牛二应用--
牛顿第二定律的应用
即先根据物体的运动情况，利用运动学公式求出物体 的加速度，再由牛顿第二定律推断或者求出物体的受 力情况
但不管哪一类问题，确定物体的加速度是解题的 关键
二、用牛顿第二定律分析解决力学问题时， 一般按以下步骤进行：
（1）确定研究对象，将研究对象从系统中隔离 出来；
（2）查受力，对研究的对象进行受力分析，画出 物体的受力图；
Ff＝μFN
⑤
θ
Ff
F1
F2
F
mg
v ＝at
⑥
由①②③④⑤ ⑥得 v = F cos - (mg + F sin ) t
m
代入数据可得： v ＝２４m/s
4一个滑雪的人，质量m＝75kg，以v0＝2m/s的初速度沿
山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，在t＝5s的时
间内滑下的路程x＝60m，求滑雪人受到的阻力（包括摩
物体受
牛顿第
加速度
运动学
物体运
力情况
二定律
a
公式
动情况
2、已知物体运动情况，求物体受力情况
物体受 力情况
牛顿第 二定律
加速度 a
运动学 公式
物体运 动情况
★但不管哪一类问题，确定物体的加速度 是解题的关键。
解题思路：
受力 合成法
F合 = m a
运动学公式
情况
F合
a
v
运动
s
情况
t
正交分
v v at
（3）审查题意，确定是匀速还是匀变速运动， v，a，F合各自的方向如何。
牛二应用
(1)A、B两木块之间的距离；
答案
L＋mgsin
α＋μmgcos k
α
图8
解析 隔离B木块受力分析，由平衡条件可得 F弹＝mgsin α＋μmgcos α
由胡克定律F
弹＝kΔx
得两木块间的距离为LAB＝L＋Δx＝L＋mgsin
α＋μmgcos k
α
解析 答案
(2)剪断细线瞬间， A、B两木块加速度分别为多大 . 答案 aA＝2g(sin α＋μcos α)，aB＝0 解析 剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块 B由牛顿第二定律得 F弹－ (mgsin α＋μmgcos α)＝maB 解得aB＝0. 对于木块A有F弹＋μmgcos α＋mgsin α＝maA 解得aA＝2(gsin α＋μgcos α)＝2g(sin α＋μcos α).
出后的瞬间，物块 1、2、3、4的加速度大小分别为 a1、a2、a3、a4.重力 加速度大小为 g，则有
A.a1＝a2＝a3＝a4＝0 B.a1＝a2＝a3＝a4＝g
√C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋m0m0g
D.a1＝g，a2＝m＋m0m0g，a3＝0，a4＝m＋m0m0g
图9
解析 答案
5.(多选)如图9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对小球的作用力均为 F，
(重力加速度为 g)，下列说法正确的是
A.弹簧弹力大小为 2mg
B.球 B 的加速度为 g
C.球 A 受到的支持力为 2mg
√D.球 A 的加速度为 12g
图6
解析 答案
二、超重和失重
1.超重 (1)定义：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. (2)产生条件：物体具有 向上 的加速度. 2.失重 (1)定义：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. (2)产生条件：物体具有 向下 的加速度.
牛二应用---传送带问题
牛顿第二定律的应用―――传送带问题传送带问题对学生来说主要表现在分不清物体相对传送带的运动和相对地面的运动，另外对在运动过程中物体所受摩擦力的方向何时会发生改变搞不清楚。
传送带问题一般按照以下思路分析：（1）选地面为参考系，把物体和传送带隔离进行分析，分别找出物体和传送带相对地面的位移和速度，然后求解相对位移和相对速度。
（2）传送带传送物体时，物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带的速度相等的时刻。
一．水平传送带：(1)物块m静止放到以V匀速运转的长为L传送带上，试求小物块滑到右端的可能时间？物块与传送带见的动摩擦因数为μ（2）物块m以v1放到以V2匀速向右运转的长为L传送带上，试求小物块滑到右端的可能时间和相对位移？物块与传送带间的动摩擦因数为μ①若v1< V2 ②若v1> V2(3) 物块m以v1放到以V2匀速向左运转的长为L传送带上，试求小物块滑到右端的可能时间和相对位移？物块与传送带见的动摩擦因数为μ二．倾斜传送带：(1) 如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从A→B的长度L=50m，则物体从A到B需要的时间为多少？思考：若物块以速度v1冲上传送带？(2) 如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s 的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A →B 的长度L=16m ，则物体从A 到B 需要的时间为多少？练习：.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。
如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v=1m/s 的恒定速率运行，一质量为m=4Kg 的行李无初速地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。
牛顿第二定律应用
牛顿第二定律应用（一） 元济汪利兵编制一、 牛二的基本应用——正交分解法1.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，如果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，求力F 多大？2.如图所示，原来静止的小车上固定着三角硬杆，两边硬杆所夹角度为θ。
杆的端点固定着一个质量为m 的小球．求小车在下列两种情况下，小球受到杆的弹力大小及方向。
（1）、当小车做匀速直线运动（2）、小车以加速度a 水平向右加速。
（3）、 当小车向右的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化(用F1至F4变化表示)可能是下图中的(OO′为沿杆方向) ( ) mg m22a g tanθ=g a / C3.如图所示，电梯与水平面夹角为370，质量为50kg 人站在电梯上随电梯向上运动（g ＝10m/s 2）（1）.若电梯匀速向上运动，求人对电梯的压力及人所受到的摩擦力；（2）.当电梯以1m/s 2加速度向上加速运动时，求人对电梯的压力及人所受到的摩擦力。
500N 0 530N 40N4.如图所示，一倾角为θ的斜面固定于电梯中，一质量为m 的箱子放置在斜面上，当电梯以加速度a 匀加速向上运动时，在箱子始终相对斜面静止的条件下，求箱子对斜面的压力及箱子所受的摩擦力。
m(g+a)cosθ m(g+a)sinθθ370Va二、根据受力情况分析运动过程1.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上，已知t＝0时质点的速度为零，在图所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速率最大()A、t1B、t2C、t3D、t42.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（）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选CD三、根据运动情况分析物体受力1.一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，不需要喷气解选C。
牛顿第二定律的运用
牛顿第二定律的运用定律内容：物体的加速度跟物体所受的合外力F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。
而以物理学的观点来看，牛顿运动第二定律亦可以表述为“物体随时间变化之动量变化率和所受外力之和成正比”。
即动量对时间的一阶导数等于外力之和。
公式：F合=m a （单位：N（牛）或者千克米每二次方秒）牛顿发表的原始公式：F=d(m v)/dt动量为p的物体，在合外力为F的作用下，其动量随时间的变化率等于作用于物体的合外力。
用通俗一点的话来说，就是以t为自变量，p为因变量的函数的导数，就是该点所受的合外力。
即：F=d p/dt=d(m v)/dt而当物体低速运动，速度远低于光速时，物体的质量为不依赖于速度的常量，所以有F=m(d v/dt)=m a这也叫动量定理。
在相对论中F=m a是不成立的，因为质量随速度改变，而F=d(m v)/dt依然使用。
由实验可得F∝m,F∝a(只有当F以N,m以kg，a以m/s^2为单位时，F合=m a 成立）几点说明：（1）牛顿第二定律是力的瞬时作用规律。
力和加速度同时产生、同时变化、同时消失。
（2）F=ma是一个矢量方程，应用时应规定正方向，凡与正方向相同的力或加速度均取正值，反之取负值，一般常取加速度的方向为正方向。
（3）根据力的独立作用原理，用牛顿第二定律处理物体在一个平面内运动的问题时，可将物体所受各力正交分解[1]，在两个互相垂直的方向上分别应用牛顿第二定律的分量形式：Fx=max，Fy=may列方程。
4.牛顿第二定律的六个性质：（1）因果性：力是产生加速度的原因。
若不存在力，则没有加速度。
（2）矢量性：力和加速度都是矢量，物体加速度方向由物体所受合外力的方向决定。
牛顿第二定律数学表达式∑F= m a中，等号不仅表示左右两边数值相等，也表示方向一致，即物体加速度方向与所受合外力方向相同。
根据他的矢量性可以用正交分解法讲力合成或分解。
（3）瞬时性：当物体（质量一定）所受外力发生突然变化时，作为由力决定的加速度的大小和方向也要同时发生突变；当合外力为零时，加速度同时为零，加速度与合外力保持一一对应关系。
牛二应用(瞬时、多过程)
• 例1、两球质量均为m，两根轻绳1和2，突 然迅速剪断1，剪断瞬间A、B的加速度为多 少？
1
A 2 B
注意：绳子的拉力在外界条件改 变的瞬间可以发生突变
瞬时性问题解题步骤：
1.对系统处于平衡状态时的各物体进行 受力分析 2.对系统平衡状态被打破后的各物体 进行受力分析
a A B
多过程问题
• 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 最短的过程中小球的速度、加速度分别如 何变？
2.
• 质量为m=2kg的物体从倾角为θ=30°的光 滑斜面AB上由静止开始下滑，随后在 u=0.5的水平面BC上运动，直至静止，已 知AB长10m.求物体从刚开始下滑到静止所 用的时间（g=10m/s2）。
a 1 A 2
B
• 变式3: 质量为mA、mB的两物体在粗糙的 水平面上，在水平外力F的作用下匀速运动， 求撤去外力F时A、B两物体的加速度为多 少？ 步步高 P82, 6
B A
F
变式4、光滑的水平面上有一小车，以向右 的加速度a匀加速运动，车内两物体A、B 质量均为m，A、B间弹簧相连，通过绳子 B与车相连，剪断绳子的瞬间，A、B的加 速度分别为多少？
3.比较两状态中系统各物体的受力变化 情况，求出此时各物体所受的合外力
• 原题、两球质量均为m，两根轻绳1和2，突 然迅速剪断1，剪断瞬间A、B的加速度为多 少？
变式1：将轻绳2改变成轻质弹簧，则情况 又如何？
1
A
注意：弹簧的弹力在外界条件改 变的瞬间不能发生突变，除非弹 簧被剪断
2 B
• 原题、两球质量均为m，两根轻绳1和2，突 然迅速剪断1，剪断瞬间A、B的加速度为多 少？ • 变式2: 变式1中整个装置以a匀加速上升， 则情况又怎样？
牛顿第二定律的应用(很全_自己上课用)
a
5.如图所示，质量为m的小 球用细绳挂在倾角为37°的 光滑斜面顶端，斜面静止时， 绳与斜面平行，现斜面向左 加速运动。 (1)当a1=g时，细绳对 小球的拉力多大？ (2)当a2=2g呢？
Tcosθ－Nsinθ=ma Tsinθ+Ncosθ=mg解得 T=mgsinθ+macosθ 当a1=g时，T1=1.4mg；当a2=2g时， T2=2.2mg
F
m1 m2 FN1
[m1]
F1
m1g FN2
F
联立（1）、（2）可得
m2F F1 = m1 m 2
[m2]
F1
m2g
例题1:光滑的水平面上有质量分别为m1、m2的两物体 静 止靠在一起(如图) ,现对m1施加一个大小为 F 方向向 右的推力作用。求此时物体m2受到物体 m1的作用力F1 [ 解法二 ]： 对m1、m2视为整体作受力分析
一条轻弹簧上端固定在 天花板上,下端连接一物 体A,A的下边通过一轻绳 连接物体B.A,B的质量相 同均为m,待平衡后剪断 A,B间的细绳,则剪断细 绳的瞬间,物体A的加速 度和B的加速度?
A
B
如图,两个质量均 为m的重物静止,若 剪断绳OA,则剪断 瞬间A和B的加速度 分别是多少?
0
A
B
质量皆为m的A,B两球之间系 着一个不计质量的轻弹簧,放 在光滑水平台面上,A球紧靠墙 壁,今用力F将B球向左推压弹 簧,平衡后,突然将力F撤去的 瞬间A,B的加速度分别为多 少？.
m
θ
• 2．如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个 物体，物体与壁间的静摩擦因数μ＝0.8，要使物 体不致下滑，车厢至少应以多大的加速度前进？ （g＝10m/s2）
精选牛顿第二定律的应用资料
G
x2=?
代入数据：
20 × 0.8－ f ＝10a1
F支＋ 20 × 0.6 －10 × 10
＝0
f解＝之0得.15：× F支
F支＝88N , f ＝13.2N a1＝0.28m / s2
由v1=v0+a1t可知：
v1=0.28×5m/s
=1.4m/s
由x1=a1t2 / 2可知：
f ’= µF支
代入数据： 解之得：
0 – f ’= 10a2
F支’ – 10×10 =0
F支’=100N f ’=15N
f ’ = 0.15 F支’ a2= – 1.5m / s2
方法一：
方法二：
由0=v1+a2t2可知：
0 = 1.4 +(– 1.5)×t2
t2 =0.93s
由2 a2 x2= 02 – v12 得： 2×(– 1.5) x2= – 1.42
x2=0.65m
由x2= v1t2+a2t22 / 2可知：
x2= 1.4× 0.93 +(– 1.5)× (0.93)2 / 2
=0.65m
一物块从光滑斜面顶端下滑，已知
斜面倾角为300，斜面长为2.5m，则物体
滑到底端时所用时间为多少？ y
F
解：以物体为研究对象受
力如图，并建立如图坐标，
G2
由牛顿第二定律可知，
二、重点、难点：
1、重点：形成动力学问题的分析思路和解决方法。
2、难点：把动力学的分析思路和解决方法贯彻到 具体问题的解决之中。
三、教学过程：
复习:
下列说法正确的是：
( BCD )
A、由a= v 可知，a与v成正比，与t反比
3.2牛二应用一：动力学的两类问题
3.2牛二应用一：动力学的两类基本问题一、学习目标会用牛顿第二定律分析和解决两类基本问题：已知受力情况求解运动情况，已知运动情况求解受力情况。
二、知识梳理1.已知力求运动：知道物体受到的作用力，应用牛顿第二定律求加速度，如果再知道物体的初始运动状态，应用运动学公式就可以求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹。
2.已知运动求力：知道物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况。
3.两类基本问题的解题步骤：（1）确定研究对象，明确物理过程；（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力图和运动过程示意图；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程；合力的求解常用合成法或正交分解法；要特别注意公式中各矢量的方向及正负号的选择，最好在受力图上标出研究对象的加速度的方向；（4）求解、检验，必要时需要讨论。
三、典型例题1.有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°，45°，30°，这些轨道交于O点．现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是（）A．甲最先，乙稍后，丙最后B．乙最先，然后甲和丙同时到达C．甲、乙、丙同时到达D．乙最先，甲稍后，丙最后2.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A．物体的初速率v0＝3 m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min＝1.44 mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上3.我国歼-15舰载战斗机首次在“辽宁舰”上成功降落，有关资料表明，该战斗机的质量m=2.0v=80 m/s减小到零所用时间t=2.5 ×104 kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从s．若将上述运动视为匀减速直线运动，求：该战斗机在此过程中(1)加速度的大小a；(2)滑行的距离x；(3)所受合力的大小F．4.如图所示，一质量为m =2kg 的物体静止在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现对物体施加一水平向右的恒定拉力F =12N ，取g =10m/s 2。
牛顿第二定律的应用
力情况
合力
加速度 a
物体运
动情况
二、从运动情况确定受力
物体受
合力
加速度
物体运
力情况
a
动情况
运动学 公式
解题思路： 力的合成 与分解 受力情况
a的作用
a 合力F合 F合 = m a
运动情况
应用牛顿运动定律解题的一般步骤
1、确定研究对象。 2、分析研究对象的受力情况，必要时画受力 的示意图。 3、分析研究对象的运动情况，必要时画运动 过程简图。 4、利用牛顿第二定律或运动学公式求加速度。 5、利用运动学公式或牛顿第二定律进一步求 解要求的物理量。
（g=10m/s2）
解：
由x＝v0 t＋
at 2
2
21
得
a＝
2（x －v0t）
t
①
FN
F阻
θ mg
滑雪的人滑雪时受力如图，将G分解得： F1= mgsinθ ② 根据牛顿第二定律:F1－F阻＝m a 由①②③ 代入数据可得： F阻＝75N
③
F1
θ
F2
F阻 方向沿斜面向上
总结：从运动情况确定受力
处理这类问题的基本思路是：先分析物 体的运动情况，据运动学公式求加速度， 再在分析物体受力情况的基础上，用牛顿 第二定律列方程求所求量(力)。 F=m
牛顿第二定律的应用
一、 从受力确定运动情况
已知物体受力情况确定运动情况， 指的是在受力情况已知的条件下，要 求判断出物体的运动状态或求出物体 的速度、位移等。
【例1】一个静止在光滑水平面上的物 体，质量为2kg，受水平拉力F＝6N的 作用从静止开始运动，求物体2s末的 速度及2s内的位移．
6m/s 6m
牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律的应用1、动力学两类基本问题1．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：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。
2、牛顿运动定律的解题步骤应用牛顿第二定律解决问题时，应按以下步骤进行．1．分析题意，明确已知条件和所求量2、选取研究对象；所选取的对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，同一个题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。
3．对其进行受力情况分析和运动情况分析（切莫多力与缺力）；4．根据牛顿第二定律列出方程；说明：如果只受两个力，可以用平行四边形法则求其合力，如果物体受力较多，一般用正交分解法求其合力，如果物体做直线运动，一般把力分解到沿运动方向和垂直于运动方向；当求加速度时，要沿着加速度的方向处理力；当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度；5．把各量统一单位，代入数值求解；注意事项：①由于物体的受力情况与运动状态有关，所以受力分析和运动分析往往同时考虑，交叉进行，在画受力分析图时，把所受的外力画在物体上（也可视为质点，画在一点上），把v0和a的方向标在物体的旁边，以免混淆不清。
②建立坐标系时应注意：A．如果物体所受外力都在同一直线上，应建立一维坐标系，也就是选一个正方向就行了。
如果物体所受外力在同一平面上，应建立二维直角坐标系。
B．仅用牛顿第二定律就能解答的问题，通常选加速度a的方向和垂直于a的方向作为坐标轴的正方向，综合应用牛顿定律和运动学公式才能解答的问题，通常选初速度V0的方向和垂直于V0的方向为坐标轴正方向，否则易造成“十”“一”号混乱。
牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律的应用牛顿第二定律反映了物体的加速度与所受合力间的关系，运用牛顿第二定律分析求解物理问题的方法，是物理学的重要方法。
1．定性分析问题问题多属物体在变力作用下的运动问题，分析求解的关键是确定物体所受诸外力中各力的变化情况，然后分析确定质点所受诸外力的合力的变化情况，在运用牛顿第二定律分析确定质点加速度的变化情况，最后依据加速度方向与速度方向的关系确定质点的速度或与速度关联的物理量如何变化。
例1．如图1（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。
通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则A．t1时刻小球速率最大B．t2时刻小球速率最大C．t2-t3这段时间内，小球的速率先增加后减小D．t2-t3这段时间内，小球的速率一直增大解析：由图象可知，t1时刻，小球刚接触弹簧，此后，至小球经过平衡位置，弹簧对小球向上的弹力小于向下的重力，这两个力的合力向下，小球继续加速下降，速率继续增加。
小球过了平衡位置后，向上的弹力大于向下的重力，两者合力向上，小球减速下降，因此，小球过平衡位置时速率最大。
图象中的t2时刻，弹力最大，弹簧被压至最短，小球恰好落至最低点，速率为零。
A、B错；t2-t3这段时间内，小球由最低点向上运动到弹簧恢复原长，过平衡位置前是向上的弹力大于向下的重力，两者的合力向上，小球加速上升，过平衡位置后，向上的弹力小于向下的重力，两者合力向下，小球减速上升。
因此，速率先增加后减小。
C对D错。
本题选C。
点评：对于物体落在竖直弹簧上的运动，平衡位置是物体速率增加与减小的临界位置。
例2．如图2所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。
现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：依题意可知，撤去水平拉力前，物块相对木板向后运动，受木板向前的滑动摩擦力作用相对地面向前匀加速运动，木板在拉力与滑动摩擦力的共同作用下加速前进。
牛顿第二定律在生活中的应用
牛顿第二定律在生活中的应用
牛顿第二定律定义了力和物体的运动之间的关系，即力等于质量乘以加速度，即F=ma。
它在生活中的应用非常广泛，以下
是其中一些应用：
1. 汽车制动：当汽车制动时，制动器施加一个力，使汽车减速，这就是牛顿第二定律的应用。
2. 跳伞：当跳伞时，空气会施加一个反作用力，使跳伞者减速，这也是牛顿第二定律的应用。
3. 火箭发射：当火箭发射时，火箭发动机施加一个力，使火箭加速，这也是牛顿第二定律的应用。
4. 飞机起飞：当飞机起飞时，发动机施加一个力，使飞机加速，这也是牛顿第二定律的应用。
5. 投掷物体：当投掷物体时，力会使物体加速，这也是牛顿第二定律的应用。
高中物理教案：牛顿第二定律的应用
高中物理教案：牛顿第二定律的应用引言嗨，大家好！欢迎来到今天的物理课堂！今天我们要学习的内容是《牛顿第二定律的应用》。
在上一节课中，我们学习了牛顿第二定律的基本概念：物体的加速度与作用在该物体上的合力成正比，与物体质量成反比。
这个定律的公式可以表示为：F = ma，其中F是合力，m是物体的质量，a是物体的加速度。
那么，牛顿第二定律到底有什么应用呢？在本节课中，我们将学习如何利用牛顿第二定律解决一些实际问题。
让我们一起开始吧！1. 牛顿第二定律解决平衡问题首先，让我们来看一个简单的问题：一个物体在光滑的水平面上，有一质量为10千克的箱子施加在它上面，向右方向拉力为50牛顿。
我们需要求出物体的加速度。
根据牛顿第二定律的公式 F = ma，我们可以得到 a = F/m = 50牛顿 / 10千克 = 5米/秒²。
所以，物体的加速度是5米/秒²。
那么，这个物体在受到50牛顿的拉力的作用下，为什么还能保持静止呢？这是因为存在一个与拉力相等且方向相反的摩擦力，使得物体处于平衡状态。
2. 牛顿第二定律解决运动问题接下来，我们来看一个稍微复杂一点的问题：一个质量为5千克的物体在水平面上，受到一个17牛顿的拉力，开始以一个初速度为0的情况下运动。
我们需要求出物体在10秒后的速度。
根据牛顿第二定律的公式 F = ma，我们可以得到物体的加速度 a = F/m = 17牛顿 / 5千克 = 3.4米/秒²。
接下来，我们可以使用初速度为0、加速度为3.4米/秒²、时间为10秒的运动学公式v = u + at 来求解问题。
代入我们的数值，即可得出物体在10秒后的速度 v = 0 + 3.4米/秒² × 10秒 = 34米/秒。
所以，物体在10秒后的速度为34米/秒。
3. 牛顿第二定律解决斜面上的问题除了水平面上的运动问题，牛顿第二定律还可以应用于斜面上的运动问题。
专题：牛顿第二定律的应用
专题：牛顿第二定律的应用1.合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，根据牛顿第二定律可知，利用平行四边形定则求出的两个力的合外力方向就是加速度方向．特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单．2．正交分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常采用正交分解法解题，为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴的正方向常有以下两种方法：(1)分解力而不分解加速度分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴的正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别求得x轴和y轴上的合力F x和F y.根据力的独立作用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得F x＝ma，F y＝0.(2)分解加速度而不分解力分解加速度a为a x和a y，根据牛顿第二定律得F x＝ma x，F y＝ma y，再求解．这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时，其他的力都落在或绝大部分力落在两个坐标轴上而不需再分解的情况下应用．例1图3－1－11如图3－1－11所示，小车在水平面上以加速度a(a<g tan θ)向左做匀加速直线运动，车厢内用OA、OB两根细绳系住一个质量为m的物体，OA与竖直方向的夹角为θ，OB是水平的，求OA、OB两绳的拉力F T1、F T2各是多少？【解析】物体的受力情况及直角坐标系的建立如图所示(这样建立只需分解一个力)注意到a y＝0，则有F T1sin θ－F T2＝maF T1cos θ－mg＝0解得F T1＝mgcos θ，F T2＝mg tan θ－ma.【答案】mgcos θmg tan θ－ma图3－1－5例2如图3－1－5所示，在箱内倾角为θ的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块．求：箱以加速度a匀加速上升和箱以加速度a向左匀加速运动时(线始终张紧)，线对木块的拉力F1和斜面对木块的支持力F2各多大？【潜点探究】 (1)斜面光滑，绳张紧，可确定木块受三力作用：重力、绳力、斜面支持力．(2)木块随箱以a向上加速运动时，说明合力在竖直方向，绳力与斜面支持力合力必向上，与重力方向相反，用合成法解更好．(3)木块随箱水平向左加速时，合力在水平方向，此时应考虑分解加速度，尽可能与分力方向同直线，以便建立方程求解．【规范解答】箱匀加速上升，木块所受合力竖直向上，其受力情况如图甲所示(注意在受力图的旁边标出加速度的方向)．用F表示F1、F2的合力，一定竖直向上．由牛顿第二定律得F－mg＝ma解得F＝mg＋ma再由力的分解得F1＝F sin θ和F2＝F cos θ解得F1＝m(g＋a)sin θ，F2＝m(g＋a)cos θ.箱向左匀加速，木块的受力情况如图乙所示，选择沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，沿x轴由牛顿第二定律得mg sin θ－F1＝ma cos θ解得F1＝m(g sin θ－a cos θ)沿y轴由牛顿第二定律得F2－mg cos θ＝ma sin θ解得F2＝m(g cos θ＋a sin θ)．【答案】向上加速时F1＝m(g＋a)sin θF2＝m(g＋a)cos θ向左加速时F1＝m(g sin θ－a cos θ) F2＝m(g cos θ＋a sin θ)【即学即用】(2012·上海高考)如图3－1－6，将质量m＝0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)图3－1－6【解析】甲令F sin 53°－mg＝0，F＝1.25 N.当F＜1.25 N时，环与杆的上部接触，受力如图甲．由牛顿定律得F cos θ－μF N＝ma，F N＋F sin θ＝mg，解得F＝1 N乙当F＞1.25 N时，环与杆的下部接触，受力如图乙．由牛顿定律得F cos θ－μF N＝maF sin θ＝mg＋F N解得F＝9 N.【答案】 1 N或9 N●结合牛顿定律实行受力分析例3．(2012·上海高考)如图3－1－9，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为( )图3－1－9【解析】 以A 、B 为整体，A 、B 整体沿斜面向下的加速度a 可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a ∥和a ⊥，如图所示，以B 为研究对象，B 滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a ∥.所以B 受到三个力的作用，即：重力、A 对B 的支持力、A 对B 的水平向左的静摩擦力，故只有选项A 准确．【答案】 A●结合牛顿定律判断运动状态 例4.图3－1－10(2012·安徽高考)如图3－1－10所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则( )A ．物块可能匀速下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑【解析】 设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a ＝mg sin θ－μmg cos θm ＞0，即μ＜tan θ.对物块施加竖直向下的压力F 后，物块的加速度a ′＝mg ＋F sin θ－μmg ＋F cos θm＝a ＋F sin θ－μF cos θm，且F sin θ－μF cos θ＞0，故a ′＞a ，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C 准确，选项A 、B 、D 错误．【答案】 C 练习1、 (2013届蚌埠模拟)如图3－1－13所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止并向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力( )A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小 图3－1－132. (2012·江苏高考)如图3－1－15所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是( )A.2f m＋MMB.2f m＋MmC.2f m＋MM－(m＋M)gD.2f m＋Mm＋(m＋M)g图3－1－153．(2013届池州模拟)如图3－1－16所示，一条充足长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中准确的是( )图3－1－16A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短4(2013届开封模拟)如图3－1－17所示，充足长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )图3－1－175．(2012·吉林市一中模拟)如图3－1－18所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一个轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ>α，则下列说法准确的是( )图3－1－18A ．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行B ．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上C ．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向D ．小车匀速运动时θ＝α6．如图3－1－19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.求人所受到的支持力和摩擦力．图3－1－197． (2013届大同一中质检)如图3－1－20所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m 的物体A ，A 与地面的摩擦不计．图3－1－20(1)当卡车以a 1＝12g 的加速度运动时，绳的拉力为56mg ，则A 对地面的压力为多大？(2)当卡车的加速度a 2＝g 时，绳的拉力为多大？。
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练习： 一木箱质量为m， 练习 ： 一木箱质量为 ， 与水平地面间的动摩擦
因数为µ，现用斜向右下方与水平方向成θ角的力 角的力F 因数为 ，现用斜向右下方与水平方向成 角的力 推木箱，求经过t秒时木箱的速度。 推木箱，求经过 秒时木箱的速度。 秒时木箱的速度
Y N 建立直角坐标系 F1=FCosθ X
物体受 力情况 牛顿第 二定律 加速度 a 运动学 公 式 物体运 动情况
一个静止在水平面上的物体，质量是2kg， 例1.一个静止在水平面上的物体，质量是 ，在 6.4N的水平拉力作用下沿水平面向右运动，物体与水 的水平拉力作用下沿水平面向右运动， 的水平拉力作用下沿水平面向右运动 平地面间的滑动摩擦力为4.2N。求物体 末的速度和 平地面间的滑动摩擦力为 。求物体4s末的速度和 4s内发生的位移。 内发生的位移。 内发生的位移 FN 问题： 问题： 1.物体的受力情况如何？ 物体的受力情况如何？ 物体的受力情况如何 f F O 受力分析如图示： 受力分析如图示： 2.物体所受的合力如何？ 物体所受的合力如何？ 物体所受的合力如何 竖直方向：合力为零，加速度为零。 竖直方向：合力为零，加速度为零。 G 水平方向： 水平方向： 大小： 大小：F合=F－f；方向与拉力 方向相同 － ；方向与拉力F方向相同 3.物体的运动情况中已知哪些量？要求末速度和位移， 物体的运动情况中已知哪些量？ 物体的运动情况中已知哪些量 要求末速度和位移， 还差什么量？ 还差什么量？ 已知初速度V 和时间t， 已知初速度 O和时间 ，要 Ｖ Ｏ =O t=4s Ｖ =? 求末速度V和位移 还差 和位移Ｘ 求末速度 和位移Ｘ,还差 Ｘ=? 加速度a。 加速度 。
【 练习 1】 质量为 练习1 质量为40kg的物体静止在水 的物体静止在水 平面上, 当在400N的水平拉力作用下由 平面上 当在 的水平拉力作用下由 静止开始经过16m时, 速度为16 m/s, 求 静止开始经过 时 速度为 物体受到的阻力是多少? 物体受到的阻力是多少
【答案】80N 答案】
F
西峡一高物理组
石羽
复习： 复习：
一、牛顿第二定律
1、内容：物体的加速度跟所受合力 内容： 成正比,跟物体质量成反比 跟物体质量成反比; 成正比 跟物体质量成反比 加速度 方向跟合力方向相同。 方向跟合力方向相同。 2、公式:
F=ma
注意：瞬时性，矢量性， 注意：瞬时性，矢量性，独立性，同体性
二、运动学公式
【答案2】一个木箱沿着一个粗糙的斜面 练习2 匀加速下滑， 初速度是零，经过5.0 s的时 匀加速下滑， 初速度是零，经过 的时 滑下的路程是10m, 斜面的夹角是 0， 斜面的夹角是30 间, 滑下的路程是 求木箱和粗糙斜面间的动摩擦因数。(g取 求木箱和粗糙斜面间的动摩擦因数。 取 10 m/s2)
速度公式 ：v = vo+at 位移公式： 位移公式：x= vot +at2 /2 导出公式：v2－ vo2 =2ax 导出公式：
两类基本问题
1.已知力求运动 已知力求运动 2.已知运动求力 已知运动求力
一、 从受力确定运动情况
已知物体受力情况确定运动情况， 已知物体受力情况确定运动情况，指 的是在受力情况已知的条件下， 的是在受力情况已知的条件下，要求判断 出物体的运动状态或求出物体的速度、 出物体的运动状态或求出物体的速度、位 移等。 移等。 处理这类问题的基本思路是： 处理这类问题的基本思路是：先分 析物体受力情况求合力 求合力， 析物体受力情况求合力，据牛顿第二定律 求加速度，再用运动学公式求所求量 求加速度，再用运动学公式求所求量(运 动学量) 动学量)。
f F2=FSin θ
θ
G
F
水平 方向：F合=F1-f=Fcosθ -f=ma 竖直方向：N=G+F2=G+Fsinθ f=µN Vt=V0+at
二、从运动情况确定受力
已知物体运动情况确定受力情况， 已知物体运动情况确定受力情况，指的是 在运动情况（知道三个运动学量） 在运动情况（知道三个运动学量）已知的条件 下，要求得出物体所受的力或者相关物理量 如动摩擦因数等）。 （如动摩擦因数等）。 处理这类问题的基本思路是： 处理这类问题的基本思路是：先分析物体 的运动情况，据运动学公式求加速度 求加速度， 的运动情况，据运动学公式求加速度，再在分 析物体受力情况的基础上， 析物体受力情况的基础上，用牛顿第二定律列 方程求所求量(力)。
动力学的两类基本问题
一、 从受力确定运动情况
物体受 力情况 牛顿第 二定律 加速度 a 运动学 公 式 物体运 动情况
二、从运动情况确定受力
物体受 力情况 牛顿第 二定律 加速度 a 运动学 公 式 物体运 动情况
加速度a是联系力和运动的桥梁 加速度 是联系力和运动的桥梁
牛顿第二定律公式(F=ma)和运动学公式 匀变速 和运动学公式(匀变速 牛顿第二定律公式 和运动学公式 直线运动公式v=v 直线运动公式 0+at, x=v0t+at2/2, v2－v02=2ax等)中， 等中 均包含有一个共同的物理量——加速度 。 加速度a。 均包含有一个共同的物理量 加速度 由物体的受力情况， 由物体的受力情况 ， 用牛顿第二定律可求加速 度 ， 再由运动学公式便可确定物体的运动状态及其 变化； 反过来， 由物体的运动状态及其变化， 变化 ； 反过来 ， 由物体的运动状态及其变化 ， 用运 动学公式可求加速度， 动学公式可求加速度 ， 再由牛顿第二定律便可确定 物体的受力情况。 物体的受力情况。 可见，无论是哪种情况， 可见，无论是哪种情况，加速度始终是联系力和 运动的桥梁。 运动的桥梁。求加速度是解决有关力和运动问题的 基本思路，正确的受力分析 运动过程分析则是解 受力分析和 基本思路，正确的受力分析和运动过程分析则是解 决问题的关键 关键。 决问题的关键。
物体受 力情况 牛顿第 二定律 加速度 a 运动学 公 式 物体运 动情况
一个滑雪的人，质量m 例2.一个滑雪的人，质量 = 75Kg，以v0 = 2m/s的初 ， 的初 速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ= 30o，在 t = 速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角 5s的时间内滑下的路程 = 60m，求滑雪人受到的阻 的时间内滑下的路程x 的时间内滑下的路程 ， 包括摩擦和空气阻力） 力（包括摩擦和空气阻力）。 思路：已知运动情况求受力。应先求出加速度 ， 思路：已知运动情况求受力。应先求出加速度a， 求滑雪人受到的阻力。 再利用牛顿第二定律F 求滑雪人受到的阻力 再利用牛顿第二定律 合=ma求滑雪人受到的阻力。
4.如何求加速度？ 如何求加速度？ 如何求加速度 借助于牛顿第二定律F 借助于牛顿第二定律 合=ma，利用合力来求加速度。 ，利用合力来求加速度。 5.本题的解题思路如何？ 本题的解题思路如何？ 本题的解题思路如何 先受力分析求出合力，再用牛顿第二定律求出加速度， 先受力分析求出合力，再用牛顿第二定律求出加速度， N 最后用运动学公式求解。 最后用运动学公式求解。
解：物体受力如图 由图知：F合=F－f=ma a=
4s末的速度 末的速度
f
O
F
F − f 6.4 − 4.2 = = 1.1m / s 2 m 2
G
vt = v0 + at = 0 + 1.1× 4 = 4.4m / s
1 2 1 s = v0 t + at = × 1.1 × 4 2 = 8 .8 m 4s内的位移 内的位移 2 2