牛顿运动定律典型例题分析报告
牛顿运动定律的案例分析-PPT课件
互动探究 上例中若斜面光滑，人和水平接触面的摩擦 因数为μ＝0.25，则人从开始下滑到停止运 动所用时间是多少？ 解析：以人为研究对象下滑时受力分析如图 所示： 沿斜坡方向由牛顿第二定律知 mgsinθ＝ma①
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由运动学方程知：L＝12at21② vC＝at1③ 由①②③得，t1＝2 36 s vC＝4 6 m/s 在水平面上加速度 a′＝μg＝2.5 m/s2④ vC＝a′t2⑤ 由④⑤得：t2＝av′C ＝42.56 s＝85 6 s t＝t1＋t2＝3145 6 s. 答案：3145 6 s
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【思路点拨】
分析汽车 运动加 运动情况 → 速度
物体受 牛顿第二定 → 力分析 → 律求摩擦力
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【精讲精析】 汽车的受力情况如图所示，
其受力为：重力 mg、牵引力 F、斜坡的支持
力 N、摩擦阻力 f，因为初速度 v0＝0，末速
度 vt＝36 km/h＝10 m/s，位移 s＝100 m，由
二、动力学的两类基本问题 1．已知物体的受力情况确定物体的运动情况 根据牛顿第二定律，已知物体受力情况可以 求出物体的_加__速__度__，在知道物体的初始条件 (初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以 求出物体在任意时刻的位置和速度，也就确 定了物体的_运__动__情__况____．
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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，由运动学公式求出 _加_速__度___，再根据牛顿第二定律可确定物体 所受的_合__外__力__，从而求出某些未知力，或 与力相关的某些量，如动摩擦因数、劲度 系数、力的方向等．
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解析： (1)由 H＝12at2 得 a＝2tH2 ＝3 m/s2. (2)木块受力示意图如图所示： (3)由牛顿第二定律 a＝mgm－f＝mg－m μN 得 μ＝mgN－a＝0.21. 答案：(1)3 m/s2 (2)见解析 (3)0.21
牛顿第二定律典型例题详解
高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ]A．匀减速运动B．匀加速运动C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动【例2】一个质量m=2kg的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为F=10N、与桌面平行、互成120°角的拉力作用，则物体的加速度多【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是 [ ]A．重力和斜面支持力B．重力、下滑力和斜面支持力C．重力、正压力和斜面支持力D．重力、正压力、下滑力和斜面支持力【例4】图中滑块与平板间摩擦系数为μ，当放着滑块的平板被慢慢地绕着左端抬起，α角由0°增大到90°的过程中，滑块受到的摩擦力将 [ ]A．不断增大B．不断减少C．先增大后减少D．先增大到一定数值后保持不变【例5】如图，质量为M的凹形槽沿斜面匀速下滑，现将质量为m 的砝码轻轻放入槽中，下列说法中正确的是 [ ]A．M和m一起加速下滑B．M和m一起减速下滑C．M和m仍一起匀速下滑【例6】图1表示某人站在一架与水平成θ角的以加速度a向上运动的自动扶梯台阶上，人的质量为m，鞋底与阶梯的摩擦系数为μ，求此时人所受的摩擦力。
【例7】在粗糙水平面上有一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放两个质量m1和m2的木块，m1＞m2，如图1所示。
已知三角形木块和两个物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块 [ ]A．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左C．有摩擦力作用，但摩擦力方向不能确定D．以上结论都不对【例8】质量分别为m A和m B的两个小球，用一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下（图1），当细线被剪断的瞬间，关于两球下落加速度的说法中，正确的是 [ ]A．a A=a B=0 B．a A=a B=gC．a A＞g，a B=0 D．a A＜g，a B=0【例9】在车箱的顶板上用细线挂着一个小球（图1），在下列情况下可对车厢的运动情况得出怎样的判断：（1）细线竖直悬挂：______;（2）细线向图中左方偏斜：_________（3）细线向图中右方偏斜：___________ 。
高三物理牛顿运动定律典型例题解析
例题一
• 如图所示的水平面光滑，物体A的质量为3㎏、B的质 量为2㎏，AB间的动摩擦因数μ =0.4，AB间的最大静 摩擦力为12.6N。今用水平外力F=15N拉B，求A和B 的加速度。若作用于B的外力变为30N仍作用于B，再 求A和B的加速度。为确保AB相对静止且具有最大的 加速度，问：水平外力应作用于何物？AB的最大加速 度是多大？
石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是一对作用 与反作用力，它们大小相等方向相反，但作用于不同的 物体，不能说合力为零。
作业2
• 用长短不同，材料相同的同样粗细的绳子，各拴着一个质量相同的小球， 在光滑水平面上做匀速圆周运动，则： [ ] C • ① 两个小球以相同的线速度运动时，长绳易断 • ② 两个小球以相同的线速度运动时，短绳易断 • ③ 两个小球以相同的角速度运动时，长绳易断 • ④ 两个小球以相同的角速度运动时，短绳易断 A、①③ B、①④ C、②③ D、②④
例题五
• 将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个 矩形的箱中，如图所示。在箱的上顶 板和下底板都装有压力传感器，箱可 以沿竖直轨道运动，当箱以a=2m/s2 的加速度竖直向上做匀减速运动时， 上顶板的压力传感器显示的压力为6N， 下底板的压力传感器显示出读数为 10N取g=10m/s2。 • (1)若上顶板的压力传感器的示数是下 底板的传感器的示数的一半，试判断 箱的运动情况。 • （2）使上顶板的传感器的示数恰为零， 箱沿竖直方向运动的情况可能是怎么 样的？
例题分析与解答
• • • • 运动员的运动分成三个过程： 先自由下落， 触网的过程作匀减速运动， 离网后作竖直上抛运动。
2gh1 8m / s ，
•刚触网时的速度V1=
•刚离网时的速度为V2= 2gh2 10m / s， •在网上运动过程中有 V2=V1+at a=(V2-V1)/t,
历年高考物理力学牛顿运动定律题型总结及解题方法
历年高考物理力学牛顿运动定律题型总结及解题方法单选题1、现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上方、下方通过，如图所示，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，若运动员顺利地完成了该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，则下列说法错误的是（）A．运动员起跳时，双脚对滑板作用力的合力竖直向下B．起跳时双脚对滑板作用力的合力向下偏后C．运动员在空中最高点时处于失重状态D．运动员在空中运动时，单位时间内速度的变化相同答案：B解析：AB．运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。
各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，运动员最终落在滑板的原位置。
所以水平方向受力为零，则起跳时，滑板对运动员的作用力竖直向上，运动员对滑板的作用力应该是竖直向下，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；C．运动员在空中最高点时具有向下的加速度g，处于失重状态，故C正确，不符合题意；D．运动员在空中运动时，加速度恒定，所以单位时间内速度的变化量相等，故D正确，不符合题意。
故选B。
2、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（）A．物体通过O点时所受的合外力为零B．物体将做阻尼振动C．物体最终只能停止在O点D．物体停止运动后所受的摩擦力为μmg答案：B解析：A．物体通过O点时弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，A错误；B．物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，B正确；CD．物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点。
若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg，CD错误。
牛顿运动定律及应用例题和知识点总结
牛顿运动定律及应用例题和知识点总结牛顿运动定律是经典力学的基础，对于理解物体的运动和受力情况具有至关重要的意义。
接下来，让我们一起深入探讨牛顿运动定律的相关知识点，并通过具体的例题来加深对其的理解和应用。
一、牛顿第一定律牛顿第一定律，也称为惯性定律，其内容为：任何物体都要保持匀速直线运动或静止的状态，直到外力迫使它改变运动状态为止。
惯性是物体保持原有运动状态的性质，质量是衡量物体惯性大小的唯一量度。
质量越大，惯性越大，物体的运动状态就越难改变。
例如，在一辆行驶的公交车上，当车突然刹车时，站着的乘客会向前倾。
这是因为乘客原本具有向前的运动惯性，而车的刹车力使车的运动状态改变，但乘客的身体由于惯性仍要保持向前运动的趋势。
二、牛顿第二定律牛顿第二定律的表达式为：F ＝ ma，其中 F 表示物体所受的合力，m 表示物体的质量，a 表示物体的加速度。
这一定律表明，物体的加速度与作用在它上面的合力成正比，与物体的质量成反比。
当合力为零时，加速度为零，物体将保持匀速直线运动或静止状态。
例题：一个质量为 2kg 的物体，受到水平方向上大小为 6N 的合力作用，求物体的加速度。
解：根据牛顿第二定律 F ＝ ma，可得 a ＝ F/m ＝ 6/2 ＝ 3m/s²，所以物体的加速度为 3m/s²。
在实际应用中，需要注意合力的计算和方向的确定。
例如，一个物体在斜面上运动，需要将重力分解为沿斜面和垂直斜面的两个分力，然后计算沿斜面方向的合力。
三、牛顿第三定律牛顿第三定律指出：两个物体之间的作用力和反作用力，总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
作用力和反作用力同时产生、同时消失，且性质相同。
比如，当你用力推墙时，墙也会对你施加一个大小相等、方向相反的反作用力。
例题：一个人在冰面上行走，他向后蹬冰面，冰面对他的反作用力使人向前运动。
如果人对冰面的作用力为 100N，那么冰面对人的反作用力也是 100N。
牛顿第三定律的解释和例题分析
牛顿第三定律的解释和例题分析牛顿第三定律是经典力学中的一条基本定律，它阐述了物体间相互作用的特性。
本文将对牛顿第三定律进行解释，并通过例题分析来加深我们对该定律的理解。
牛顿第三定律，也被称为“作用与反作用法则”，它表明：当一个物体对另一个物体施加力时，被施加力的物体也会以同等大小的力对第一个物体产生反作用。
换句话说，力的作用总是成对存在的，并且大小相等、方向相反。
我们可以通过一个简单的例子来理解牛顿第三定律。
考虑一个桌子上放置的一个苹果。
当我们用手将苹果从桌子上推下时，手对苹果施加了一个向下的力。
根据牛顿第三定律，苹果也会施加一个大小相等、方向相反的力给手。
这个反作用力使得手感受到了苹果的重量，从而导致我们感觉到了苹果的质量。
牛顿第三定律还可以应用于更复杂的情况。
例如，当两个物体相互碰撞时，它们之间会产生相互作用力。
根据第三定律，碰撞物体A对物体B施加的力，与物体B对物体A施加的反作用力大小相等、方向相反。
这种力的作用导致了物体间的相互作用，从而影响了它们的运动状态。
为了更好地理解牛顿第三定律，我们来看一个例题：例题：一个人站在滑雪板上，滑雪板与雪地之间的摩擦力为10N。
那么滑雪板对雪地施加了什么大小和方向的作用力？解析：根据牛顿第三定律，滑雪板对雪地施加的作用力应该与雪地对滑雪板施加的反作用力大小相等、方向相反。
因此，滑雪板对雪地施加的作用力也为10N，并且方向与摩擦力的方向相反，即向上。
通过这个例题，我们可以看到牛顿第三定律在解决实际问题中的应用。
它帮助我们理解了相互作用力的本质，并能够准确计算各种物体间的作用力和反作用力。
总结起来，牛顿第三定律是物体间相互作用力的描述，它指出相互作用力始终成对出现，大小相等、方向相反。
通过例题的分析，我们更深入地理解了第三定律的应用。
牛顿第三定律在解决力学问题时起着重要的作用，并为我们提供了分析和计算物体间相互作用的有效方法。
（字数: 509）。
牛顿运动定律典型例题剖析
牛顿运动定律典型例题剖析例1. 如图1所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球。
当滑块以2g加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？例2. 如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，物体均处于平衡状态。
如果突然把两水平细线剪断，求剪断瞬间小球A、B的加速度各是多少？（θ角已知）小结：（1）牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。
分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后的受力情况及其变化。
（2）明确两种基本模型的特点： A. 轻绳的形变可瞬时产生或恢复，故绳的弹力可以瞬时突变。
B. 轻弹簧（或橡皮绳）在两端均联有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力的大小与方向均不能突变。
例3. 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，=05.的小物块，它与传如图6所示。
今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为m kgm s/，则物体从A 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102运动到B的时间为多少？例4. 如图7，质量M kg =8的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N 。
当小车向右运动速度达到3m/s 时，在小车的右端轻放一质量m=2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=02.，假定小车足够长，问：（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？（2）小物块从放在车上开始经过t s 030=.所通过的位移是多少？（g 取102m s /）例5. 将金属块m 用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图9所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。
当箱以a m s =202./的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N ，下底板的传感器显示的压力为10.0 N 。
（取g m s =102/）（1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况。
高中物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题及解析
高中物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
【物理】物理牛顿运动定律的应用易错剖析含解析.doc
【物理】物理牛顿运动定律的应用易错剖析含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1． 如图，光滑水平面上静置一长木板 A ，质量 M=4kg ，A 的最前端放一小物块 B （可视为质点），质量 m=1kg ， A 与 B 间动摩擦因数 μ=0.2．现对木板 A 施加一水平向右的拉力 F ， 取 g=10m/s 2．则：（1）若拉力 F 1=5N ， A 、B 一起加速运动，求 A 对 B 的静摩擦力 f 的大小和方向； （2）为保证 A 、 B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值 Fm （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（ 3）若拉力 F 2=14N ，在力 F 2 作用 t=ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度 L【答案】（ 1） f= 1N ，方向水平向右；（ 2） F m = 10N 。
（ 3）木板的最小长度 L 是 0.7m 。
【解析】 【详解】（1）对 AB 整体分析，由牛顿第二定律得： F 1=（M +m ） a 1对 B ，由牛顿第二定律得：f=ma 1 联立解得 f =1N ，方向水平向右；（2）对 AB 整体，由牛顿第二定律得： F m =（ M+m ）a 2 对 B ，有： μmg=ma 2 联立解得：F =10Nm（3）因为 F 2m22。
木板 A＞ F ，所以 AB 间发生了相对滑动，木块 B 加速度为： a =μg=2m/s加速度为 a 3 2 3 32。
，则： F -μmg =Ma 解得： a =3m/s1s 末 A 的速度为： v =a t=3m/sA 3B 的速度为： v =a t=2m/sB 21s 末 A 、B 相对位移为： △l 1=v Av Bt =0.5m 撤去 F 2 后， t ′s 后 A 、 B 共速2对 A ： -μmg=Ma 4 可得： a 4=-0.5m/s 2。
共速时有： v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得： t ′ =0s.4撤去 F 2 后 A 、B 相对位移为： △l 2=v A v Bt ' =0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：2L=△l 1+△l 2 =0.7m 。
牛顿运动定律临界问题
律
FmA (mM)a①
mgMa②
A mm FmA
联立①②两式解出 FmAm(mM M)g B M
量变积累到一定程度，发生质变，出现临界状态．
牛顿运动定律临界问题
⑵设保持A、B相对静止施于B的最大拉力为FmB ,此时A、B之间 达到最大静摩擦力μmg，对于整体和物体A，分别应用牛顿第二
定律
FmB(mM)a①
[小结] 存在静摩擦的连接系统， 当系统外力大于最大静摩 擦力时， 物体间不一定有相对滑动；相对 滑动与相对静止的临界条件是：
静摩擦力达最大值
牛顿运动定律临界问题
解决临界问题的基本思路 （1）认真审题，仔细分析研究对象所经历的变化的物理过程， 找出临界状态。 （2）寻找变化过程中相应物理量的变化规律，找出临界条件。 （3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。
a
θ
牛顿运动定律临界问题
解： 取小球为研究对象并受力分析 建立正交坐标系
则沿x轴方向 Fcosθ-FNsinθ=ma 沿y轴方向 Fsinθ+FNcosθ=mg
将 θ=370 、a1=g 、a2=2g 分别代入
得 F1=1.4mg F2= 2.2mg
FN1=0.2mg
FN2= - 0.4mg
当a=gcotθ= 4g/3 时，支持力FN =0 小球即将脱离斜面
若要保持A和B相对静止，则施于A的水平拉力F的 A mm
最大值为多少？若要保持A和B相对静止，则施于B B M
的水平拉力F的最大值为多少？若要把B从A下表面 拉出，则施于B的水平拉力最小值为多少？
解：⑴设保持A、B相对静止施于A的最大拉力为FmA ,此时A、B之间 达到最大静摩擦力μmg，对于整体和物体B，分别应用牛顿第二定
高中物理：牛顿运动定律典型例题精讲
高中物理：牛顿运动定律典型例题精讲牛顿运动定律是高中物理的核心内容，是毋庸置疑的难点和重点，林夕君将分两部分对牛顿运动定律进行完整梳理，并配典型例题和详解答案，一次看不完可以收藏慢慢看哦！知识结构核心知识1 牛顿第一定律一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
1. 明确物体具有惯性“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态”，揭示了一切物体都具有惯性，即物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性。
量度物体惯性大小的物理量是质量。
例题1 关于惯性，下列说法中正确的是（）A、惯性是指原来静止的物体总有保持静止状态，原来运动的物体总有保持匀速直线运动状态的性质；B、静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性比较大；C、乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故；D、在宇宙飞船内的物体不存在惯性。
【答案】A、C【解析】根据惯性的定义，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性，可以知道，A选项正确。
量度物体惯性大小的物理量是质量，在B选项中，不论火车的运动状态如何，其质量不变，因此，无论火车运动还是静止，其惯性一样大，故B选项错误。
乒乓球的质量较小，故其惯性较小，C选项正确。
牛顿第一定律指出，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，即一切物体都具有惯性，没有例外，故D选项错误。
2. 明确力的含义“除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态”，说明力的作用是改变物体的运动状态。
当物体受到的合外力为零时，物体就保持原来的状态（静止或匀速），若受到合外力，其状态一定发生变化。
例题2 火车在平直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回车上原处，这是因为（）A. 人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动B. 人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动C. 人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已D. 人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终有相同的速度【答案】D【解析】根据牛顿第一定律，人跳起后在水平方向不受外力作用，则它在水平方向的运动状态不会发生改变，水平方向保持起跳前的速度（与火车的速度相同），故落下后人能回到原处，因此D选项正确。
牛顿运动定律典型问题分析(精品)
牛顿运动定律【知识要点】 一、牛顿定律1．牛顿第一定律：惯性定律；惯性；平衡。
2．牛顿第三定律：一对相互作用力和一对平衡力的区别。
3．牛顿第二定律：因果性；瞬时性；矢量性；∑∑F m a F m a x xy y==⎧⎨⎪⎩⎪·· 二、隔离法和整体法：是解动力学习题的基本方法。
但用这一基本技巧解题时，应注意： 1、当用隔离法时，必须按题目的需要进行恰当的选择隔离体，否则将增加运算过程的繁琐程度。
2、只要有可能，要尽量运用整体法。
因为整体法的好处是，各隔离体之间的许多未知力，都作为内力而不出现在牛顿第二定律方程式中，对整体列一个方程即可。
3、用整体法解题时，必须满足一个条件，即连结体各部分加速度的值是相同的。
如果不是这样，便只能用隔离法求解。
4、往往是一道题中要求几个量，所以更多的情况是整体 三、有关牛顿运动定律应用的问题，常见以下两种类型：1、已知物体受力情况，求物体的运动情况（如位移、时间、速度等）。
2、已知物体的运动情况，求物体受力情况。
但不管哪种类型，一般都应先由已知条件求出加速度，然后再由此求解。
解题的一般步骤是：（1）理解题意，弄清物理图景和物理过程；（2）恰当选取研究对象；（3）分析它的受力情况，画出被研究对象的受力图。
对于各阶段运动中受力不同的物体，必须分段分析计算；（4）按国际单位制统一各个物理量的单位；（5）根据牛顿运动定律和运动学规律建立方程求解。
【典例分析】例1．下列说法正确的是 ( E )A ．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B ．物体匀速运动时，存在惯性；物体变速运动时，不存在惯性C ．把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的推力D ．同一物体，放在赤道上比放在北京惯性大E ．物体的惯性只与物体的质量有关，与其他因素无关例2．用计算机辅助实验系统（DIS ）做验证牛顿第三定律的实验，如图所示是把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果。
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析
高考物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：11mg ma μ=由乙图知214m /s a =解得10.4μ=（2）对M 由牛顿第二定律有122()F mg M m g Ma μμ--+=即12122()()F mg M m g mg M m g Fa M M Mμμμμ--+--+==+乙图知114M = 12()94mg M m g M μμ--+=-解得M = 4 kg μ2=0. 1（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则111s v t a == 位移21011112m 2x v t a t =-=M 的加速度大小2122()5m /s F mg M m ga Mμμ--+==方向向左， M 的位移大小22211 2.5m 2x a t == 此时M 的速度2215m /s v a t ==由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律23F Mg Ma μ-=可得2325m /s 4a =在t =2s 时m 与M 右端的距离2321311()()8.125m 2x v t t a t t =-+-=．2．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+ 之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++= 对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为 2222243()()1223a t a t x m a a ∆=-=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 1282.673x x x m m ∆=∆-∆== 点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量为m=2kg 的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F1=（M+m）a1代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0对整体有F2=（M+m）a2代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 210/)m s =【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212x at =()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=以上各式代如数据联立解得max 168N F =该开始向上拉时有最小拉力则min ()()F kX M m g M m a +-+=+解得min 72N F =考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．5．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
牛顿运动定律例题分析
牛顿运动定律的应用复习
1、已知受力情况求解运动情况
例题一：一个静止在水平面上的物体，质量是2kg，在水平方向上受到5.0N的拉力，物体跟水平面的滑动摩擦系数为0.1。
（g取10m/s2）则：
(1)求物体在4秒末的速度；
(2)若在4秒末撤去拉力，求物体滑行时间
审题分析：研究对象：
受力情况：
运动情况：
解题思路：受力情况--------F=ma--------运动情况解题步骤：
变式：如果拉力方向与水平面斜向上成530，那么4秒末物体的速度为多少？
引申：运用已知的力学规律，作出明确的预见，是物理学和技术上进行正确分析和设计的基础。
如发射人造地球卫星进入预定轨道和带电
粒子在电场中加速后获的速度都是同一类型。
2、已知运动情况求解受力情况
例题二：一辆质量为1.0×103kg的小汽车正以10m/s的速度行使，现在让它在
12.5m的距离内匀减速的停下来，求所
需的阻力和滑动磨擦系数。
审题分析：研究对象：
运动情况：
初始条件：
解题思路：
运动情况--------F=ma--------受力情况
解题步骤：
画图：受力分析图、运动过程分析图。
高中物理牛顿运动定律试题经典及解析
t1）
L
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩檫因数为 μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA 和 vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
1 2
mv共2
，
解得： s ' 0.7m ，
车的最小长度：故 L s相对 s ' 6.7m ；
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动 分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时 针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面 间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：
(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【解析】
【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块 m ：由牛顿第二定律有： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
解得： a1 g sin 370 1g cos 370 4m / s2
对薄平板 M ，由牛顿第二定律有： Mg sin 370 f1 f2 Ma2
第二章牛顿定律习题分析与解答
2-13轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg,飞机以 55.0m•s-1的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动, 若阻力与时间成正比,比例系数α =5.0×102 N•s-1,求 (1)10s后飞机的速率;(2)飞机着陆后10s内滑行的距离. 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质 点作直线运动,其水平方向所受制动力F为变力, 且是时间的函数,在求速率和距离时,可根据动 力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解. 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿定 律及初始条件,有:
为使下滑时间最短,可令 dt / d 0,由上式得:
sin (sin cos ) cos (cos sin ) 0
则可得:
此时:
tg 2 1 / ,
tmin
490
2l 0.99s g cos (sin cos )
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
FT (r )
dr
FT (r dr)
o
r
设叶片根部为原点O，沿叶片背离原点O的方 向，距原点O为r处为dr一小段叶片，其两侧对 它的拉力分别为FT（r）与FT（r+dr）叶片转 动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有
m 2 dFT FT (r ) FT (r dr ) rdr l
2GmE v0 2 gR R
2 9.80 6.4010 11.2 10 m s
6 3
1
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-16 质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0m•s-1
竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr=kv,且
k=0.03N/m•s-1. （1）求物体发射到最大高度所需的
牛顿运动定律例题分析
牛顿运动定律·例题分析例1 一向右运动的车厢顶上悬挂两单摆M与N，它们只能在如图3-1所示平面内摆动．某一瞬时出现如图3-1所示情景，由此可知车厢的运动及两单摆相对车厢运动的可能情况是 [ ]A．车厢作匀速直线运动，M摆动，N静止B．车厢作匀速直线运动，M摆动，N也摆动C．车厢作匀速直线运动，M静止，N摆动D．车厢作匀加速直线运动，M静止，N也静止分析作用在两个摆上的力只有摆的重力和摆线张力．当车厢作匀速直线运动时，N摆相对车厢静止或摆动中经过平衡位置的瞬间，此时摆所受重力和摆线张力在同一竖直线上，可以出现如图3-1中所示情景．M摆所受重力和摆线张力不在一直线上，不可能静止在图中所示位置，但可以是摆动中达到极端位置（最大偏角的位置）的瞬间．A、B正确，C错．当车厢作匀加速直线运动，作用在摆球上的重力和摆线张力不再平衡，它们不可能在一直线上，其合力使摆球产生水平方向的加速度．所以，M静止在图中位置是可能的，但N也静止不可能，D错．答A、B．说明M摆静止在图3-1中情景，要求摆球所受重力和摆线张力的合力F=mg·tgα=ma，因此车厢的加速度与摆线偏角间必须满足关系（图3-2），即a=gtgα．例2 电梯地板上有一个质量为200kg的物体，它对地板的压力随时间变化的图像如图3-3所示．则电梯从静止开始向上运动，在7s内上升的高度为多少？分析以物体为研究对象，在运动过程中只可能受到两个力的作用：重力mg=2000N，地板支持力F．在t=0-2s内，F＞mg，电梯加速上升，t=2-5s 内，F=mg，电梯匀速上升，t=5-7s内，F＜mg，电梯减速上升．解若以向上的方向为正方向，由上面的分析可知，在t=0-2s内电梯的加速度和上升高度分别为电梯在t=2s时的速度为v=a1t1=5×2m／s=10m／s，因此，t=2-5s内电梯匀速上升的高度为h2=vt2=10×3m=30m．电梯在t=5-7s内的加速度为即电梯作匀减速上升，在t=5-7s内上升的高度为所以，电梯在7s内上升的总高度为h=h1+h2+h3=（10+30+10）m=50m．例3 为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离．已知某高速公路的最高限速 v=120km／h，假设前方车辆突然停下，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.50s．刹车时汽车受到阻力的大小f为汽车重力的0.40倍，该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少？取 g=10m／s2．分析后车在司机的反应时间前、后看作两种不同的运动，这两种运动的位移之和即为两车距离的最小值．解在司机的反应时间内，后车作匀速运动．其位移为s1=vt．刹车后，在阻力f作用下匀减速滑行，其加速度大小为汽车在刹车滑行过程中的位移为所以，高速公路上两车间距至少应为≈160m．例4在升降机地面上固定着一个倾角α=30°的光滑斜面，用一条平行于斜面的细绳拴住一个质量m=2kg的小球（图3-4）．当升降机以加速度a=2m／s2竖直向上匀加速运动时，绳子对球的拉力和小球对斜面的压力分别为多少？（取g=10m／s2）分析以小球为研究对象，它随升降机向上加速运动过程中受到三个力作用：重力mg、绳子拉力T、斜面支持力N．由于这三个力不在一直线上，可采用正交分解法，然后列出牛顿第二定律方程，即可求解．解根据小球的受力情况（图3-5），把各个力分解到竖直、水平两方向．在竖直方向上（取向上为正方向），根据牛顿第二定律得Tsinα+Ncosα-mg=ma．（1）在水平方向上（取向右为正方向），根据力平衡条件得Tcosα-Nsinα=0．（2）将式（1）乘以sinα，式（2）乘以cosα，两式相加得绳子对球的拉力为将式（1）乘以cosα，式（2）乘以sinα，两式相减得斜面对球的支持力为根据牛顿第三定律，球对斜面的压力N′=-N=-20.8N，式中“-”号表示N′与N方向相反，即垂直斜面向下．说明本题是已知运动求力，解题中非常全面地体现了应用牛顿第二定律的解题步骤，需注意体会．需要注意的是，题中求出的N是斜面对球的支持力，还必须用牛顿第三定律，得出球对斜面的压力．例5 如图3-6所示，传送带与水平面夹角为θ=37°，以速度v=10m／s匀速运行着．现在传送带的A端轻轻放上一个小物体（可视为质点），已知小物体与传送带之间的摩擦因数μ=0.5，A、B间距离s=16m，则当皮带轮处于下列两情况时，小物体从A端运动到B端的时间分别为多少？（1）轮子顺时针方向转动；（2）轮子逆时针方向转动．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m／s2．分析小物体从A到B的运动过程中，受到三个力作用：重力mg、皮带支持力N、皮带摩擦力f．由于摩擦力的方向始终与物体相对运动的方向相反，因此当轮子按不同方向转动时．或小物体与皮带的相对运动方向变化时，摩擦力方向都会不同．当判断清楚小物体的受力情况后，根据牛顿第二定律结合运动学公式即可求解．解（1）轮子顺时针方向转动轮子顺时针方向转动时，带动皮带绕轮顺时针方向转动，因此皮带作用于小物体的摩擦力沿皮带向上，物体的受力情况如图3-7所示．小物体从A端运动到B端的时间t为（2）轮子逆时针方向转动轮子逆时针方向转动时，皮带带动小物体下滑，因此皮带作用于小物体的摩擦力沿皮带向下，物体的受力情况如图3-8所示．小物体沿皮带下滑的加速度=10（0.6+0.5×0.8）m／s2=10m／s2．小物体加速到皮带运行速度 v=10m／s的时间为在这段时间内，小物体沿皮带下滑的距离此后，小物体沿皮带继续加速下滑时，它相对于皮带的运动方向向下，因此皮带对小物体的摩擦力沿皮带向上，如图3-9所示．其加速度变为a2=g（sinθ-μcosθ）=2m／s2．它从该位置起运动到B端的位移为（s-s1）=16m-5m=11m，由所以小物体从A端运动到B端的时间为t逆=t1+t2=2s．说明（1）本题求解的关键是根据相对运动方向正确判断摩擦力的方向，同时应注意整个运动中的变化情况．（2）在前半题中，严格地说，还应先从皮带运行速度测算一下小物体达到该速度的时间，即在这5s内小物体匀加速下滑的位移为可见，小物体从A到B过程中确实始终以加速度a1=2m／s2作匀加速运动．因此其运动时间为。
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牛顿运动定律典型例题分析基础知识回顾1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。
它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。
2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。
公式F=ma.对牛顿第二定律的理解要点：（1）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，F x=ma x,F y=ma y,F z=ma z;（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2.3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
对牛顿第三定律的理解要点：(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；(2)作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。
4.物体受力分析的基本程序：（1）确定研究对象；（2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。
5.超重和失重：（1）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。
处于失重的物体的物体对支持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma.；（2）失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。
处于失重的物体对支持面的压力F N （或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg ，即F N =mg －ma ，当a=g 时，F N =0,即物体处于完全失重。
6、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。
二、解析典型问题问题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。
练习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？分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用，如图1所示.取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：F f =macos300, F N -mg=masin300 因为56=mg F N ，解得53=mg F f . 练习2．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a ，如图3-1-15所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（ ） A ．当θ一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小 B ．当θ一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C ．当a 一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D ．当a 一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小图练习3．一物体放置在倾角为 的斜面上，斜面固定于在水平面上加速运动的小车中，加速度为a，如图3—1-16所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是图（）A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越大B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小D．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。
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．若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即(同时)改变;或合外力变为零，加速度也立即变为零(物体运动的加速度可以突变)．2、中学物理中的“绳”和“线”，是理想化模型，具有如下几个特性:A．轻:即绳(或线)的质量和重力均可视为等于零，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．B．软:即绳(或线)只能受拉力，不能承受压力(因绳能变曲)，由此特点可知，绳与其物体相互间作用力的方向总是沿着绳子且背离受力物体的方向．C．不可伸长:即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变．3、中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性:A ．轻:即弹簧(或橡皮绳)的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等．B ．弹簧既能承受拉力，也能承受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力．C ．由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变，但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失．4、做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化(大小变化或方向变化或大小、方向都变化)，某时刻的加速度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，瞬时力决定瞬时加速度，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力．练习4、如图2（a ）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。
（l ）下面是某同学对该题的一种解法：分析与解：设L 1线上拉力为T 1，L 2线上拉力为T 2，重力为mg ，物体在三力作用下保持平衡,有T 1cos θ＝mg ， T 1sin θ＝T 2， T 2＝mgtan θ。
剪断线的瞬间，T 2突然消失，物体即在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？请对该解法作出评价并说明理由。
（2）若将图2(a)中的细线L 1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l ）完全相同，即 a ＝g tan θ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。
分析与解：（1）错。
因为L 2被剪断的瞬间，L 1上的张力大小发生了变化。
剪断瞬时物体的加速度a=gsin θ.（2）对。
因为L 2被剪断的瞬间，弹簧L 1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。
练习5.如图3-1-2所示，质量为m 的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC 和BCL 1L 2θ图2(b) LLθ图2(a)与过C的竖直线的夹角都是600，则剪断AC线瞬间，求小球的加速度；剪断B处弹簧的瞬间，求小球的加速度．练习6．一物体在几个力的共同作用下处于静止状态．现使其中向东的一个力F的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变），则（）A．物体始终向西运动B．物体先向西运动后向东运动C．物体的加速度先增大后减小D．物体的速度先增大后减小练习7．如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m，当剪断上端的绳子OA的瞬间．小球A和B的加速度多大？图练习8．如图3-1-14所示，在两根轻质弹簧a、b之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小为2.5米／秒2，若突然撤去弹簧b，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小可能为（）A ．7.5米／秒2，方向竖直向下B ．7.5米／秒2，方向竖直向上C ．12.5米／秒2，方向竖直向下D ．12.5米／秒2，方向竖直向上练习9．（2010·全国卷Ⅰ·15）如右图，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1a 、2a 。
重力加速度大小为g 。
则有 A ．1a g =，2a g = B ．10a =，2a g=C ．10a =，2m Ma gM+=D ．1a g =，2m Ma g M+=【答案】C 【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。
对1物体受重力和支持力，mg=F,a 1=0. 对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律g MmM M Mg F a +=+=问题3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。
当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），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M m图的加速度。
练习10、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。
分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C 选项正确。
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。