粤教版必修一4.5《牛顿第二定律的应用》word教案
高中物理第四章第五节牛顿第二定律的应用导学案粤教版必修
第五节牛顿第二定律的应用（1）【自主学习】一、学习目标1. 进一步加深对牛顿第二定律的理解。
2. 学会应用牛顿第二定律求解“已知物体的受力情况，确定物体的运动情况”这一类的题型。
3. 培养审题、分析综合和运用数学工具的能力。
二、重点难点1.重点：牛顿第二定律的应用2.难点：如何对物体进行受力分析，通过牛顿第二定律求加速度三、自主学习1．牛顿第二定律的数学表达式：。
其中的F是指。
2. 物体的运动中，位移与时间的关系方程为：和；速度与时间的关系方程为；速度与位移的关系方程为：。
四、要点透析例1：质量为8×103kg的汽车以1.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，阻力为2.5×103N．那么，汽车的牵引力是多少？例2：交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12m。
已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．解决此类问题的一般思路：第五节 牛顿第二定律的应用（1）【课堂检测】1. 用30N 的水平外力F ，拉一个放在光滑的水平面上的质量为20kg 的物体，力F 作用3s 后消失，则第5s 末物体的速度和加速度分别是多少？2. 一个静止在水平面上的物体，质量是2kg ，在水平方向受到5.0N 的拉力，物体跟水平面的滑动摩擦力是2.0N 。
（1）求物体在4.0秒末的速度；（2）若在4秒末撤去拉力，求物体滑行时间。
课 堂 检测案第五节 牛顿第二定律的应用（1）【当堂训练】1．在车箱的顶板上用细线挂着一个小球，在下列情况下对车厢的运动情况得出怎样的判断：（1）细线竖直悬挂：车厢 运动；（2）细线向图中左方偏斜：车厢 运动；（3）细线向图中右方偏斜：车厢 运动．2. 一斜面AB 长为5m ，倾角为30°，一质量为2kg 的小物体（大小不计）从斜面顶端A 点由静止释放，如图所示．斜面与物体间的动摩擦因数为36，求小物体下滑到斜面底端B 时的速度及所用时间．（g 取10 m/s 2）课 堂训练案牛顿第二定律的应用（1）【巩固拓展】课本作业P94：第1题1. 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）2. 如右下图，有一10m长的水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带左边上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则物体从传送带左端运动到右端需要多长时间？高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
4.5牛顿第二定律的应用教案4(粤教版必修1)
六、牛顿运动定律应用一［要点导学］本节教材主要培养以下三个方面的能力：1．分析物体的受力情况的能力。
关于力和运动有两类基本问题：一类是已知物体的受力情况，确定物体的运动情况；另一类是已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。
通过本节教材的学习，要求能从物体受力情况确定物体的运动情况，能从运动情况确定物体受力情况。
2．培养综合运用牛顿运动定律和运动学公式解决力学问题的能力。
具体地说有以下两种情形：（1）已知物体受力情况确定运动情况：在受力情况已知的条件下，要求判断出物体的运动状态（即求出物体运动的速度和位移），处理这类问题的基本思路是：先分析物体的受力情况，求出合外力．根据牛顿第二定律（F=ma ）求出加速度，再利用运动学的有关公式求出速度和位移．（2）已知物体的运动情况确定受力情况：解答这类问题时，应首先分析清楚物体的运动情况，由物体的速度和位移、运动时间等物理量根据运动学公式求出物体的加速度，然后在分析物体受力情况的基础上，利用牛顿第二定律（F=ma ）列出方程求力．3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
应用牛顿第二定律解题的一般步骤如下（1）灵活选取研究对象．（2）将研究对象提取出来，分析物体的受力情况并画受力示意图，分析物体的运动情况并画运动过程简图。
（3）利用牛顿第二定律或运动学公式求加速度。
通常用正交分解法：建立正交坐标，并将有关矢量进行分解。
取加速度的方向为正方向，题中各物理量的方向与规定的正方向相同时取正值，反之取负值。
（4）列出方程并求解，检查答案是否完整、合理。
应用牛顿第二定律解题的一般思路可用以下的流程图表示：和力的桥梁，解决这类问题进行正确的受力分析和运动过程分析是关键，要养成用画受力图和运动草图的方法来理解题意的习惯。
［范例精析］例1 如图4-6-1为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持v =4m/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，随后行李又以传送带的速度做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB 间距离l =12m ，（g 取10m/s 2）。
4.5牛顿第二定律的应用学案(粤教版必修1)
4.5 牛顿第二定律的应用学案（粤教版必修1）新知预习牛顿第二定律确定了___________的关系，使我们能够把物体的运动情况与受力情况联系起来，那么它就成为解决动力学问题的基本方法.应用牛顿第二定律解决动力学的两类问题：1.已知物体的受力情况，确定物体的___________.2.已知物体的运动情况,确定物体的___________.知识回顾通过上节课对牛顿第二定律F=ma的学习我们知道,如果知道物体的受力情况,则可求加速度a,再由前面学过的运动学公式,不难求得其他运动学物理量,如位移、速度、时间等；反之亦然.疏导引导一、应用牛顿第二定律解题的流程图二、动力学的两类基本问题1.已知物体的受力情况，求物体的运动情况.步骤：知道物体受到的全部作用力，应用牛顿第二定律求出加速度，如果再知道物体的初始条件，应用运动学公式就可以求出物体的运动情况.案例1 一个静止在水平面上的物体，质量是2 kg，在水平方向受到5.0 N的拉力，物体跟水平面间的动摩擦因数是0.1.（1)求物体在4.0 s末的速度；（2)若在4 s末撤去拉力，求物体滑行时间.【剖析】这是已知物体的受力情况来分析物体的运动情况的一道典型题目.以此物体为研究对象进行受力分析，再根据牛顿第二定律列方程，求出加速度，结合运动学公式即可求得最后结果.（1）前4 s 根据牛顿第二定律列方程：水平方向F-f=ma竖直方向N-mg=0又有f=μN所以a=1.5 m/s2由v=at，v=6 m/s.（2）4 s后竖直方向N-mg=0水平方向f=ma′a′=1.0 m/s2由v=a′t′，t′=v/a′=6.0 s.【答案】（1）6 m/s （2）6.0 s【规律小结】解答此类问题的关键点在于受力分析(注意不要添力或漏力)，然后求合外力. 案例2 如图4-5-1所示，水平地面上放一个2 kg的物体，它与地面间的动摩擦因数μ=0.25.该物体在大小为12 N、方向与水平成θ=30°角斜向下的推力作用下,从静止开始做匀加速运动,求此物体5 s内移动的距离.(g取10 m/s2)图4-5-1 图4-5-2【剖析】本题中有力的条件：F、m、θ、μ和运动的条件：时间t（5 s）、位移s（求解对象）.因此，属动力学中的已知物体受力情况，求解物体运动情况的问题，要用到匀变速直线运动的规律.把力F正交分解，如图4-5-2所示，水平方向上根据牛顿第二定律列方程为Fcosθ-f=ma ①又f=μN②竖直方向上有N=Fsinθ+mg③又由运动学公式得④联立①②③三式可得a=2 m/s2,代入④式解得s=25 m.【答案】25 m2.已知物体的运动情况,求物体的受力情况步骤：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求出物体所受的合外力,从而再进一步求出未知的力.案例3 一辆质量为1.0×103kg的小汽车，正以10 m/s的速度行驶，现在让它在12.5 m的距离内匀减速停下来，求所需的阻力.【剖析】先根据运动学公式求出物体的加速度,再应用牛顿第二定律求出合外力,进一步再求阻力.由运动学公式v t2-v02=2as,得a=-4 m/s2再根据牛顿第二定律列方程：竖直方向N-mg=0水平方向f=ma代入数据，解得f=-4.0×103 N.【答案】f=-4.0×103 N【规律小结】解答此类问题的关键点在于先由运动学公式的熟练应用，再由加速度结合牛顿第二定律求解相关受力情况.三、应用牛顿第二定律解题的步骤1.确定研究对象——受力物体.2.对研究对象按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行受力分析.3.根据矢量合成法则求合外力(或把力先正交分解,再求某一方向上的合力).4.依据牛顿第二定律列方程求加速度.5.结合运动学公式统一单位求解相关物理量.案例4 一物体放在倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑，若给它一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大距离是多少？【剖析】题中有两个过程，匀速下滑和匀减速上滑，受力分析分别如图4-5-3、4-5-4所示.图4-5-3 图4-5-4在沿斜面方向上：物块下滑时匀速运动，有mgsinθ-f=0 ①物块上滑时匀减速运动,有mgsinθ+f=ma②上滑的最大距离③又由f=μN④N=mgcosθ⑤所以①②④⑤联立，解得a=2gsinθ，代入③式解得.【答案】【规律小结】题中④⑤两式只是说明下滑与上滑过程中阻力大小相等，整理方程时实际是由①②式得到的加速度，所以用文字表述，不列④⑤两式也可以.活学巧用1.一辆载货的汽车,总质量为4.0×103 kg，运动中所受阻力恒为1.6×103 N，在不变的牵引力作用下由静止启动，若牵引力为4.8×103 N，问：启动10 s后汽车的速度达到多大？启动10 s 内汽车的位移是多少？思路解析：这是已知物体的受力情况来分析物体的运动情况.物体受重力mg、地面的支持力N、牵引力F和阻力f，共四个力的作用，其中重力和地面的支持力在竖直方向相平衡；牵引力沿水平方向向前，阻力水平向后，合力为牵引力和阻力大小之差；根据牛顿第二定律，有F-f=ma，可以得到物体的加速度a.又知汽车的初速为零，由运动学规律v=at，可以进一步得到物体的速度和位移.答案：8 m/s；40 m2.在光滑水平面上，质量为5 kg的物体同时受5个水平力作用，保持静止状态，当去掉向东的10 N的水平力后，经3 s后物体的速度是________________________________________，位移是_________________________________________.思路解析：竖直方向上物体所受重力与支持力始终平衡.水平方向物体在5个力作用下处于平衡,当撤去向东的10 N的力后,其余4个力的合力也为10 N,方向向西,因此加速度2 m/s2,速度v=at=2×3 m/s=6 m/s,位移=9 m.答案：6 m/s，方向向西9 m，方向向西3.如图4-5-5所示，某工厂用传送带传送零件，设两轮圆心的距离为s，传送带与零件的动摩擦因数为μ，传送带的速度为v，在传送带的最左端P处，轻放一质量为m的零件，并且被传送到右端的Q处.设零件运动过程中与传送带无相对滑动，则传送零件所需的时间为多少?图4-5-5思路解析：此零件在与传送带无相对滑动之前，做匀加速运动，设加速度为a，运动时间为t1,位移为s1,则由μmg=ma,v=at1，解得，.之后零件匀速到Q处，有s-s1=vt2,则.所以总时间t=t1+t2=答案：4.一个滑雪的人，质量m=75 kg，以v0=2 m/s的初速度沿山坡匀加速地滑下，山坡的倾角θ=30°，在t=5 s的时间内滑下的路程s=60 m，求滑雪人受到的阻力（包括滑动摩擦力和空气阻力，g=9.8 m/s2）.思路解析：此题是已知人的运动情况来分析人受力的情况.通过运动情况的分析可以得到人运动的加速度，根据牛顿第二定律，可以得到人所受的合力的大小和方向.人在运动过程中，受到重力mg、斜坡的支持力N和阻力f，其中重力可以分解成沿斜坡方向和垂直于斜坡方向的两个分力，垂直于斜坡方向的分力和斜坡的支持力相平衡，人所受的合力的方向沿斜坡向下.应用正交分解法，如图4-5-6所示.图4-5-6由运动学公式：s=v0t+at2/2得：a=2（s-v0t）/t2=4 m/s2由牛顿第二定律，得到人所受的合力为：F=ma=300 N又F=mg-ff=mg-F=67.5 N所以，滑雪人受到的阻力为67.5 N.答案：67.5 N5.如图4-5-7所示，在水平地面上放有一三角形滑块，滑块斜面上有另一小滑块正沿斜面加速下滑.若三角形滑块始终保持静止，则地面对三角形滑块（）图4-5-7A.有摩擦力作用，方向向右B.有摩擦力作用，方向向左C.没有摩擦力作用D.条件不足，无法判断思路解析：把加速度分解：小滑块受竖直方向上的重力，垂直斜面向上的支持力，以及可能存在的沿斜面向上的摩擦力（如果斜面光滑，则不存在摩擦力）.由于小滑块的加速度沿斜面向下，把它分解成水平向左和竖直向下两个分量，既然有水平向左的分量，则小滑块受到的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的摩擦力的合力（斜面施加给小滑块的力）方向一定斜向左上方，从而根据牛顿第三定律可知，小滑块给三角形滑块的力的方向为斜向右下方，它有水平向右的分量，应与地面给三角形滑块的静摩擦力平衡，即地面对三角形滑块有摩擦力作用，方向向左.答案：B。
粤教版高中物理必修一4.5《牛顿第二定律的应用》word学案
第四章 力与运动第五节 牛顿第二定律的应用力、质量之间的定量关系：____________.因此，我们在已知受力的情况下可以结合____________，解决有关物体运动状态变化的问题；我们也可以在已知物体运动状态发生变化的情况下，运用运动学公式求出物体的________，再结合牛顿第二定律确定物体的受力情况． 2．两类基本问题（1）已知物体的受力情况，确定物体的运动情况．求解此类题的思路是：已知物体的受力情况，根据__________，求出物体的________，再由物体的初始条件，根据________________求出未知量(速度、位移、时间等)，从而确定物体的运动情况．（2）已知物体的运动情况，确定物体的受力情况．求解此类题的思路是：根据物体的运动情况，利用____________求出__________，再根据____________就可以确定物体____________，从而求得未知的力，或与力相关的某些量，如动摩擦因数、劲度系数等． 3．(单选)用30 N 的水平外力F ，拉一个静止放在光滑水平面上的质量为20 kg 的物体，力F 作用3 s 后消失，则第5 s 末物体的速度和加速度分别是( )A ．v ＝4.5 m/s ，a ＝1.5 m/s 2B ．v ＝7.5 m/s ，a ＝1.5 m/s 2C ．v ＝4.5 m/s ，a ＝0D ．v ＝7.5 m/s ，a ＝04．(双选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于如图7所示状态．设斜面对小球的支持力为F N ，细绳对小球的拉力为F T ，关于此时刻小球的受力情况，下列说法中正确的是( ) A ．若小车向左运动，F N 可能为零 B ．若小车向左运动，F T 可能为零C ．若小车向右运动，F N 不可能为零D ．若小车向右运动，F T 不可能为零[课前自主预习]1．a ＝Fm 运动学公式 加速度 2．（1）牛顿第二定律 加速度 运动学规律（2）运动学公式 加速度 牛顿第二定律 所受的力 3．C 4．AB离车150m 远的地方竖一警示牌．这是因为汽车在高速公路上高速行驶，司机发现情况到采取刹车，须要有一定的反应时间，对应有一段反应距离；汽车在刹车过程中受阻力f 做匀减速直线运动，则可通过________________计算出其刹车的加速度a ，再通过运动学公式计算出刹车距离。
粤教版必修一《牛顿第二定律的应用》说课稿
粤教版必修一《牛顿第二定律的应用》说课稿一、教学目标通过本课的学习，学生应能够： 1. 掌握牛顿第二定律的概念和公式； 2. 理解牛顿第二定律的应用，包括质量与加速度的关系、力与加速度的关系； 3. 运用牛顿第二定律解决简单的物理问题。
二、教学重点1.牛顿第二定律的概念和公式；2.质量与加速度的关系；3.力与加速度的关系。
三、教学内容1. 牛顿第二定律的概念牛顿第二定律是描述物体所受合力与加速度之间关系的定理。
它的数学表达式为: 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。
### 2. 牛顿第二定律的应用 #### 质量与加速度的关系根据牛顿第二定律的公式可以得出: a = F/m由此可以看出，物体的加速度与物体的质量成反比关系。
即：质量越大，加速度越小；质量越小，加速度越大。
通过实例，我们可以进一步理解它们之间的关系：例1：一辆汽车在道路上行驶，如果车重不变，引擎所产生的驱动力大小不变，那么质量越大的汽车加速度越小，质量越小的汽车加速度越大。
#### 力与加速度的关系根据牛顿第二定律的公式可以得出: a = F/m由此可以看出，物体的加速度与物体所受的力成正比关系。
即：力越大，加速度越大；力越小，加速度越小。
通过实例，我们可以进一步理解它们之间的关系：例2：一个人用力拉一个巨大的物体和用力拉一个小物体，假设拉的力大小相同，那么巨大的物体的加速度比小物体的加速度小，因为巨大的物体质量大，所以加速度小；小物体质量小，所以加速度大。
### 3. 解决物理问题的实例接下来，我们通过一些具体的实例来应用牛顿第二定律解决物理问题：实例1：一辆质量为500kg的汽车在道路上行驶，汽车受到的牵引力为500N，求汽车的加速度。
根据牛顿第二定律的公式，我们可以得到：F = ma 将已知条件代入公式得到：500N = 500kg * a 解方程得到：a = 1m/s² 所以，汽车的加速度为1m/s²。
4.5《牛顿第二定律的应用》学案1(粤教版必修1)
4.5 牛顿第二定律的应用 学案1本节要求我们能灵活运用牛顿第二定律解决实际问题；主要是由力求运动关系和由运动关系求力，同时学会两种解决问题的基本方法：正交分解法和整体隔离法。
一、学法指导（一） 应用牛顿第二定律的两种方法：1 正交分解法及其两种基本方法：（1） 分解力而不分解加速度。
通常以加速度a 的方向为x 轴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 轴上的合力合x F 和合y F 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，得方程组求解。
（2）．分解加速度。
若物体受几个互相垂直的力作用，应用牛顿定律求解时，若分解的力太多，比较繁琐，所以在建立直角坐标系时，可根据物体受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度a ，得a x 和a y ，根据牛顿第二定律得方程组求解。
这种方法一般是在以某个力的方向为x 轴正方向时，其他力都落在两个坐标轴上而不需再分解的情况下应用。
（3） 说明：①在建立直角坐标系时，不管选取哪个方向为x 轴正方向，所得的最后结果都一样，但为使解题方便，应考虑尽量减少矢量的分解，即要尽量使矢量在坐标轴上。
②在两种分解法中一般只分解一种物理量，而不同时分解两种物理量。
③物体受两个力作用时，也可不用正交分解法而采用合成法。
2 整体法和隔离法分析连接体问题：（1） 连接体：由几个物体叠放在一起或并排挤压放在一起，或用细绳、细杆联系在一起构成的物体组，叫做连接体。
解决连接体的方法有整体法和隔离法。
（2） 隔离法：对连接体的某一部分实施隔离，把它孤立出来作为研究对象的解题方法叫隔离法。
被隔离的可以是研究对象，也可以是研究过程，采用隔离法的好处在于可以将原来是系统的内力转化为研究对象所受的外力，可以将一个连续的物理过程分为若干个分过程，这样可以使较为复杂的问题转化为相对简单问题。
（3） 整体法：如果各个研究对象或研究过程遵守相同的规律，则可把各个不同的过程或不同的研究对象作为一个整体来研究的方法，称为整体法。
高中物理4.5牛顿第二定律的应用教学设计粤教版必修1
高中物理4.5牛顿第二定律的应用教学设计粤教版必修1 1、4.5牛顿第二定律的应用一.教学冃标1.通过牛顿运动定律的应用过程，培育学生分析解决物理问题的能力 2.通过学习牛顿第二定律的应用，关心学生建立并理解正确的力与运动的关系二.教学分析牛顿第二定律的应用是高中阶段的一个重点和难点，是我们解决力学问题的基本手段，牛顿第二定律的考查是毎年髙考的必考内容。
要学好这一节，除了要理解好定律内容外，还要能进行娴熟的受力分析。
三?教学过程(一)牛顿第二定律内容的回顾1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度跟所受到的合外力成正比，跟物体的质量一成反比，加速度的方向跟合外力.的方向相同。
(2)公式：F=ma2.对牛顿第二定律的特点(1)力的作用：物体的加速度是由作用在物体上的合外力引起的，外力的作用是使物体产牛加速度，而不是维持速度。
(2)2、同向性：3和F合始终是同方向的。
(3)同时性：a和F合是瞬时一一对应关系，同时存在，同时消失，F合改变，a改变，F合不变，a不变。
(4)同体性：a和F合必需对应同一个物体。
(5)同单位制：国际单位3.力和运动之间的关系由F合=ma,知：(1)若尺合=恒量，则4=恒量，物体做匀变速直线运动。
(2)若F合改变，则a随着改变，物体做非匀变速直线运动。
(3)若F合=0,则a=0,物体处于静止或匀速直线运动状态。
(二)牛顿第二定律的应用动力学的两类基本问题：1.已知物体的受力状况，求物体的运动状况。
2.己知物体的运动状况，求物体的受力状况。
留意：不管哪类状况，受力分析是关键，加速度是解题的桥梁，思路是：受力状况AaTn_一合F加速度式公学动运(sV.7)运动状况-〔1〕已知受力3、求运动的相关状况例1.如下图，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力人小等于它们之间弹力的0.25倍。
现对物体施加大小为F=8N,与水平方向夹角e=37角的斜向上的拉力。
已知sin37=0.6；cos37=0.8。
粤教版高中物理必修第一册第4章第3节牛顿第二定律学案
第三节牛顿第二定律1．结合探究加速度与力、质量之间关系的实验结果，深层次地体会加速度与力、质量的具体关系．2．分析并理解牛顿第二定律的内涵和外延．3．尝试应用牛顿第二定律解决力学中的基本问题．知识点一数字化实验的过程及结果分析1．数据采集器：数据采集器可以通过各种不同的传感器，将各种物理量转换成电信号记录在计算机中，由于采样率足够高，每秒可以达到20万次，因而能记录下物理量的瞬间变化．2．位移传感器：记录物体运动过程中位移随时间的变化情况．然后由计算机软件算出各点的速度的大小，并作出速度—时间图像．3．结果分析(1)保持滑块的质量m不变、改变拉力F，得到滑块在不同拉力下的速度—时间图像，分别求出各速度—时间图像的加速度a，研究a与F的关系．(2)保持拉力F不变，改变滑块的质量m，得到滑块在不同质量下的速度—时间图像，分别求出各速度—时间图像的加速度a，研究a与m的关系．知识点二牛顿第二定律及其数学表示1．牛顿第二定律：物体的加速度与物体所受到的作用力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力的方向相同．2．国际上规定，质量为1 kg的物体获得1_m/s2的加速度时，所受的合外力为1_N．3．在国际单位制中，公式a＝k Fm中的比例系数k为1，因此，牛顿第二定律的数学表达式为F＝ma．所以应用公式F＝ma进行计算时，F、m、a的单位必须统一为国际单位．公式F＝ma中的F多指合外力．(1)保持m不变，改变力F，作出图像可得a与1F成正比．()(2)保持F不变，改变质量m，作出图像可得a与1m成正比．()(3)在任何情况下，物体的加速度方向始终与它所受的合外力方向一致．()(4)在F＝kma中的比例系数k在国际单位制中才等于1．() [答案](1)×(2)√(3)√(4)√根据牛顿第二定律可知，只要有力就可以产生加速度，而地面上停着一辆请探究：考点1对牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律中的六个特征(1)力与加速度为因果关系，但无先后关系，力是因，加速度是果．加速度与合外力方向总相同、大小与合外力成正比．(2)合外力与速度无因果关系．合外力与速度方向可能同向，可能反向，也可能成任意一个角度；合外力与速度方向同向时，物体做加速运动，反向时，物体做减速运动．(3)两个加速度公式的区别：a＝ΔvΔt是加速度的定义式，是比值法定义的物理量，a与v、Δv、Δt均无关；a＝Fm是加速度的决定式，它揭示了产生加速度的原因及决定因素：加速度由其受到的合外力和质量决定．【典例1】(多选)关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是()A．加速度和力是瞬时对应关系，即加速度与力是同时产生、同时变化、同时消失的B．物体只有受到力的作用时，才有加速度，才有速度C．任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，也总与速度的方向相同D．当物体受到几个力的作用时，可把物体的加速度看成是各个力单独作用时产生的各个加速度的矢量和思路点拨：加速度与合外力瞬时对应，与速度无关．AD[根据牛顿第二定律的瞬时性，选项A正确；物体只有受到力的作用时，才有加速度，但速度有无与物体是否受力无关，选项B错误；任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，但与速度的方向没关系，选项C错误；根据牛顿第二定律的独立性，选项D正确．]加速度与速度(1)由牛顿第二定律可知合力与加速度有瞬时对应关系，合力与加速度可以同时发生突变，但速度不能突变．(2)分析物体加速度的变化应该从合外力入手，合外力增大，则加速度增大，但速度不一定增大．(3)直线运动中，确定速度的变化情况，要从加速度方向和速度方向入手．[跟进训练]1．下列说法正确的是()A．物体所受合力为零时，物体的加速度可以不为零B ．物体所受合力越大，速度越大C ．速度方向、加速度方向、合力方向总是相同的D ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同D [由牛顿第二定律F ＝ma 知，F 合为零，加速度一定为零，选项A 错误；对某一物体，F 合越大，a 越大，由a ＝Δv Δt知，a 越大只能说明速度变化率越大，速度不一定越大，选项B 错误；F 合、a 、Δv 三者方向一定相同，而速度方向与这三者方向不一定相同，选项C 错误，D 正确．]考点2 牛顿第二定律的简单应用1．牛顿第二定律的用途：牛顿第二定律是联系物体受力情况与物体运动情况的桥梁．根据牛顿第二定律，可由物体所受各力的合力，求出物体的加速度；也可由物体的加速度，求出物体所受各力的合力F←―――→F ＝ma a .2．应用牛顿第二定律解题的一般步骤(1)确定研究对象．(2)进行受力分析和运动状态分析，画出受力分析图，明确运动性质和运动过程．(3)求出合力或加速度．(4)根据牛顿第二定律列方程求解．3．两种根据受力情况求加速度的方法(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物体的加速度的大小及方向．加速度的方向就是物体所受合力的方向．(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法分别求物体在x 轴、y 轴上的合力F x 、F y ，再应用牛顿第二定律分别求加速度a x 、a y .在实际应用中常将受力分解，且将加速度所在的方向选为x 轴或y 轴，有时也可分解加速度，即⎩⎨⎧F x ＝ma x F y ＝ma y. 【典例2】 如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．(1)求木块的加速度大小；(2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，求木块加速度的大小．[解析](1)分析木块的受力情况如图甲所示，甲木块受重力mg、支持力F N两个力作用，合外力大小为mg sin θ，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma1所以a1＝g sin θ＝10×0.6 m/s2＝6 m/s2．(2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系．乙在x方向上(沿斜面方向)mg sin θ－F f＝ma2①在y方向上(垂直斜面方向)F N＝mg cos θ②又因为F f＝μF N③由①②③得a2＝g sin θ－μg cos θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2＝2 m/s2．[答案](1)6 m/s2(2)2 m/s2[跟进训练]2．(2022·广东佛山高一阶段练习)跳伞运动员在下落过程中，假定伞所受空气阻力的大小跟下落速度的二次方成正比即F f＝k v2，比例系数k＝20 N·s2/m2，跳伞运动员与伞的总质量为72 kg，下落的高度足够高，重力加速度g取10 m/s2．(1)以跳伞运动员与伞为整体，画出它在下落过程中的受力分析示意图；(2)当速度达到4 m/s时，求此时运动员的加速度大小．(计算结果保留两位小数)[解析](1)以跳伞运动员与伞为整体，受力分析如图所示．(2)以伞和运动员作为研究对象，开始时速度较小，空气阻力F f小于重力G，v 增大，F f随之增大，合力F合减小，做加速度a逐渐减小的加速运动；当v足够大，使F f＝G时，F合＝0，a＝0开始做匀速运动，此时的速度为收尾速度，设为v m，由F f＝k v2m＝G可得v m＝Gk＝mgk＝6 m/s，当v＝4 m/s＜v m时，合力F合＝mg－F f，F f＝k v2由牛顿第二定律F合＝ma，得a＝g－Fm＝10 m/s2－20×4272m/s2≈5.56 m/s2．[答案](1)(2)5.56 m/s2考点3瞬时加速度问题1．问题模型2．(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态．(2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点．3．“三个步骤”(1)分析原来物体的受力情况．(2)分析物体在弹力发生突变时的受力情况．(3)由牛顿第二定律列方程求解．【典例3】(多选)如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是()A．若剪断Ⅰ，则a＝g，竖直向下B．若剪断Ⅱ，则a＝T2m，方向水平向左C．若剪断Ⅰ，则a＝T1m，方向沿Ⅰ的延长线D．若剪断Ⅱ，则a＝g，竖直向上思路点拨：①剪断水平线Ⅱ瞬间，弹簧形变来不及恢复．②剪断轻弹簧瞬间，轻弹簧的形变量能瞬间恢复．AB[绳子未断时，受力如图甲，由共点力平衡条件得T2＝mg tan θ，T1＝mg cos θ.刚剪断弹簧Ⅰ瞬间，细线弹力突变为0，故小球只受重力，加速度为g，竖直向下，故A正确，C错误；刚剪断细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图乙；由几何关系，F合＝T1sin θ＝T2＝ma，因而a＝T1sin θm＝T2m，故B正确，D错误．故选AB.]两类模型的形变特点(1)刚性绳模型(细钢丝、细绳、轻杆等)：这类形变的发生和变化过程极短，在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间，其形变可随之突变，弹力可以突变．(2)轻弹簧模型(轻弹簧、橡皮绳、弹性绳等)：此类形变发生改变需要的时间较长，在瞬间问题中，其弹力的大小不能突变，可看成是不变的．但如果剪断轻弹簧、橡皮绳、弹性绳本身，则形变可瞬间恢复．[一题多变]若把上题变为如图情境：如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为θ＝30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A．0B．大小为233g，方向竖直向下C．大小为233g，方向垂直于木板向下D．大小为33g，方向水平向右C[未撤离木板前，小球受到重力mg、弹簧拉力F弹、木板支持力F，如图所示．由平衡条件得F cos θ＝mg，即F＝mgcos θ.当撤离木板的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，当木板的支持力F突然消失时，小球只受重力mg和弹簧弹力F弹的作用，它们的合力大小等于F，方向与F的方向相反，故加速度方向垂直于木板向下，大小为a＝Fm＝233g.所以C正确．][跟进训练]3．(多选)(2022·广东盐田高中高一期中)如图所示，甲乙两图A、B两球质量相等，图甲中A、B两球用轻质杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在两细绳烧断的瞬间()A．图甲中轻杆的作用力为零B．图甲中两球的加速度一定相等C．图乙中两球的加速度一定相等D．图甲中A球的加速度是图乙中A球加速度的一半ABD[设两球质量为m，细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以细绳烧断瞬间，图乙中B球所受合力仍为零，加速度为零，A球所受合力为2mg，加速度为2g；图甲中，细绳烧断瞬间，A、B的加速度相同，设为a.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2mg＝2ma，得a＝g，设图甲中轻杆的作用力为T，再以B为研究对象，由牛顿第二定律得mg＋T＝ma，解得T＝0，即图甲中轻杆的作用力一定为零，故A、B、D符合题意；C不符合题意．故选ABD.]1．(2022·北京学业考试)在牛顿第二定律公式F＝kma中，比例系数k的数值()A．在任何情况下都等于1B．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的C．与质量m、加速度a和力F三者的单位无关D．在国际单位制中一定等于1D[在牛顿第二定律的表达式F＝kma中，只有质量m、加速度a和力F的单位是国际单位制单位时，比例系数k才为1，故D正确，A、B、C错误．] 2．如图所示，A、B质量均为m，细线质量可以忽略，重力加速度为g，在上方细线被烧断瞬间，A、B的加速度大小分别是()A ．0、gB ．g 、gC ．0、0D ．2g 、0B [不可伸长的细线的拉力变化时间可以忽略不计，称之为“突变弹力”，当烧断上方O 、A 间细线时，A 、B 间细线拉力突变为零，故a A ＝a B ＝g ，B 正确．]3．(多选)初始时静止在光滑水平面上的物体，受到一个逐渐减小的水平力的作用，则这个物体运动情况为( )A ．速度不断增大，但增大得越来越慢B ．加速度不断增大，速度不断减小C ．加速度不断减小，速度不断增大D ．加速度不变，速度先减小后增大[答案] AC4．(新情境题：以“电梯”为背景，考查牛顿第二定律)小杰乘坐竖直快速电梯，从底层到达第36层共用时24 s ．若电梯先以加速度a 由静止做匀加速运动，经过4 s 达到最大速度5 m/s ，然后以最大速度匀速运动，最后以大小相同的加速度a 做匀减速运动恰好到达36层．用你学到的物理知识，探究下列问题：(1)电梯的加速度a 及上升的总高度h .(2)若小杰同学乘电梯时，手里竖直地提着一份质量为2 kg 的快递包裹，求整个过程中，快递包裹的最大拉力(g 取10 m/s 2).[解析] (1)由运动学公式可得：a ＝v t ＝54m/s 2＝1.25 m/s 2； 由于加速和减速阶段加速度大小相等，则减速和加速过程运动的时间和位移都相等；则匀速运动的时间为：t′＝24 s－4×2 s＝16 s上升的总高度为：h＝v2t×2＋v t′＝100 m.(2)以快递包裹为研究对象，加速上升过程中拉力最大，根据牛顿第二定律可得：F－mg＝ma代入数据解得：F＝22.5 N．[答案](1)1.25 m/s2100 m(2)22.5 N回归本节知识，自我完成以下问题：1．说出牛顿第二定律的六个特征．提示：因果性、矢量性、瞬时性、同体性、独立性、局限性．2．牛顿第二定律正交分解法的表达式是什么？提示：F x＝ma x；F y＝ma y.3．轻绳的弹力能突变吗？轻弹簧的弹力能突变吗？提示：能；不能．安全带与安全气囊的作用现代汽车的设计十分重视安全，安全带和安全气囊就是保护乘员人身安全的两个重要装置．道路交通事故多种多样，其中对车内人员造成伤害的，大多是由于运动中的车辆与其他物体(车辆或障碍物)发生碰撞．从力学观点看，运动的车辆受碰撞突然停止，但车内人员在惯性的作用下仍以碰撞前的速度向前运动，结果在车内甚至冲出车外与刚性物体发生第二次碰撞，因而造成伤害．设置安全带和安全气囊的目的就是尽量避免或减轻第二次碰撞对车内人员的伤害．安全带是20世纪60年代初发明的，经过40多年的发展，现在的安全带均由强度极大的合成纤维制成，带有自锁功能的卷收器，采用对乘员的肩部和腰部同时实现约束的V形三点式设计．系上安全带后，卷收器自动将其收紧，一旦车辆紧急制动、发生碰撞甚至翻滚，安全带因乘员身体的前冲而发生猛烈的拉伸，卷收器的自锁功能便立即发挥作用，瞬间卡住安全带，使乘员紧贴座椅，避免第二次碰撞．安全气囊是安全带的辅助设施，于1990年问世．在车辆发生碰撞的瞬间，控制模块会对碰撞的严重程度立即作出判断，若确认安全带已不能承受，便在1100s内使气囊充气，让乘员的头、胸部与较为柔软、有弹性的气囊接触，减轻伤害．最新式的汽车还安装了防侧撞气囊，今后可能在汽车其他位置上也会装上安全气囊．有关机构的统计数据表明，在所有可能致命的车祸中，如果正确使用安全带，可以挽救约45%的生命．如果同时使用安全气囊，这一比例将上升到60%.假设某次急刹车时，由于安全带的作用，使质量为70 kg的乘员具有的加速度大小约为6 m/s2，此时安全带对乘员的作用力大约是多大？提示：F＝ma＝70×6 N＝420 N．课时分层作业(十七)牛顿第二定律题组一对牛顿第二定律的理解1．关于力的单位“牛顿”的理解，以下说法中正确的是()A．“N”这个单位是由质量1 kg的物体所受重力为9.8 N而规定下来的B．“N”这个单位是由牛顿第二定律F＝kma，当k＝1时规定下来的C．使质量为1 kg的物体产生9.8 m/s2的加速度的力为1 ND．物体所受重力为19.6 N中“N”并不是规定的，而是测出来的B[“牛顿”这个单位是人为规定的，规定使质量为1 kg的物体，产生1 m/s2的加速度所需的力为1 N，在此规定下牛顿第二定律F＝kma中的比例常数k＝1，选项B正确．]2．如图为第八届珠海航展上中国空军“八一”飞行表演队驾驶“歼-10”战机大仰角沿直线加速爬升的情景．则战机在爬升过程中所受合力方向()A．竖直向上B．与速度方向相同C．与速度方向相反D．与速度方向垂直B[“歼-10”战机大仰角沿直线加速爬升，说明加速度方向与速度方向相同，合外力方向与加速度方向又相同，所以合力方向与速度方向相同．B正确．] 3．在光滑水平桌面上质量为2 kg的物体，同时受到2 N和3 N两个水平共点力的作用，则物体的加速度可能为()A．2 m/s2B．3 m/s2C．4 m/s2D．5 m/s2A[根据已知条件，这两个力的合力取值范围应为1 N≤F合≤5 N，由牛顿第二定律F＝ma可知，物体加速度取值范围应为0.5 m/s2≤a≤2.5 m/s2，故选项A 正确．]题组二牛顿第二定律的应用方法及瞬时加速度问题4．(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2．若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()A．2.0 m/s2B．4.0 m/s2C．6.0 m/s2D．8.0 m/s2B[书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度F fm＝μmg＝ma m，解得a m＝μg＝4 m/s2，书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4 m/s2．故选B.]5．如图所示，静止在光滑水平面上的物体A的一端固定着处于自然状态的轻质弹簧．现对物体作用一水平恒力F，在弹簧被压缩到最短这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是()A．速度先增大后减小，加速度先增大后减小B．速度先增大后减小，加速度先减小后增大C．速度增大，加速度增大D．速度增大，加速度减小B[压缩的初始阶段，水平恒力大于弹簧弹力，合力方向朝左，物体加速，随着物体向左移动，弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，但当弹簧弹力大于水平恒力时，合力方向朝右，物体开始减速，弹簧弹力继续增大，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，即先是加速度逐渐减小的加速运动，后是加速度逐渐增大的减速运动，选项B正确．]6．(多选)(2022·广东揭阳高一期末)学校科技制作小组利用轻绳、小球和硬纸板制作了一个简易的加速度计，可用来粗略测量运动物体的加速度．科技制作小组成员将加速度计带到沿平直水平面行驶的汽车上进行测试，将该加速度计竖直放置，汽车运动方向在加速度计所在的竖直平面内．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则()A．根据小球偏离的方向可以判断汽车的运动方向B．根据小球偏离的方向可以判断汽车的加速度方向C．如轻绳偏离竖直方向的夹角为37°，则此时汽车的加速度大小约为6 m/s2 D．如轻绳偏离竖直方向的夹角为37°，则此时汽车的加速度大小约为7.5 m/s2 BD[根据小球的偏离方向，可以知小球受到的合力的方向，即可以判断汽车的加速度方向，但是知道加速度方向，不可以判断汽车的运动方向，加速度方向一定，汽车可以做和加速度方向相同的加速运动也可以做和加速度方向相反的减速运动，A错误B正确；如轻绳偏离竖直方向的夹角为37°，不管向哪个方向偏离，则有沿着汽车加速方向的合力都是mg tan 37°，则产生的加速度满足mg tan 37°＝ma，解得a＝g tan 37°＝7.5 m/s2，C错误，D正确．故选BD.] 7．如图所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止．当突然剪断细绳的瞬间，上面小球A与下面小球B的加速度分别为(以向上为正方向)()A．a1＝g a2＝g B．a1＝2g a2＝0C．a1＝－2g a2＝0 D．a1＝0a2＝g[答案]C8．如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的斜面下滑．(1)若斜面光滑，求滑块下滑的加速度大小；(2)若滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求滑块下滑的加速度大小．[解析](1)滑块仅受重力与斜面的支持力，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma0解得滑块下滑加速度为a0＝g sin θ.(2)斜面对滑块的支持力F N＝mg cos θ，滑块受到的滑动摩擦力大小f＝μF N设滑块下滑加速度为a，由牛顿第二定律得mg sin θ－f＝ma解得加速度大小a＝g sin θ－μg cos θ.[答案](1)g sin θ(2)g sin θ－μg cos θ9．静止在光滑水平面上的物体在水平推力F作用下开始运动，推力随时间的变化如图所示，关于物体在0～t1时间内的运动情况，描述正确的是()A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动B．物体的加速度一直增大C．物体的速度先增大后减小D．物体的速度一直增大D[由题可知，物体的合力等于推力F，方向始终沿正方向，根据牛顿第二定律分析可知：物体先从静止开始做加速直线运动，推力F减小时，其方向仍与速度相同，继续做加速直线运动，故C错误，D正确；物体的合力等于推力F，推力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知：加速度先增大后减小，选项A、B 错误．]10．(2022·湖南邵阳学业水平考试)如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，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＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋M M gD．a1＝g，a2＝m＋MM g，a3＝0，a4＝m＋MM gC[在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋MgM＝M＋mM g，所以C对．]11．一个有钢滑板的雪橇，钢滑板与雪地间的动摩擦因数为0.02，雪橇连同雪橇上的货物总质量为1 000 kg，当雪橇犬水平拉雪橇在水平雪地上以2 m/s2的加速度匀加速前进时，求：(1)雪橇受到的摩擦力是多大？(2)雪橇犬的拉力是多大(g取10 m/s2)?[解析](1)雪橇受到的摩擦力为滑动摩擦力，即F f＝μF N＝μmg＝0.02×1 000×10 N＝200 N.(2)对雪橇，由牛顿第二定律可得F－F f＝ma所以，拉力F＝ma＋F f＝1 000×2 N＋200 N＝2 200 N.[答案](1)200 N(2)2 200 N12．一个质量为20 kg的物体，从斜面的顶端由静止匀加速滑下，物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，斜面与水平面间的夹角为37°(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).(1)求物体沿斜面下滑过程中的加速度．(2)给物体一个初速度，使之沿斜面上滑，求上滑的加速度．[解析](1)沿斜面下滑时，物体受力如图由牛顿第二定律得：mg sin 37°－F f＝ma1①F N＝mg cos 37°②又F f＝μF N③所以a1＝g sin 37°－μg cos 37°＝4.4 m/s2，方向沿斜面向下．(2)物体沿斜面上滑时，摩擦力沿斜面向下由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋F f＝ma2④联立②③④得a2＝g sin 37°＋μg cos 37°＝7.6 m/s2，方向沿斜面向下．[答案](1)4.4 m/s2，沿斜面向下(2)7.6 m/s2，沿斜面向下。
高中物理第四章牛顿第二定律的应用教学案粤教必修
4.5牛顿第二定律的应用第1课时：已知物体受力情况求解物体的运动情况【教材分析】牛顿第二定律的应用，是本章的核心内容。
由于整合了物体的受力分析和运动状态分析，使得本节成为高考的热点和必考内容。
受力分析和运动状态分析，是解决物理问题的两种基本方法。
并且，本单元的教学既是后继“动能”和“动量”等复杂物理过程分析的基础，也是解决“带电粒子在电场、磁场中运动”等问题的基本方法，因而显得十分重要。
【学情分析】由于本单元对分析、综合和解决实际问题的能力要求很高，不少同学在此感到困惑，疑难较多，主要反映在研究对象的选择和物理过程的分析上，对一些典型的应用题型，如连接体问题、超重失重问题、皮带传动问题、斜面上的物体运动问题等，学生缺乏针对性训练，更缺少理性的思考和总结。
【教学目标】一、知识与技能1、能根据物体受力情况求解物体的运动情况2、掌握解题的分析方法、基本思路和解题步骤二、过程与方法1、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，学会用牛顿运动定律和运动学公式解决力学问题；2、学会连接体问题的一般解题方法；3、掌握超重、失重在解题中的具体应用三、情感态度与价值观1、通过相关问题的分析和解决，培养学生的科学态度和科学精神2、通过小组讨论交流，培养学生的团队合作与交流的能力【教学重、难点】教学重点：牛顿运动定律与运动学公式的综合运用教学难点：物体受力情况和运动状态的分析；处理实际问题时“物理模型”和“物理情景”的建立。
【教学方法和手段】教学方法：分析法、讨论法、图示法教学手段：计算机多媒体教学，PPT 课件 【基本思路】牛顿第二定律反映的是，加速度、质量、合外力的关系，而加速度可以看成是运动的特征量，所以说加速度是连接力和运动的纽带和桥梁，是解决动力学问题的关键。
求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：【教学程序设计】 （约3分钟）（1）复习上节课牛顿第二定律的内容受力情况 求合外力 求加速度 求v 、s （2）明确教学目标：① 能根据物体受力情况求物体的运动情况 ② 掌握解题的分析方法、基本思路和解题步骤阅读课本92页相关内容，自主完成以下两道题目（约8分钟）1、写出常用的含加速度a 的匀变速直线运动的公式 学生活动：A 同学上台写在黑板上：2、如下图所示，一个质量为2 kg 的物体，在水平方向上受到4 N 的拉力和2 N 的滑动摩擦力，从静止开始向左运动。
4.5《牛顿第二定律的应用》学案(粤教版必修1)5.doc
学案：§4.4牛顿第二定律的应用班级________姓名________学号_____学习目标:1、进一步理解和掌握牛顿第二定律的解题方法。
2、能较灵活地运用牛顿第二定律分析、解决实际问题学习重点和难点重点：物理过程的分析难点：知识的灵活运用例题精析:例1、在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg、电量q＝1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点．以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy．现突然加一沿X轴正方向、场强大小E＝2.0×106V／m的匀强电场，使小球开始运动．经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E＝2.0×106V／m的匀强电场．再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．解：由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为代入数值得当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为vX＝at=0.20×1.0＝0.20m/s ②速度的方向沿x轴正方向．小球沿x轴方向移动的距离在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vX的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动．沿x方向移动的距离△x2=vXt＝0.20m ④沿y方向移动的距离故在第2秒末小球到达的位置坐标x 2＝△x1＋△x2=0.30m ⑥y2=△y=0.10m ⑦在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vX，在y方向的分速度vy=at＝0.20×1.0=0.20m/s ⑧由上可知，此时运动方向与x轴成45°角．要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角．在第3秒内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为aX 、ay，则在第3秒末小球到达的位置坐标为例2、光滑水平面上，足够长的木块质量M=8kg，由静止开始在水平恒力F=8N 作用下向右运动，如图3—22。
高中物理第四章第五节牛顿第二定律的应用教案3粤教版必修1
第5节牛顿第二定律的应用本节教材分析三维目标一、知识与技能1、掌握牛顿第二定律的基本特征；2、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
二、过程与方法1、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，学会用牛顿运动定律和运动学公式解决力学问题；2、学会连接体问题的一般解题方法；三、情感态度与价值观1、通过相关问题的分析和解决，培养学生的科学态度和科学精神；2、通过“嫦娥一号”的成功发射和变轨的过程，激发学生的爱国热情。
教学重点选好例题，讲清应用牛顿第二定律解决的两类力学问题及解决这类问题的基本方法．教学难点分析过程、建立图景；抓住运动情况、受力情况和初始条件；依据定律列方程求解．但学生往往存在重结论、轻过程，习惯于套公式得结果，所以培养学生良好的解题习惯、建立思路、掌握方法是难点．教学建议建议教师重点引导学生对物体受力分析和运动状态分析，使得学生自己总结出解题规律。
受力分析和运动状态分析，是解决物理问题的两种基本方法。
并且，本单元的学习既是后继“动能”和“动量”等复杂物理过程分析的基础，也是解决“带电粒子在电场、磁场中运动”等问题的基本方法，因而显得十分重要。
由于本单元对分析、综合和解决实际问题的能力要求很高，不少学生在此感到困惑，疑难较多，主要反映在研究对象的选择和物理过程的分析上，对一些典型的应用题型，如连接体问题、超重失重问题、皮带传动问题、斜面上的物体运动问题等，学生缺乏针对性训练，更缺少理性的思考和总结。
新课导入设计导入一引入新课牛顿第二定律揭示了运动和力的内在联系．因此，应用牛顿第二定律即可解答一些力学问题．我们通过以下例题来体会应用牛顿第二定律解题的思路、方法和步骤．导入二提出问题，导入课题提问、讨论、评价（一）牛顿运动定律的核心内容是什么？（二）如何理解力和运动的关系？力是使物体产生加速度的原因，受力作用的物体存在加速度。
我们可以结合运动学知识，解决有关物体运动状态的问题。
另一方面，当物体的运动状态变化时，一定有加速度，我们可以由加速度来确定物体的受力。
2024-2025学年新教材高中物理第4章牛顿运动定律第3节牛顿第二定律教案粤教版必修第一册
其中，F1、F2和F3分别是物体受到的三个力的合力，m是物体的质量，a是物体的加速度。
5. 题型五：物体在变力作用下的运动分析
例题：一个质量为m的物体，在水平面上受到一个变力F的作用，求物体的加速度a。
答案：首先，我们需要确定物体受力的方向和大小。根据牛顿第二定律，物体加速度的方向与合外力的方向相同。所以，我们可以列出方程：
词：质量、力、加速度
句：物体加速度的方向与合外力的方向相同。
③ 牛顿第二定律的实际应用
知识点：汽车加速、运动员举重、摩擦力、变力等
词：汽车加速、运动员举重、摩擦力、变力等
句：牛顿第二定律可以用来分析物体在实际运动中的受力情况和加速度变化。
二、核心素养目标
本节课旨在培养学生的科学素养，提高其对物理现象的观察、分析、综合能力。通过学习牛顿第二定律，使学生掌握力与加速度的关系，理解质量、力和加速度三者之间的内在联系。同时，培养学生运用物理知识解决实际问题的能力，使其能够将所学知识应用于生活场景中。此外，通过小组讨论、实验探究等环节，培养学生的团队合作意识，提高沟通与协作能力。
F = ma
其中，F是物体受到的变力，m是物体的质量，a是物体的加速度。
九．内容逻辑关系
① 牛顿第二定律的数学表达式及其物理意义
知识点：F=ma
词：质量（m）、力（F）、加速度（a）
句：力是引起物体加速度变化原因，质量是物体惯性大小的唯一量度。
② 质量、力和加速度之间的关系
知识点：质量（m）、力（F）、加速度（a）
7. 通过本节课的学习，学生将对物理学科产生更浓厚的兴趣，激发继续学习物理的动力和热情。
七、教学反思与改进
在本节课结束后，我将组织学生进行教学反思活动，以便评估教学效果并识别需要改进的地方。
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4.5 牛顿第二定律的应用
、教学目标
1．物理知识方面的要求：
(1)巩固记忆牛顿第二定律内容、公式和物理意义；
(2)掌握牛顿第二定律的应用方法。
2．通过例题分析、讨论、练习使学生掌握应用牛顿定律解决力学问题的方法，培养学生的审题能力、分析综合能力和运用数学工具的能力。
3．训练学生解题规范、画图分析、完善步骤的能力。
二、重点、难点分析1．本节为习题课，重点内容是选好例题，讲清应用牛顿第二定律解决的两类力学问题及解决这类问题的基本方法。
2．应用牛顿第二定律解题重要的是分析过程、建立图景；抓住运动情况、受力情况和初始条件；依据定律列方程求解。
但学生往往存在重结论、轻过程，习惯于套公式得结果，所以培养学生良好的解题习惯、建立思路、掌握方法是难点。
三、教具
投影仪、投影片、彩笔。
四、主要教学过程
(一)引入新课牛顿第二定律揭示了运动和力的内在联系。
因此，应用牛顿第二定律即可解答一些力学问题。
我们通过以下例题来体会应用牛顿第二定律解题的思路、方法和步骤。
(二)教学过程设计
1．已知受力情况求解运动情况
例题1 一个静止在水平面上的物体，质量是2kg，在水平方向受到5.0 N的拉力，物体
跟水平面的滑动摩擦力是 2.0N。
1)求物体在4.0 秒末的速度；
2)若在4 秒末撤去拉力，求物体滑行时间。
(1)审题分析
这个题目就是根据已知的受力情况来求物体的运动情况。
前4秒内运动情况：物体由静止在恒力作用下做匀加速直线运动，t=4.0s。
受力情况：F=5.0N , f=2.0N，G=N初始条件：v o=0;研究对象：m=2.0kg。
求解4秒末的速度v t。
4秒后，撤去拉力，物体做匀减速运动，
v' t=0。
受力情况：G=N f=2.0N ;初始条件：v' 0=vt，求解滑行时间。
(2)解题思路
研究对象为物体。
已知受力，可得物体所受合外力。
根据牛顿第二定律可求出物体的
加速度，再依据初始条件和运动学公式就可解出前一段运动的末速度。
运用同样的思路也可解答后一段运动的滑行距离。
(3)解题步骤
解：确定研究对象，分析过程(画过程图)，进行受力分析(画受力图)。
引导学生总结解题步骤：确定对象、分析过程、受力分析、画图、列方程、求解、检验结果。
(4)讨论：若无第一问如何解？实际第一问的结果是第二问的初始条件，所以解题的过
程不变。
(5)引申：这一类题目是运用已知的力学规律，作出明确的预见。
它是物理学和技术上
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，带电粒子在电场中加速后获得速度等都属这一类题目。
前4根据牛顿第二定律列方程:
水平方向F-f=ma
竖直方向N-G=0
a = F—- =15m s2
m
4秒后竖直方向N-G=0
v t二at = 6m s
水平方向-f=ma ' 2.5m s2
m
v0= vt = 15m s 由vt = v0at
v0
2•已知运动情况求解受力情况
例题2(投影) 一辆质量为1.0 x 103kg的小汽车正以10m/s的速度行驶，现在让它在
12.5m的距离内匀减速地停下来，求所需的阻力。
(1)审题分析
这个题目是根据运动情况求解汽车所受的阻力。
研究对象：汽车m=1.0x 103kg;运动
情况：匀减速运动至停止v t=O, s=12.5m;初始条件：v o=10m/s，求阻力f。
(2)解题思路
由运动情况和初始条件，根据运动学公式可求出加速度；再根据牛顿第二定律求出汽车受的合外力，最后由受力分析可知合外力即阻力。
(3)解题步骤(投影)
画图分析
由运动学公式V；2as 得a=- - 4m s2
据牛顿第二定律列方程：
竖直方面N-G=0
3 3
水平方面f=ma=1.0 x 10 x (-4)N=-4.0 x 10 N
f为负值表示力的方向跟速度方向相反。
v0=10m/E
E 2
引导学生总结出解题步骤与第一类问题相同。
⑸ 引申：这一类题目除了包括求出人们熟知的力的大小和方向，还包括探索性运用,
即根据观测到的运动去认识人们还不知道的物体间的相互作用的特点。
牛顿发现万有引力定律卢瑟福发现原子内部有个原子核都属于这类探索。
3•应用牛顿第二定律解题的规律分析(直线运动)
题目类型流程如下
v t= v0 + at
1 Q
F - f = ma 日=^4 s= v o t + - at
2 2
| vt - v a— 2as
由左向右求解即第一类问题，可将v t、V o、s、t中任何一个物理量作为未知求解。
由右向左求解即第二类问题，可将F、f、m中任一物量作为未知求解。
若阻力为滑动摩擦力，则有F-卩mg=ma还可将□作为未知求解。
女口：将例题2改为一物体正以10m/s的速度沿水平面运动，撤去拉力后匀减速滑行
12.5m，求物体与水平面间动摩擦因数。
由运动学公式V = v0 2as 得a=- -4m s2
据牛顿第二定律F合=ma 有-卩mg=ma
消去m得卩=-=0.4
g
4.物体在斜向力作用下的运动
例题3（投影）一木箱质量为m,与水平地面间的动摩擦因数为□，现用斜向右下方与水平方向成B角的力F推木箱，求经过t秒时木箱的速度。
解：（投影）
画图分析：
木箱受4个力，
将力F沿运动方向和垂直运动方向分解：
水平分力为Feos 0
竖直分力为Fsin 0
据牛顿第二定律列方程
竖直方向N-Fsin 0 -G=0 ①
水平万向Feos 0 -f=ma ②
二者联系f=卩N ③
由①式得N=Fsin 0 + mg 代入③式f=卩(Fsin 0 + mg)
代入②式有F COST - '(F sin J mg)二ma
F COST - ■' (mg F sin v)
a 二
m
可见解题方法与受水平力作用时相同。
(三)课堂小结(引导学生总结)
1应用牛顿第二定律解题可分为两类：一类是已知受力求解运动情况；一类是已知运
动情况求解受力。
2•不论哪种类型题目的解决，都遵循基本方法和步骤，即分析过程、建立图景、确定
研究对象、进行受力分析、根据定律列方程，进而求解验证效果。
在解题过程中，画图是十
分重要的，包括运动图和受力图，这对于物体经过多个运动过程的问题更是必不可少的步骤。
3.在斜向力作用下，可将该力沿运动方向和垂直运动方向分解，转化为受水平力的情
形。
解题方法相同。
五、说明
1.本课以高中物理课本(必修)第一册为依据。
例题1在原题基本上增加了一个运动过
程，目的是强调过程图和受力图的重要性。
因为有些学生对此不够重视而导致错误，尤其是以后遇到复杂问题的处理时更加突出，比如不注意各段运动中物体受力情况的变化和与之相
关的加速度的变化，用前一段运动的加速度代入后一段运动方程进行运算，得出错误结果。
但教材中节练习题和章习题中没有这类题目，所以可根据学生情况加以取舍。
2.解题过程反复强调分析方法、解题步骤，意在培养学生的良好解题习惯和书写规范，
由于解题过程要力求详尽，故本课密度较大。
为此，解题过程可利用投影片以节省时间。
3.例题中增加了斜向力作用的情形，目的是使学生注意竖直方向运动方程的建立，对水平方向物理量的影响。
因为学生长时间只考虑水平方向受力，
就会忽视了竖直方向的受力分析，
认为在任何情况下都无须考虑竖直方向受力。
另外，了解到斜向力分解后的解题方法仍是前
面所述的基本方法，从而体会对复杂问题的处理方法，以巩固基本知识、基本方法。
但不提及建立坐标和正交分解，这一部分亦可据学生情况取舍。