，今天我们就来看看牛顿的第二定律到底有什么用。 二、新课传授 1、已知物体的受力情况，求解物体的运动情况。 处理方法：已知物体的受力情况，可以求出物体的合外力，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，再利用物体的初始条件（初位置和初速度），根据运动学公式就可以求出物体的位移和速度，也就是确定了物体的运动情况。流程图如下: 2、已知物体的运动情况，求解物体的受力情况。 处理方法：已知物体的运动情况， 由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合外力，由此推断物体受力情况。流程图如下: 题型一： 已知物体的运动情况分析物体的受力情况 【例1】（★★★）质量为100t 的机车从停车场出发，做匀加速直线运动，运动225m 后，速度达到54km/h ，此时，司机关闭发动机，让机车进站，机车又行驶了125m 才停在站上。设机车所受阻力不变，求机车关闭发动机前所受到得牵引力。 【答案】1.4×105N 【解析】 火车的运动情况和受力情况如图所示 加速阶段：v 0=0，v t =54km/h=15m/s ，s 1=225m 由运动学公式：222 12110.5m/s m/s 225 2152s =?==v a 由牛顿第二定律得：N 1050.5N 10m f F 4 51?=?==-a 减速阶段：以运动方向为正方向，v 2=54km/h=15m/s ，s 2=125m ，v 3=0 故222 22 220.9m/s m/s 125 21502s 0-=?-=-=v a 由牛顿第二定律得：-f=m a 2 故阻力大小f= - m a 2= -105×(-0.9)N=9×104N 因此牵引力F=f+m a 1=（9×104+5×104）N=1.4×105N 【例2】（★★★）如图所示质量为m 的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F ，使物体沿斜面向上以加速度a 做匀加速直线运动，则F 的大小为多少？ 【答案】α μαα μαsin cos cos sin F +++= mg mg ma 【解析】 以物体为研究对象，受力分析如右下图所示，正交分解， 由牛顿第二定律得：ma =--==f m gsin Fcos f -G x -Fy F x αα合 0sin cos N Fy -G y -N F y =--==ααF mg 合 又N f μ= 联立以上三式得：α μαα μαsin cos cos sin F +++= mg mg ma 变式训练：如图所示，电梯与水平面的夹角为30°，当电梯向上运动时，人对电梯 的压力是其重力的 6 5 倍，则人与电梯间的摩擦力是重力的多少倍？ 牛顿第二定律的应用 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT 寒假作业4 （考查：牛顿第二定律的应用） 一、选择题（1-12单选，13-22多选） 1．如图，水平面上一个物体向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧，则该物体从接触弹簧到离开弹簧的这个过程中，下列说法中正确的是( ) A. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先减小后增大 B. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 C. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先减小后增大 D. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大 2．静止在光滑的水平面上的物体，在水平推力F的作用下开始运动，推力F 随时间t变化的规律如图所示，则物体在 1 0~t时间内( ) A. 速度一直增大 B. 加速度一直增大 C. 速度先增大后减小 D. 位移先增大后减小 3．质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块时，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度大小为a′，则 （） A. 2a>a′ B. 2a下载高一物理牛顿第二定律应用
2020高考物理一轮复习专题3-2 牛顿第二定律及其应用(精讲)含答案
16牛顿第二定律及其应用 知识讲解 基础
关于系统牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律应用的典型问题
(完整版)牛顿第二定律的应用-临界问题(附答案)
(精) 牛顿第二定律的应用
高一物理必修一牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律应用及连接体问题
(完整版)牛顿第二定律的综合应用专题
牛顿第二定律应用
牛顿第二定律的应用经典
牛顿第二定律的应用知识点总结和练习
牛顿第二定律的应用