高考物理一轮复习 3.2 牛顿第二定律 两类动力学问题课件 新人教版
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第十六页，共46页。
考点二 求解瞬时加速度 分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻的受 力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问 题应注意三种模型的建立． 1．轻：其质量和重力均可忽略，同一根绳(或线)中各点的张 力大小相等，其方向总是向着绳子且背离受力物体的方向． 2．不可伸长：即无论绳子所受力多大，绳子的长度不变． 3．形变不明显：绳(线)可以认为是一种不发生明显形变就能 产生弹力的物体，若外加约束变化，其弹力会立即变化，不需要 形变恢复时间，一般题目中所给细线在不加特殊说明时，均可按 此模型来处理．
第二十六页，共46页。
规律总结 (1)解决两类动力学基本问题应把握的关键点，应用牛顿第二 定律解决两类动力学基本问题，主要应把握两点：两类分析—— 物体的受力分析和物体的运动过程分析；一个桥梁——物体运动 的加速度是联系运动和力的桥梁． (2)多过程的运动问题中找到各个过程相联系的量是解题的 关键，如第一过程的末速度就是下一过程的初速度，另外画图找 出它们之间的位移联系.
第十九页，共46页。
解析 (1)不可伸长的细绳的张力变化时间可忽略不计，因此可称之 为“突变弹力”．甲图中剪断 OA 后，A、B 两球立即拥有共同 加速度，A、B 间的细绳张力立即变为零，故有 aA＝aB＝g. (2)当 A、B 间是用轻弹簧相连时，剪断 OA 后，弹簧形变量 尚未改变，其弹力将逐渐减小，可称之为“渐变弹力”．因此， 这时 B 球加速度仍为零，即 aB＝0，A 球加速度为 aA＝2g. 答案 (1)g g (2)2g 0
第二十页，共46页。
小试身手 2 如图所示，轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连，下端与另一质量为 M 的木块 2 相连，整个系统置于水平 放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然 抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2 的加速度大小分别为 a1、a2. 重力加速度大小为 g.则有( )
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝m＋MMg D．a1＝g，a2＝m＋MMg
第二十一页，共46页。
解析 木板抽出前，选木块 1 为研究对象，由平衡条件知弹 簧弹力 F 弹＝mg；木板突然抽出瞬间，弹簧弹力可认为保持不变， 所以木块 1 瞬间受力仍平衡，故 a1＝0.对木块 2 而言，木板抽出 瞬间受到的合力 F＝Mg＋F 弹＝Mg＋mg，所以加速度 a2＝MF＝ M＋m
度大小为 a1，末速度为 v，之后滑动过程中的摩擦力大小为 Ff， 加速度大小为 a2，由运动学公式有
x1＝12a1t2① v＝a1t② 由①②解得 v＝8 m/s. 试管塞在试管中做匀减速运动时有－2a2x2＝0－v2③ 由牛顿第二定律 Ff－mg＝ma2④ 由③④解得 Ff＝17mg 故滑动摩擦力与重力的比值为 17：1. 答案 (1)1.0 m (2)17：1第二十九页，共46页。
答案 D
第十四页，共46页。
小试身手 1 [2013·安徽卷] 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(gsinθ＋acosθ) FN＝m(gcosθ－asinθ) B．T＝m(gcosθ＋asinθ) FN＝m(gsinθ－acosθ) C．T＝m(acosθ－gsinθ) FN＝m(gcosθ＋asinθ) D．T＝m(asinθ－gcosθ) FN＝m(gsinθ＋acosθ)
第七页，共46页。
温馨提示 (1)牛顿第二定律 F＝ma 在确定 a 与 m、F 的数量关系的同 时，也确定了三个量间的单位关系及 a 和 F 间的方向关系． (2)应用牛顿第二定律求 a 时，可以先求 F 合，再求 a，或先 求各个力的加速度，再合成求出合加速度.
第八页，共46页。
三、两类基本问题的求解思路 1．已知物体的受力情况求物体的运动情况 根据物体的受力情况求出物体受到的合外力，然后应用牛顿 第二定律 F＝ma 求出物体的加速度，再根据初始条件由运动学 公式就可以求出物体的运动情况——物体的速度、位移或运动时 间等． 2．已知物体的运动情况求物体的受力情况． 根据物体的运动情况，利用运动学公式求出物体的加速度， 然后再应用牛顿第二定律 F＝ma 求出物体所受的合外力，进一 步求出某些未知力．
第十五页，共46页。
解析 由题意可知，小球始终静止在斜面上，与斜面体一起 向右匀加速运动，小球受力如图所示．沿水平和竖直方向正交分 解得，Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立可得，T ＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)，A 项正确．
答案 A
第二十五页，共46页。
(3)设失去升力下降阶段加速度为 a3； 恢复升力后加速度为 a4， 恢复升力时速度为 v3. 由牛顿第二定律 mg－f＝ma3，F＋f－mg＝ma4， 且2va233＋2va234＝h，v3＝a3t3 解得 t3＝2.1 s.
答案 (1)4 N (2)42 m (3)2.1 s
M g. 答案 C
第二十二页，共46页。
考点三 动力学的两类基本问题 1.解决动力学两类基本问题的关键是求加速度，通常可根据 运动学公式求解、根据 v－t 图的斜率求解、根据合力求解． 2．对多个运动过程的问题，必要时应画出运动的示意图， 分析每个过程物体的受力情况和运动情况，通过相邻过程的衔接 点与动力学方程联系起来求解．
第二十七页，共46页。
小试身手 3 如图所示，有同学做实验时不慎将 圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿 孔．为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试 管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速运动，t ＝0.20 s 后立即停止，此时试管下降 H＝0.80 m，试 管塞将恰好能从试管口滑出，已知试管总长 l＝21.0 cm，底部球冠的高度 h＝1.0 cm，试管塞的长度 d ＝2.0 cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计 空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
第三十页，共46页。
①作用在物体上的每个力各自产生的加速度都遵
独立性
从牛顿第二定律，实际加速度等于每个力产生加速 度的矢量和；②分力和加速度在各个方向上的分量
也遵从牛顿第二定律，即：Fx＝max，Fy＝may. ①只适用于宏观、低速运动的物体；
局限性 ②只适用于惯性参考系(相对于地球静止或做匀速
直线运动的参考系).
第五页，共46页。
第十二页，共46页。
例 1 搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面 向上，大小为 F 时，物体的加速度为 a1；若保持力的方向不变， 大小变为 2F 时，物体的加速度为 a2，则( )
A．a1＝a2 B．a1<a2<2a1 C．a2＝2a1 D．a2>2a1
第十三页，共46页。
解析 物体受力分析如图所示，建立图示坐标系．根据牛顿 第二定律得，当力为 F 时，由 Fy＝0，Fx＝F－f－mgsinθ＝ma1， 得 a1＝Fm－f－gsinθ，当力为 2F 时，同 Fy＝0，Fx＝2F－mgsinθ －f＝ma2，得 a2＝2Fm－f－gsinθ＝2F－2f－2mgsminθ＋f＋mgsinθ＝ 2a1＋f＋mmgsinθ>2a1，选项 D 正确．
第三页，共46页。
4．牛顿第二定律的特性
因果性
力是产生加速度的原因，物体具有加速度是因为物 体受到了力的作用
同向性
公式 F＝ma 是矢量式，任意时刻物体加速度的方 向与作用力的方向相同
瞬时性
加速度与作用力瞬时对应，同时存在，同时变化， 同时消失
同体性 F、m、a 对应同一物体或同一系统
第四页，共46页。
(1)试管塞从静止开始到离开试管口的总位移； (2)试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值．
第二十八页，共4Βιβλιοθήκη 页。解析(1)试管塞开始与试管一起运动了位移：x1＝H＝0.80 m 之后 又独立运动了位移：x2＝l－h＝(0.21－0.01) m＝0.20 m
所以总位移 x＝x1＋x2＝(0.80＋0.20)m＝1.0 m. (2)设试管塞质量为 m，与试管一起做匀加速直线运动的加速
第十七页，共46页。
轻弹簧(或橡皮绳)的特性： 1．轻：其质量和重力均可忽略，同一弹簧两端及其中间各 点的弹力大小相等． 2．受力特点：弹簧既能承受拉力，也能承受压力；橡皮绳 只能承受拉力，不能承受压力． 3．形变明显：由于弹簧和橡皮绳受力时，要恢复形变需要 一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的力不能突变，在瞬间问题中弹 力的大小可以看做不变．
(2)第二次试飞，飞行器飞行 t2＝6 s 时遥控器出现故障，飞 行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度 h.
(3)为了使飞行器不致降落到地面，求飞行器从开始下落到恢 复升力的最长时间 t3.
第二十四页，共46页。
解析 (1)第一次飞行中，设加速度为 a1，则 H＝12a1t21 由牛顿第二定律 F－mg－f＝ma1，解得 f＝4 N. (2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为 v1，上升的高度 为 h1，则 h1＝12a1t22 设失去升力后的加速度 a2，上升的高度为 h2，由牛顿第二定 律 mg＋f＝ma2 v1＝a1t2，h2＝2va212 解得 h＝h1＋h2＝42 m.
温馨提示 牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定 量关系，联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速 度.
第六页，共46页。
二、两类基本问题 应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类： 1．已知受力情况求运动情况． 2．已知运动情况求受力情况． 在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析 和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路可用 下图来表示．
第十八页，共46页。
例 2 如图所示，两个质量相同的 小球 A 和 B，甲图中两球用不可伸长 的细绳连接，乙图中两球用轻弹簧相 连，然后用细绳悬挂起来．问
(1)对于甲图，在剪断悬挂线 OA 的瞬间，A 球和 B 球的加速度分别为 多少？
(2)对于乙图，在剪断细绳 OA 的 瞬间，A 球与 B 球的加速度分别是多 少？
第九页，共46页。
温馨提示 加速度起到了力和运动间的“桥梁”作用，即无论哪类动力 学问题，分析时都要“经过”加速度.
第十页，共46页。
第十一页，共46页。
知识整合 考点一 牛顿第二定律的理解及简单应用 应用牛顿第二定律解题的步骤 1．选择研究对象，并进行受力分析． 2．根据牛顿第二定律列出方程 F 合＝ma 或 Fx＝max，Fy＝ may.当物体受到两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较 简单，解题时注意：合外力方向就是加速度方向；画出力的平行 四边形，由几何关系列出力的方程求解．当物体受到不在一条直 线上的多个力的作用时，常用正交分解法解题，根据牛顿第二定 律的分量式 Fx＝max，Fy＝may 列方程求解． 建立坐标轴的原则：一是尽可能少地分解矢量，有时需要把 加速度分解；二是尽可能把未知量放在坐标轴上．
第2讲 牛顿第二(dì èr)定律 两类动力学问题
第一页，共46页。
第二页，共46页。
基础梳理 一、牛顿第二定律 1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质 量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同． 2．表达式：F 合＝ma. 3．牛顿第二定律的适用范围是宏观、低速运动的物体，在 应用牛顿第二定律解题时需要注意各物理量单位的统一，都必须 采用国际单位制中的力学单位制．
第二十三页，共46页。
例 3 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量 m＝2 kg， 动力系统提供的恒定升力 F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静 止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取 10 m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行 t1＝8 s 时到达的高度 H＝64 m．求飞行器所受阻力 f 的大小．
考点二 求解瞬时加速度 分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻的受 力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问 题应注意三种模型的建立． 1．轻：其质量和重力均可忽略，同一根绳(或线)中各点的张 力大小相等，其方向总是向着绳子且背离受力物体的方向． 2．不可伸长：即无论绳子所受力多大，绳子的长度不变． 3．形变不明显：绳(线)可以认为是一种不发生明显形变就能 产生弹力的物体，若外加约束变化，其弹力会立即变化，不需要 形变恢复时间，一般题目中所给细线在不加特殊说明时，均可按 此模型来处理．
第二十六页，共46页。
规律总结 (1)解决两类动力学基本问题应把握的关键点，应用牛顿第二 定律解决两类动力学基本问题，主要应把握两点：两类分析—— 物体的受力分析和物体的运动过程分析；一个桥梁——物体运动 的加速度是联系运动和力的桥梁． (2)多过程的运动问题中找到各个过程相联系的量是解题的 关键，如第一过程的末速度就是下一过程的初速度，另外画图找 出它们之间的位移联系.
第十九页，共46页。
解析 (1)不可伸长的细绳的张力变化时间可忽略不计，因此可称之 为“突变弹力”．甲图中剪断 OA 后，A、B 两球立即拥有共同 加速度，A、B 间的细绳张力立即变为零，故有 aA＝aB＝g. (2)当 A、B 间是用轻弹簧相连时，剪断 OA 后，弹簧形变量 尚未改变，其弹力将逐渐减小，可称之为“渐变弹力”．因此， 这时 B 球加速度仍为零，即 aB＝0，A 球加速度为 aA＝2g. 答案 (1)g g (2)2g 0
第二十页，共46页。
小试身手 2 如图所示，轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连，下端与另一质量为 M 的木块 2 相连，整个系统置于水平 放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然 抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2 的加速度大小分别为 a1、a2. 重力加速度大小为 g.则有( )
A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝m＋MMg D．a1＝g，a2＝m＋MMg
第二十一页，共46页。
解析 木板抽出前，选木块 1 为研究对象，由平衡条件知弹 簧弹力 F 弹＝mg；木板突然抽出瞬间，弹簧弹力可认为保持不变， 所以木块 1 瞬间受力仍平衡，故 a1＝0.对木块 2 而言，木板抽出 瞬间受到的合力 F＝Mg＋F 弹＝Mg＋mg，所以加速度 a2＝MF＝ M＋m
度大小为 a1，末速度为 v，之后滑动过程中的摩擦力大小为 Ff， 加速度大小为 a2，由运动学公式有
x1＝12a1t2① v＝a1t② 由①②解得 v＝8 m/s. 试管塞在试管中做匀减速运动时有－2a2x2＝0－v2③ 由牛顿第二定律 Ff－mg＝ma2④ 由③④解得 Ff＝17mg 故滑动摩擦力与重力的比值为 17：1. 答案 (1)1.0 m (2)17：1第二十九页，共46页。
答案 D
第十四页，共46页。
小试身手 1 [2013·安徽卷] 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(gsinθ＋acosθ) FN＝m(gcosθ－asinθ) B．T＝m(gcosθ＋asinθ) FN＝m(gsinθ－acosθ) C．T＝m(acosθ－gsinθ) FN＝m(gcosθ＋asinθ) D．T＝m(asinθ－gcosθ) FN＝m(gsinθ＋acosθ)
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温馨提示 (1)牛顿第二定律 F＝ma 在确定 a 与 m、F 的数量关系的同 时，也确定了三个量间的单位关系及 a 和 F 间的方向关系． (2)应用牛顿第二定律求 a 时，可以先求 F 合，再求 a，或先 求各个力的加速度，再合成求出合加速度.
第八页，共46页。
三、两类基本问题的求解思路 1．已知物体的受力情况求物体的运动情况 根据物体的受力情况求出物体受到的合外力，然后应用牛顿 第二定律 F＝ma 求出物体的加速度，再根据初始条件由运动学 公式就可以求出物体的运动情况——物体的速度、位移或运动时 间等． 2．已知物体的运动情况求物体的受力情况． 根据物体的运动情况，利用运动学公式求出物体的加速度， 然后再应用牛顿第二定律 F＝ma 求出物体所受的合外力，进一 步求出某些未知力．
第十五页，共46页。
解析 由题意可知，小球始终静止在斜面上，与斜面体一起 向右匀加速运动，小球受力如图所示．沿水平和竖直方向正交分 解得，Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立可得，T ＝m(gsinθ＋acosθ)，FN＝m(gcosθ－asinθ)，A 项正确．
答案 A
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(3)设失去升力下降阶段加速度为 a3； 恢复升力后加速度为 a4， 恢复升力时速度为 v3. 由牛顿第二定律 mg－f＝ma3，F＋f－mg＝ma4， 且2va233＋2va234＝h，v3＝a3t3 解得 t3＝2.1 s.
答案 (1)4 N (2)42 m (3)2.1 s
M g. 答案 C
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考点三 动力学的两类基本问题 1.解决动力学两类基本问题的关键是求加速度，通常可根据 运动学公式求解、根据 v－t 图的斜率求解、根据合力求解． 2．对多个运动过程的问题，必要时应画出运动的示意图， 分析每个过程物体的受力情况和运动情况，通过相邻过程的衔接 点与动力学方程联系起来求解．
第二十七页，共46页。
小试身手 3 如图所示，有同学做实验时不慎将 圆柱形试管塞卡于试管底部，该试管塞中轴穿 孔．为了拿出试管塞而不损坏试管，该同学紧握试 管让其倒立由静止开始竖直向下做匀加速运动，t ＝0.20 s 后立即停止，此时试管下降 H＝0.80 m，试 管塞将恰好能从试管口滑出，已知试管总长 l＝21.0 cm，底部球冠的高度 h＝1.0 cm，试管塞的长度 d ＝2.0 cm，设试管塞相对试管壁滑动时受到的摩擦力恒定，不计 空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
第三十页，共46页。
①作用在物体上的每个力各自产生的加速度都遵
独立性
从牛顿第二定律，实际加速度等于每个力产生加速 度的矢量和；②分力和加速度在各个方向上的分量
也遵从牛顿第二定律，即：Fx＝max，Fy＝may. ①只适用于宏观、低速运动的物体；
局限性 ②只适用于惯性参考系(相对于地球静止或做匀速
直线运动的参考系).
第五页，共46页。
第十二页，共46页。
例 1 搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面 向上，大小为 F 时，物体的加速度为 a1；若保持力的方向不变， 大小变为 2F 时，物体的加速度为 a2，则( )
A．a1＝a2 B．a1<a2<2a1 C．a2＝2a1 D．a2>2a1
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解析 物体受力分析如图所示，建立图示坐标系．根据牛顿 第二定律得，当力为 F 时，由 Fy＝0，Fx＝F－f－mgsinθ＝ma1， 得 a1＝Fm－f－gsinθ，当力为 2F 时，同 Fy＝0，Fx＝2F－mgsinθ －f＝ma2，得 a2＝2Fm－f－gsinθ＝2F－2f－2mgsminθ＋f＋mgsinθ＝ 2a1＋f＋mmgsinθ>2a1，选项 D 正确．
第三页，共46页。
4．牛顿第二定律的特性
因果性
力是产生加速度的原因，物体具有加速度是因为物 体受到了力的作用
同向性
公式 F＝ma 是矢量式，任意时刻物体加速度的方 向与作用力的方向相同
瞬时性
加速度与作用力瞬时对应，同时存在，同时变化， 同时消失
同体性 F、m、a 对应同一物体或同一系统
第四页，共46页。
(1)试管塞从静止开始到离开试管口的总位移； (2)试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值．
第二十八页，共4Βιβλιοθήκη 页。解析(1)试管塞开始与试管一起运动了位移：x1＝H＝0.80 m 之后 又独立运动了位移：x2＝l－h＝(0.21－0.01) m＝0.20 m
所以总位移 x＝x1＋x2＝(0.80＋0.20)m＝1.0 m. (2)设试管塞质量为 m，与试管一起做匀加速直线运动的加速
第十七页，共46页。
轻弹簧(或橡皮绳)的特性： 1．轻：其质量和重力均可忽略，同一弹簧两端及其中间各 点的弹力大小相等． 2．受力特点：弹簧既能承受拉力，也能承受压力；橡皮绳 只能承受拉力，不能承受压力． 3．形变明显：由于弹簧和橡皮绳受力时，要恢复形变需要 一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的力不能突变，在瞬间问题中弹 力的大小可以看做不变．
(2)第二次试飞，飞行器飞行 t2＝6 s 时遥控器出现故障，飞 行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度 h.
(3)为了使飞行器不致降落到地面，求飞行器从开始下落到恢 复升力的最长时间 t3.
第二十四页，共46页。
解析 (1)第一次飞行中，设加速度为 a1，则 H＝12a1t21 由牛顿第二定律 F－mg－f＝ma1，解得 f＝4 N. (2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为 v1，上升的高度 为 h1，则 h1＝12a1t22 设失去升力后的加速度 a2，上升的高度为 h2，由牛顿第二定 律 mg＋f＝ma2 v1＝a1t2，h2＝2va212 解得 h＝h1＋h2＝42 m.
温馨提示 牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定 量关系，联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速 度.
第六页，共46页。
二、两类基本问题 应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类： 1．已知受力情况求运动情况． 2．已知运动情况求受力情况． 在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析 和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路可用 下图来表示．
第十八页，共46页。
例 2 如图所示，两个质量相同的 小球 A 和 B，甲图中两球用不可伸长 的细绳连接，乙图中两球用轻弹簧相 连，然后用细绳悬挂起来．问
(1)对于甲图，在剪断悬挂线 OA 的瞬间，A 球和 B 球的加速度分别为 多少？
(2)对于乙图，在剪断细绳 OA 的 瞬间，A 球与 B 球的加速度分别是多 少？
第九页，共46页。
温馨提示 加速度起到了力和运动间的“桥梁”作用，即无论哪类动力 学问题，分析时都要“经过”加速度.
第十页，共46页。
第十一页，共46页。
知识整合 考点一 牛顿第二定律的理解及简单应用 应用牛顿第二定律解题的步骤 1．选择研究对象，并进行受力分析． 2．根据牛顿第二定律列出方程 F 合＝ma 或 Fx＝max，Fy＝ may.当物体受到两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较 简单，解题时注意：合外力方向就是加速度方向；画出力的平行 四边形，由几何关系列出力的方程求解．当物体受到不在一条直 线上的多个力的作用时，常用正交分解法解题，根据牛顿第二定 律的分量式 Fx＝max，Fy＝may 列方程求解． 建立坐标轴的原则：一是尽可能少地分解矢量，有时需要把 加速度分解；二是尽可能把未知量放在坐标轴上．
第2讲 牛顿第二(dì èr)定律 两类动力学问题
第一页，共46页。
第二页，共46页。
基础梳理 一、牛顿第二定律 1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质 量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同． 2．表达式：F 合＝ma. 3．牛顿第二定律的适用范围是宏观、低速运动的物体，在 应用牛顿第二定律解题时需要注意各物理量单位的统一，都必须 采用国际单位制中的力学单位制．
第二十三页，共46页。
例 3 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量 m＝2 kg， 动力系统提供的恒定升力 F＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静 止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取 10 m/s2.
(1)第一次试飞，飞行器飞行 t1＝8 s 时到达的高度 H＝64 m．求飞行器所受阻力 f 的大小．