牛顿第二定律经典题型(高一物理第15次课)

牛顿第二定律 一、牛顿第二定律：物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。公式F=ma. 理解要点： 第一节 牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础； （2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度； （3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=max,Fy=may, 若F为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a表示物体在该方向上的分加速度；若F为物体受的若干力中的某一个力，那么a仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。 （4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2. （5）应用牛顿第二定律解题的步骤： ①明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为mi，对应的加速度为ai，则有：F合=m1a1+m2a2+m3a3+„„+mnan 对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律： ∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，„„∑Fn=mnan，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，总是成对出现并且大小相等方向相反的，其矢量和必为零，所以最后得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F。 ②对研究对象进行受力分析。同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。 ③若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。 ④当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。 注：解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，标出

运动情况，那么问题都能迎刃而解。 （6）运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（两类动力学基本问题）： （1）已知物体的受力情况，要求物体的运动情况．如物体运动的位移、速度及时间等． （2）已知物体的运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）． 但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案． 两类动力学基本问题的解题思路图解如下： 牛顿第二定律 加速度a 第一类问题 运动学公式 受力情况 运动情况 另一类问题 加速度a 牛顿第二定律 运动学公式 可见，不论求解那一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键。 问题1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。 牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利用正交分解法进行求解。 例1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？ 问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。 牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。 300 FN yx Ff aymg x aax 图1

例2、如图2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。 L2 L1 θ 图2(a) 问题3：必须弄清牛顿第二定律的性。 当物体受到几个力的作用时，各力将地产生与其对应的加速度（力的作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。 例3、如图3所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：（ ） A．沿斜面向下的直线 B．抛物线 C．竖直向下的直线 D.无规则的曲线。 问题4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。 加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。 例4、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2) 问题5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。 相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，图4 图3 m M

它们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举说明。 例5、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g＝匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。 例6、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是 ，F的最大值是 。 例7、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2） 问题6：必须会分析临界问题。 例8、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB=2N，Ａ受到的水平力ＦA=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则： A．Ａ物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍； B．t＞４s后,Ｂ物体做匀加速直线运动； C．t＝4.5s时,Ａ物体的速度为零； D．t＞4.5s后,ＡＢ的加速度方向相反。 图10 图8 F 图9 图7 F 例

例9、如图11所示，细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。当滑块至少以加速度a= 向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T= 。 拓展1．如图所示，倾角θ=37º的斜面体以加速度a=10m/s2水平向左做匀加速直线运动，质量为m=2kg的物体相对斜面体保持静止，g=10m/s2，求物体所受的摩擦力大小和方向。 问题7：必须会用整体法和隔离法解题。 两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一. 例10、用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F， 如图14所示，求： (1)物体与绳的加速度； (2)绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。) 拓展2．质量分别为M和m的两物体靠在一起放在光滑水平面上．用水平推力F向右推M，两物体向右加速运动时，M、m间的作用力为N1；用水平力F向左推m，使M、m一起加速向左运动时，M、m间的作用力为N2，如图所示，则（ ） A．N1︰N2＝1︰1 B．Nl ︰N2＝m︰M C．N1︰N2＝M︰m D．条件不足，无法比较 图14 M m F a A 450 P 图11

拓展3．如图所示，B物块放在A物块上面一起以加速度a=2m/s2沿斜面向上滑动．已知A物块质量 M=10kg，B物块质量为m=5kg，斜面倾角θ=37°．问：(1)B物体所受的摩擦力多大？ (2)B物块对A物块的压力多大？ 例11、如图16所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成θ角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d是多少？ 问题8：必须会分析与斜面体有关的问题。 例12、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？ 问题9：必须会分析传送带有关的问题。 例13、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为 ，摩擦力对零件做功为 . ｏA θ L 图16 B m y m V0 θ M x 图17 P V S 图18 Q 例14、如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37，从A到B的长度为16ｍ，传送带以V0=10m/s

的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37=0.6,cos37=0.8) 问题10：必须会分析求解联系的问题。 例15、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21所示。 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，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370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？（sin370 = 0．6，cos370 = 0．8） 三、警示易错试题 典型错误之一：不理解“轻弹簧”的物理含义。 例16、如图22所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：1中弹簧的左端固定在墙上，○2中弹簧的左端受大小也为F的拉○3中弹簧的左端拴一小物块，力作用，○物块在光滑的桌面上滑动，4中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认○1 ○F 2 ○3 ○4 ○ｏｏFN1 F G F Ff1 FN Ff G 图21 F F F F 图22

为弹簧的质量都为零，以L1、L2、L3 、L4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：（ ） A．L2>L1; B. L4>L3; C．L1>L3; D. L2=L4. 典型错误之二：受力分析漏掉重力。 例17、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2） 第二节 真题练兵 1、．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为（重力加速度为g）（ ） A．Tm(gsinacos) FNm(gcosasin) B．Tm(gcosasin) FNm(gsinacos) C．Tm(acosgsin) FNm(gcosasin) D．Tm(asingcos) FNm(gsinacos) 2、如图，质量M=8.0kg的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F=8.0N的水平恒力．当小车向右运动的速度达到3.0m/s时，在其右端轻轻放上一个质量m=2.0kg的小物块（初速为零），物块与小车间的动摩擦因数μ=0.20，假定小车足够长．求： （1）经多长时间物块停止在小车上相对滑动？ 2（2）小物块从放在车上开始，经过t=3.0s，通过的位移是多少？（取g=10m/s） θ m a 考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题： 压轴题；牛顿运动定律综合专题． 分析： （1）分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，即可以求出时间； （2）滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀速运动，分别求出两个运动的位移即可解题． 解答： 解：（1）对物块：μmg=ma1 2∴a1=μg=2m/s 对小车：F﹣μmg=Ma2 2∴a2=0.5m/s

物块在小车上停止相对滑动时，速度相同 则有：a1t1=υ0+a2t1 ∴t1= （2）t1物块位移x1= t1时刻物块速度υ1=a1t1=4m/s t1后M，m有相同的加速度，对M，m 整体有：F=（M+m）a3 2∴a3=0.8m/s ∴x2=υ1（t﹣t1）+=4.4m ∴3S内物块位移x=x1+x2=8.4m 答：（1）经多2s物块停止在小车上相对滑动； （2）小物块从放在车上开始，经过t=3.0s，通过的位移是8.4m． 3、如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取，求： （1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间； （2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移； （3）小球离开木箱时木箱的速度． 考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动． 专题： 压轴题；牛顿运动定律综合专题． 分析： （1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间； （2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间； （3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度． 解答： 解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动． 由，得 小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s． （2）小球放到木箱后，木箱的加速度为： 木箱向右运动的最大位移为：

小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m． （3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下 木箱向左运动的加速度为 设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则： 设木箱向左运动的时间为t2，则： 由得： 所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=2.8×1=2.8m/s． 4．如图8，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（ ） A．P向下滑动 B．P静止不动 C．P所受的合外力增大 D．P与斜面间的静摩擦力增大 5（2013江苏高考）. (16 分)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出, 砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为m1 和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ. 重力加速度为g. （1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； 第三节 要使纸板相对砝码运动,,求需所拉力的大小； (3)本实验中,m1 =0. 5 kg,m2 =0. 1 kg,μ=0. 2,砝码与纸板左端的距离d =0. 1 m,取g =10 m/ s. 若砝码移动的距离超过l =0. 002 m,人眼就能感知. 为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大? 2

6（2013山东理综）.（15分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以V0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数重力加速度g取10 m/s2. （1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。 （2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 7 (2013安徽高考)．如图所示，质量为M、倾角为的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为3。33l时将物块由4静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。 （1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度； （2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动； （3）求弹簧的最大伸长量； （4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？ m α M

8、如图所示，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从A点由静止开始做匀加速运动，前进了0.45m抵达B点时，立即撤去外力．此后小木块又前进0.15m到达C点，速度为零．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=，木块质量m=1kg．求： （1）木块向上经过B点时速度为多大？ 2（2）木块在AB段所受的外力F多大？（取g=10m/s） （3）木块回到A点的速度v为多大？ 考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用． 专题： 压轴题；牛顿运动定律综合专题． 分析： （1）对小滑块加速和减速过程分别受力分析，加速过程受推力、重力、支持力和摩擦力，减速过程，推力撤销，其余力不变；然后对两个过程运用牛顿第二定律求出加速度，再根据速度位移公式列式求解； （2）依据第一问的解答，可以进一步得到外力F的大小； （3）木块下降过程，先受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解木速度． 解答： 解：（1）小滑块加速过程受推力、重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1 ① 小滑块减速过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 mgsinθ+μmgcosθ=ma2 ② 对于加速过程，根据运动学公式，有 ③ 对于减速过程，根据运动学公式，同样有 ④ 有①②③④解得 v=1.5 m/s F=10 N 故木块向上经过B点时速度为1.5m/s； （2）木块在AB段所受的外力F为10N； （3）木块下降过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3 ⑤ 根据速度位移公式，有 ⑥ 解得 v′A=m/s 即木块回到A点的速度v为． 点评： 本题关键是对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出各个时间段的加速度，然后根据运动

学公式列式求解． 备注

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