高一物理必修一牛顿第二定律的应用
(201907)高一物理牛顿第二定律的应用
人教版(新课标)高中物理必修一第四章牛顿运动定律—— 牛顿第二定律的应用
（2）物体从A到B的时间为多少？ （sin37° ＝0.6）
37 °
例4:如图所示，传送带与地面倾角为37 ° ， 从Ａ到Ｂ长度为16m，传送带以ｖ＝ 20m/s，变：（ｖ＝ 10m/s）的速率逆 时针转动.在传送带上端Ａ无初速地放一个 质量为ｍ＝0.5kg的物体，它与传送带之 间的动摩擦因数为μ＝0.5.求物体从Ａ运动 到Ｂ所需时间是多少.（sin37°＝0.6）
②
竖直方向： FN (F2 mg ) ③0
水平方向： F1 Ff＝ma ④
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
二、从运动情况确定受力
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）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）。
=
mgsinθ-2m（x Nhomakorabea－v0t）
t2
代入数据可得： F阻＝67.5N
F阻 方向沿斜面向上
解：滑雪的人滑雪时受力如图，
将G分解得：
F1= mgsinθ
①
F1－F阻＝m a ②
由x＝v0
t＋
1 2
at2
得
a
＝
2（x －v0t） t2
③
由①②③得F阻＝F1－m a = mgsinθ－
代入数据可得： F阻＝67.5N
FN
F阻
F1 θ
θ
F2
mg
2 m（x －v0t） t2
高一物理牛顿第二定律的应用
二、应用牛顿第二定律解题规律分析
题目类型及流程如下： 1、Vt=V0+at
1 2 2、S V0t at 2
F合=ma
a
3、Vt2-V02=2as 1、由左向右是已知力求运动状态，可将V 、a、 s、t中任何一个物理量作为未知量求解 2、由右向左是已知运动求受力情况，可将未知 力F、m中任何一个物理量作为未知量求解
解 (1)分析受力情况画受力图
Y N X
建立直角坐标系
GX
f
8
G
G8 Y
解： (2)5s末撤去F，物块由于惯性仍向上滑行一 定距离和一段时间。其受力如下：
a V GX f X GY Y
N
请计算物块向上 滑行的时间。 （时间不足4S） 则4S末，物块已 经向下滑了。
G
建立直角坐标系
a V GX X
因为V0=2m/s，s=60m，t=5s 1 2 据公式 2、S V0t at 2 求得a = 4m/s2
第二步求F合阻力要对人进行
受力分析画受力图，如下 N f GY G Y
因为是 匀加速 滑下， 所以加 速度向 下，速Kg的物体在与水平面成370角 斜向右上方的拉力F的作用下，沿水平桌面向 右做直线运动，经过5m的距离，速度由4m/s 变为6m/s，已知物体跟桌面间的动摩擦因数 u=0.1，求作用力F的大小. (g=10m/s2 sin370=3/5 cos370 =4/5 )
解：在物体向左运动过程中，设其加速度为a1 则由牛顿第二定律a1 =（F+umg)/m=（30+0.4×5×10)/5 =10m/s2 设物体向左运动速度减为0的时间为t1 则t1 = v1 / a1 =10/10s=1s 物体向左运动的位移为s1 s1 =v1t1 + a1t12 /2=10×1+（1/2)×（-10)×12 m=5 m 方向向左 设物体向右的加速度为a2 则a2 =（F-umg)/m=（30-0.4×5×10）/5=2m/s2 设物体向右速度达到v2 =8m/s时，时间为t2 t2 = v2 /a2 =4s 发生的位移为s2 =a2 t22 /2 =(1/2)×2×42 m=16m 方向向右 所以物体速度由向左10m/s变为向右8m/s，所用时间为 t=t1 + t2 =1s+4s=5s 在这5内的位移是s= s1 -s2 =16m-5m=11m 方向向右
高一物理牛顿第二定律的应用.
加速阶段 v0 0, vt 54km/h 15m/s , s1 225m
所以：
a1
vt2 2s1
152 m/s 2 2 225
0.5m/s 2
由牛顿第二定律得： F f ma1 105 0.5N 5104 N
减速阶段 v0 54km/h 15m/s ，s2 125m，vt 0
பைடு நூலகம்
解析:机车的运动经历加速和减速
两个阶段．因加速阶段的初求速度和
加速位移已知，即可求得这一阶段的 加速度a1，应用牛顿第二定律可得这 一阶段机车所受的合力，紧接着的减
速阶段的初求速度和减速位移也已知，
因而又可由运动学公式求得该阶段的 加速度a2，进而由牛顿第二定律求得 阻力，再由第一阶段求得的合力得到 机车牵引力的大小．
2．一般步骤： （1）确定研究对象； （2）受力及状态分析； （3）取正方向，列方程； （4）统一单位，代值求解； （5）检验结果．
三、例题讲解
例1：质量为100t的机车从停车场出发， 经225m后，速度达到54km／h，此时， 司机关闭发动机，让机车进站，机车又行 驶125m才停在站上．设运动阻力不变， 求机车关闭发动机前所受到的牵引力．
物体受力情况
物体运动情况
牛顿第二定律 加速度 运动学基本公式
； 宠物X光机 宠物X光机 ；
了他手掌上的“生命线”“事业线”之后，要他将手掌再慢慢握起来，问：“你说这几条线在哪里？”那青年答：“在我的手里啊！”说完，他恍然大悟:原来命运就在自己手里啊！ 请以“握住你的手”为话题，自拟题目，自选文体，写一篇不少于800字的作文。 【写作提示】 ①审题：一 要抓住材料中的关键句子，“原来命运就在自己手里”一句揭示了这篇作文的主旨；二要
牛顿第二定律的简单应用
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.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 . 注意：在应用牛顿第二定律解决问题时要重点抓住加速度a 分析解决问题。
【题型1】如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.求：(1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；(2)悬线对小球的拉力大小．【题型2】(多选)如图所示，套在绳索上的小圆环P 下面用悬线挂一个重力为G 的物体Q 并使它们处于静止状态，现释放圆环P ，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦下滑，在圆环P 下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是( )A.Q 的加速度一定小于g sin θB.悬线所受拉力为G sin θC.悬线所受拉力为G cos θD.悬线一定与绳索垂直【题型3】如图所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向上做减速运动，a与水平方向的夹角为α.求人受到的支持力和摩擦力．【题型4】如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角不变，下列说法中正确的是()A.车厢的加速度大小为g tanB.绳对物体1的拉力为m1g cosθC.车厢底板对物体2的支持力为(m2－m1)gD.物体2受车厢底板的摩擦力为0针对训练1.如图所示，一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动，物体A相对于斜面静止，则斜面运动的加速度为()A.g sin αB.g cosC.g tan αD.gtan α2.如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。
高一物理必考知识点牛顿第二定律的应用
高一物理必考知识点牛顿第二定律的应用高一物理必考知识点牛顿第二定律的应用牛顿第二定律是经典力学中的一个重要定律，也是高一物理学习的必考知识点之一。
本文将从牛顿第二定律的基本原理出发，介绍一些常见的应用场景及计算方法，并探讨其重要性。
一、牛顿第二定律的基本原理牛顿第二定律的表达式为F=ma，其中F 表示物体所受合力的大小，a 表示物体的加速度，m 表示物体的质量。
这个定律说明了力与物体的质量和加速度之间的关系。
当物体所受合力增大时，其加速度也会增大；当物体的质量增大时，其加速度会减小。
二、常见的牛顿第二定律应用场景及计算方法1. 平面运动中物体的加速度计算在平面运动中，当物体所受合力已知时，可以利用牛顿第二定律计算物体的加速度。
首先确定物体所受的合力，然后根据 F=ma 计算加速度。
2. 弹簧弹性伸缩力的计算弹簧的弹性伸缩力可以利用牛顿第二定律进行计算。
当物体受到垂直于弹簧伸缩方向的外力时，可以根据 F=ma 计算出物体所受的合力。
然后利用胡克定律 F=-kx（其中 k 表示弹簧的弹性系数，x 表示弹簧的伸缩量）计算出弹簧的弹性伸缩力。
3. 坡道上物体的加速度计算当物体置于斜坡上时，可以利用牛顿第二定律计算物体在坡道上的加速度。
首先确定物体所受的合力，然后根据 F=ma 计算加速度。
需要注意的是，斜坡上的合力包括物体自身重力以及由坡度引起的垂直于坡面的力。
4. 电梯内物体的加速度计算电梯内的物体受到的合力包括物体的重力以及电梯提供的力。
通过设置参考系，可以将问题简化为一个自由下落或上升的问题。
根据物体所受的合力确定加速度，然后利用牛顿第二定律计算出加速度的大小。
三、牛顿第二定律的重要性牛顿第二定律在解决物体运动问题中起着重要的作用。
通过运用牛顿第二定律，我们可以准确地计算物体的加速度，并进一步了解物体受力、受力方向以及运动状态的变化。
同时，牛顿第二定律也为其他物理定律的推导提供了基础。
牛顿第二定律应用广泛，不仅在经典力学中有重要地位，还在其他学科中也有广泛应用。
高中物理必修一 第四章 第五节 牛顿运动定律的应用
针对训练1
一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够 长的固定斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝ 2.5 m/s2匀加速下滑.若用一水平向右的恒力F作用 于滑块，如图所示，使滑块由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动， 在0～2 s时间内沿斜面运动的位移s＝4 m.求：(g取10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
答案 0.5 30 N
设力F作用时物体的加速度 为a1，对物体进行受力分析， 由牛顿第二定律可知： F－mgsin 37°－μmgcos 37° ＝ma1， 撤去力F后，物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2， 根据v－t图像的斜率表示加速度可知a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2， 联立解得μ＝0.5，F＝30 N.
(1)滑雪者受到雪面的支持力大小； 答案 400 N
滑雪者在雪坡上受力如图所示，建立如图所示的直角 坐标系， FN＝mgcos 37°＝400 N.
(2)滑雪者受到的阻力大小. 答案 100 N
由v－t图像可得滑雪者的加速度大小， a＝v2－t v1＝4 m/s2，
根据牛顿第二定律，mgsin 37°－f＝ma， 得f＝mgsin 37°－ma＝100 N.
(2)人在离C点多远处停下.
答案 12.8 m
人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用.设人在 水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 设人到达C时的速度为v，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡下滑的过程：v2＝2aL 人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′s 联立解得s＝12.8 m.
(2)t＝3 s时物体的速度大小；
答案 0 t＝3 s时的速度v3＝v1－a2t＝20 m/s－10×2 m/s＝0， 即t＝3 s时物体的速度为0.
高一物理牛顿第二定律的应用
高一物理牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律是物理学中最重要的一条定律，“物体施加的力等于它的加速度乘以它的质量（F=ma）”。
它对于解释自然界中物体运动具有重要意义。
在实际应用中，可以使用牛顿第二定律来解释种种现象和运动。
例如，它可以用来解释船的推进，垂直从井里弹射的支管，金字塔的重心，摩擦力等。
例如，牛顿第二定律可以解释为什么投入到水中的小鱼会得到推动力并加快其前进的速度：当小鱼施加力给水时，水就会反作用于小鱼，从而使其前进；如果小鱼加大施加力，水就会给予更强烈的反作用力，使小鱼更快地前进。
另外，牛顿第二定律也可以解释为什么火车沿着轨道行驶：火车施加力在轨道上摩擦力，相互之间形成反作用力保持平衡，从而使火车在轨道上滚动，也就是沿着轨道向前。
以上就是物理学中牛顿第二定律的一些重要应用，它在很多领域有着重要的意义。
它不仅推动物理学的发展，而且在现实世界中也有着广泛的应用。
高一物理必修一人教版4.7.2第2课时 牛顿第二定律的应用
1 2
课堂导学·探究 分层达标·训练
瞬时性问题
1.a与F的瞬时对应关系 由牛顿第二定律知，a与F具有瞬时对应关系，因此分析瞬时加 速度的关键是分析物体此时的受力。一般情况下，为了分析此 时的受力，既要分析运动状态变化前的受力，又要分析运动状
态变化瞬间的受力，从而确定瞬间加速度。
F mA mB B-μmBg=mBa,因此A对B的弹力：FAB=mB(a+μg)=
【规律方法】 牛顿定律解题口诀 牛顿定律来解题，
力变a变要牢记，
正交分解最常用， 基本方法是隔离。 整体隔离好求a， 单独隔离求内力， 弄清过程是关键， 临界状态须注意。
若题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般
都有临界现象出现，分析时，可用极端分析法，即把问题(物 理过程)推到极端(临界)，分析在极端情况下的方程，从而暴 露出临界条件。
【知识点拨】 临界问题的特点和解决方法 (1)特点:是物体运动变化过程中的一个临界点或衔接点 ,此时 隐含着一些关键量,如物体从连接到分离的临界,FN=0, 静摩擦 力F静=0时是力的方向变化的临界点等。
动，A和B与水平面间的动摩擦因数均为0.2，求A对B的弹力。(g取
10 m/s2)
F
A
B
【思路点拨】解答本题时应把握以下两点：
(1)用整体法求A、B的加速度。 (2)用隔离法求A对B的弹力。
【解析】以物体A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得： F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,所以 a 8 N 答案：8 N
(2)由临界状态的加速度判定小球的状态。
【解析】处于临界状态时小球受力如图所示，
则有mg 1 =ma0,a0=g 1 =7.5 m/s2。
高一物理必修一：牛顿第二定律的应用及其探究讲义
牛顿第二定律的应用及其探究一、牛顿第二定律的作用牛顿第二定律揭示了运动和力的关系：加速度的大小与物体所受合外力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体受到的合外力的方向相同．二、两类基本问题1．根据受力情况确定运动情况如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况．2．根据运动情况确定受力情况如果已知物体的运动情况，则可根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力．判断下列说法的正误．(1)根据物体加速度的方向可以判断物体所受合外力的方向．(√)(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向．(×)(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的．(√)(4)物体运动状态的变化情况是由它对其他物体的施力情况决定的．(×)一、从受力确定运动情况一辆汽车在高速公路上正以108 km /h 的速度向前行驶，司机看到前方有紧急情况而刹车，已知刹车时汽车所受制动力为车重的0.5 倍．则汽车刹车时的加速度是多大？汽车刹车后行驶多远距离才能停下？汽车的刹车时间是多少？(取g ＝10 m /s 2) 答案 由kmg ＝ma 可得a ＝kmgm＝5 m/s 2 则汽车刹车距离为s ＝v 22a ＝90 m.刹车时间为t ＝va＝6 s.1．由受力情况确定运动情况的基本思路分析物体的受力情况，求出物体所受的合外力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．流程图如下：2．由受力情况确定运动情况的解题步骤：(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图． (2)根据力的合成与分解，求合外力(包括大小和方向)． (3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度．(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等． 3．注意问题：(1)若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力；(2)用正交分解法求合力时，通常以加速度a 的方向为x 轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x轴和y 轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧F x ＝ma F y＝0例1如图1所示，质量m＝2 kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现对物体施加一个大小F＝8 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：图1(1)画出物体的受力图，并求出物体的加速度；(2)物体在拉力作用下5 s末的速度大小；(3)物体在拉力作用下5 s内通过的位移大小．答案(1)见解析图 1.3 m/s2，方向水平向右(2)6.5 m/s(3)16.25 m解析(1)对物体受力分析如图．由牛顿第二定律可得：F cos θ－f＝maF sin θ＋F N＝mgf＝μF N解得：a＝1.3 m/s2，方向水平向右(2)v＝at＝1.3×5 m/s＝6.5 m/s(3)s＝12at2＝12×1.3×52 m＝16.25 m从受力情况确定运动情况应注意的两个方面1．方程的形式：牛顿第二定律F＝ma，体现了力是产生加速度的原因．应用时方程式的等号左右应该体现出前因后果的形式．2．正方向的选取：通常选取加速度方向为正方向，与正方向同向的力取正值，与正方向反向的力取负值，同样速度和位移的正负也表示其方向与规定的正方向相同或相反．针对训练1 如图2所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°角，一工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F ＝10 N ，刷子的质量为m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L ＝4 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.试求：图2(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间． 答案 (1)2 m/s 2 (2)2 s解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示设杆对刷子的作用力为F ，滑动摩擦力为f ，天花板对刷子的弹力为F N ，刷子所受重力为mg ，由牛顿第二定律得(F －mg )sin 37°－μ(F －mg )cos 37°＝ma 代入数据解得a ＝2 m/s 2. (2)由运动学公式得L ＝12at 2代入数据解得t ＝2 s.二、由运动情况确定受力情况1．由运动情况确定受力情况的基本思路分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合外力；再分析物体的受力情况，求出物体受到的作用力．流程图如下：已知物体运动情况―――――→由运动学公式求得a ―――→由F ＝ma确定物体受力情况 2．由运动情况确定受力情况的解题步骤(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图． (2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度． (3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．(4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．例2 一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s 内通过8 m 的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s 停止，已知汽车的质量m ＝2×103 kg ，汽车运动过程中所受阻力大小不变，求： (1)关闭发动机时汽车的速度大小； (2)汽车运动过程中所受到的阻力大小； (3)汽车牵引力的大小．答案 (1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N 解析 (1)汽车开始做匀加速直线运动，s 0＝v 0＋02t 1解得v 0＝2s 0t 1＝4 m/s(2)关闭发动机后汽车减速过程的加速度a 2＝0－v 0t 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律有f ＝ma 2解得f ＝－4×103 N ，即汽车所受阻力大小为4×103 N. (3)设开始加速过程中汽车的加速度为a 1 s 0＝12a 1t 12由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1 解得F ＝f ＋ma 1＝6×103 N由运动情况确定受力应注意的两点问题：1．由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆．2．题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力．针对训练2 民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来．若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m ，构成斜面的气囊长度为5.0 m ．要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g 取10 m/s 2)，则： (1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？ (2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？ 答案 (1)2.5 m/s 2 (2)1112解析 (1)由题意可知，h ＝4.0 m ，L ＝5.0 m. 设斜面倾角为θ，则sin θ＝hL＝0.8，cos θ＝0.6.乘客沿气囊下滑过程中，由L ＝12at 2得a ＝2Lt 2，代入数据得a ＝2.5 m/s 2.(2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，沿x 轴方向有mg sin θ－f ＝ma ， 沿y 轴方向有F N －mg cos θ＝0， 又f ＝μF N ，联立方程解得 μ＝g sin θ－a g cos θ＝1112.三、多过程问题分析1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程．联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等．2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度．例3 如图3所示，ACD 是一滑雪场示意图，其中AC 是长L ＝8 m 、倾角θ＝37°的斜坡，CD 段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A 点由静止下滑，经过C 点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图3(1)人从斜坡顶端A 滑至底端C 所用的时间； (2)人在离C 点多远处停下． 答案 (1)2 s (2)12.8 m解析 (1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示．设人沿斜坡下滑的加速度为a ，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f ＝ma f ＝μF N垂直于斜坡方向有F N －mg cos θ＝0 联立以上各式得a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2 由匀变速直线运动规律得L ＝12at 2解得：t ＝2 s(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到地面的摩擦力作用．设在水平面上人减速运动的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′设人到达C 处的速度为v ，则由匀变速直线运动规律得 人在斜坡上下滑的过程：v 2＝2aL 人在水平面上滑行时：0－v 2＝－2a ′s 联立以上各式解得s ＝12.8 m.多过程问题的分析方法1．分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)并选取合适的运动学公式．2．注意前后过程物理量之间的关系：时间关系、位移关系及速度关系．1．(从运动情况确定受力)如图4所示，质量为m ＝3 kg 的木块放在倾角θ＝30°的足够长的固定斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑．若用沿斜面向上的力F 作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t ＝2 s 时间木块沿斜面上升4 m 的距离，则推力F 的大小为(g 取10 m/s 2)( )图4A ．42 NB ．6 NC ．21 ND ．36 N 答案 D解析 因木块可以沿斜面匀速下滑，由平衡条件知：mg sin θ＝μmg cos θ，所以μ＝tan θ；当在推力作用下加速上滑时，由运动学公式s ＝12at 2得a ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，得F ＝36 N ，D 正确．2.(从受力确定运动情况)如图5所示，哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐世界最快观光电梯，从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需45 s ，运行的最大速度为18 m /s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得：在加速阶段质量为0.5 kg 的物体受到的竖直向上的拉力为5.45 N ．电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g 取10 m/s 2)．图5(1)求电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度． 答案 (1)0.9 m/s 2 20 s (2)450 m解析 (1)设加速阶段加速度为a ，由牛顿第二定律得： F T －mg ＝ma代入数据解得a ＝0.9 m/s 2 由v ＝at 解得t ＝20 s(2)匀加速阶段位移s 1＝12at 2匀速阶段位移s 2＝v (t 总－2t ) 匀减速阶段位移s 3＝v 22a高度s ＝s 1＋s 2＋s 3＝450 m.3．(多过程问题分析)一个质量为4 kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F 的作用，力F 随时间t 变化的规律如图6所示．g 取10 m/s 2.求：(结果可用分式表示)图6(1)在2～4 s 时间内，物体从开始做减速运动到停止所经历的时间； (2)0～6 s 内物体的位移大小． 答案 (1)23 s (2)143m解析 (1)在0～2 s 内，由牛顿第二定律知F 1－μmg ＝ma 1，a 1＝1 m /s 2，v 1＝a 1t 1，解得v 1＝2 m /s. 2～4 s 内，物体的加速度a 2＝F 2－μmgm＝－3 m/s 2，由0－v 1＝a 2t 2知，物体从开始做减速运动到停止所用时间t 2＝－v 1a 2＝23 s.(2)0～2 s 内物体的位移s 1＝v 1t 12＝2 m ， 2～4 s 内物体的位移s 2＝v 1t 22＝23m ，由周期性可知4～6 s 内和0～2 s 内物体的位移相等，所以0～6 s 内物体的位移s ＝2s 1＋s 2＝143 m.一、选择题考点一 从受力确定运动情况1．用30 N 的水平外力F ，拉一个静止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大小分别是( ) A ．v ＝4.5 m/s ，a ＝1.5 m/s 2 B ．v ＝7.5 m/s ，a ＝1.5 m /s 2 C ．v ＝4.5 m/s ，a ＝0 D ．v ＝7.5 m/s ，a ＝0 答案 C解析 力F 作用下a ＝F 合m ＝F m ＝3020 m/s 2＝1.5 m/s 2,3 s 末的速度v ＝at ＝4.5 m/s,3 s 后撤去外力F 后F 合＝0，a ＝0，物体做匀速运动，故C 正确．2．一个物体在水平恒力F 的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t ，速度变为v ，如果要使物体的速度变为2v ，下列方法正确的是( ) A ．将水平恒力增加到2F ，其他条件不变 B ．将物体质量减小一半，其他条件不变C ．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增加为原来的两倍D ．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变 答案 D解析 由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，所以a ＝Fm －μg ，由v ＝at ，对比A 、B 、C 三项，均不能满足要求，故选项A 、B 、C 均错，选项D 对．3．(多选)如图1所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v 0＝10 m /s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(g 取10 m /s 2)( )图1A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体的速度减为零后将保持静止D ．物体的速度减为零后将向右运动 答案 BC解析 物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力，f ＝μF N ＝μmg ＝3 N ，根据牛顿第二定律得a ＝F ＋f m ＝2＋31 m /s 2＝5 m /s 2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s ，B 正确，A 错误．物体的速度减为零后，由于F <f ，物体处于静止状态，C 正确，D 错误．4．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度大小为( ) A ．7 m /s B ．14 m/s C ．10 m /s D ．20 m/s 答案 B解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，解得：a ＝μg .由匀变速直线运动的速度位移关系式得v 20＝2as ，可得汽车刹车前的速度大小为：v 0＝2as ＝2μgs ＝2×0.7×10×14 m /s ＝14 m/s ，因此B 正确．5.如图2所示，一个物体由A 点出发分别沿三条光滑固定轨道到达C 1、C 2、C 3，则( )图2A ．物体到达C 1点时的速度最大B ．物体分别在三条轨道上的运动时间相同C ．物体在与C 3连接的轨道上运动的加速度最小D ．物体到达C 3的时间最短 答案 D解析 由物体在斜面上的加速度a ＝g sin θ，则在与C 3连接的轨道上运动的加速度最大，C 错误．斜面长L ＝h sin θ，由v 2＝2aL 得：v ＝2gh ，则由A 到C 1、C 2、C 3时物体速度大小相等，故A 错误．由L ＝12at 2即h sin θ＝12g sin θ·t 2知，沿AC 3运动的时间最短，B 错误，D 正确． 考点二 从运动情况确定受力6．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s ，安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦，刹车过程可看做匀减速直线运动)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N 答案 C解析 汽车刹车前的速度v 0＝90 km/h ＝25 m /s 设汽车匀减速的加速度大小为a ，则 a ＝v 0t＝5 m/s 2对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．7．(多选)如图3所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()图3A．斜面对小球的弹力为mgcos θB．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为maC．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大答案AD解析对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力F N2分解，竖直方向有F N2cos θ＝mg，水平方向有F N1－F N2sin θ＝ma，所以斜面对小球的弹力为F N2＝mgcos θ，A正确．F N1＝ma＋mg tan θ.由于F N2＝mgcos θ与a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力F N1随a增大而增大，故C错误，D正确．小球受到的合力为ma，故B错误．8．(多选)如图4所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则(物体1和物体2相对车厢静止，重力加速度为g)()图4A．车厢的加速度为g tan θB．绳对物体1的拉力为m1gcos θC．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g D．物体2所受底板的摩擦力为m2g sin θ答案AB解析对物体1进行受力分析，把拉力F T 沿水平方向、竖直方向分解，有 F T cos θ＝m 1g ，F T sin θ＝m 1a 得F T ＝m 1gcos θ，a ＝g tan θ，所以A 、B 正确．对物体2进行受力分析有F N ＋F T ′＝m 2gf 静＝m 2a根据牛顿第三定律，F T ′＝F T 解得F N ＝m 2g －m 1gcos θf 静＝m 2g tan θ， 故C 、D 错误．考点三 多过程问题分析9．竖直上抛物体受到的空气阻力f 大小恒定，物体上升到最高点时间为t 1，从最高点再落回抛出点所需时间为t 2，上升时加速度大小为a 1，下降时加速度大小为a 2，则( ) A ．a 1>a 2，t 1<t 2 B ．a 1>a 2，t 1>t 2 C ．a 1<a 2，t 1<t 2 D ．a 1<a 2，t 1>t 2答案 A解析 上升过程中，由牛顿第二定律，得 mg ＋f ＝ma 1①设上升高度为h ，则h ＝12a 1t 12②下降过程，由牛顿第二定律，得 mg －f ＝ma 2③ h ＝12a 2t 22④ 由①②③④得，a 1>a 2，t 1<t 2，A 正确．10.(多选)质量m ＝2 kg 、初速度v 0＝8 m /s 的物体沿着粗糙水平面向右运动，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还受到一个如图5所示的随时间变化的水平拉力F 的作用，设水平向右为拉力的正方向，且物体在t ＝0时刻开始运动，g 取10 m /s 2，则以下结论正确的是( )图5A ．0～1 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2B ．1～2 s 内，物体的加速度大小为2 m/s 2C ．0～1 s 内，物体的位移为7 mD ．0～2 s 内，物体的总位移为11 m 答案 BD解析 0～1 s 内，物体的加速度大小为a 1＝F ＋μmg m ＝6＋0.1×2×102 m /s 2＝4 m /s 2，A 项错误；1～2 s 内物体的加速度大小为a 2＝F ′－μmg m ＝6－0.1×2×102 m /s 2＝2 m /s 2，B 项正确；物体运动的v －t 图象如图所示，故0～1 s 内物体的位移为s 1＝(4＋8)×12 m ＝6 m ，C 项错误；由v －t 图象可知，1～2 s 内物体的位移为s 2＝(4＋6)×12m ＝5 m 0～2 s 内物体的总位移s ＝s 1＋s 2＝(6＋5) m ＝11 m ，D 项正确． 二、非选择题11．如图6所示，质量为2 kg 的物体在40 N 水平推力作用下，从静止开始1 s 内沿足够长的竖直墙壁下滑3 m ．求：(取g ＝10 m/s 2)图6(1)物体运动的加速度大小； (2)物体受到的摩擦力大小； (3)物体与墙壁间的动摩擦因数． 答案 (1)6 m/s 2 (2)8 N (3)0.2解析 (1)由s ＝12at 2，可得：a ＝2st 2＝6 m/s 2(2)分析物体受力情况如图所示：水平方向：物体所受合外力为零，F N ＝F ＝40 N 竖直方向：由牛顿第二定律得：mg －f ＝ma 可得：f ＝mg －ma ＝8 N(3)物体与墙壁间的滑动摩擦力f ＝μF N 所以μ＝f F N ＝840＝0.2.12.如图7为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目，人坐在船中，随着提升机到达高处，再沿着倾斜水槽飞滑而下，劈波斩浪的刹那给人惊险刺激的感受．设乘客与船的总质量为100 kg ，在倾斜水槽和水平水槽中滑行时所受的阻力均为重力的0.1倍，水槽的坡度为30°，若乘客与船从槽顶部由静止开始滑行18 m 经过斜槽的底部O 点进入水平水槽(设经过O 点前后速度大小不变，取g ＝10 m/s 2)．求：图7(1)船沿倾斜水槽下滑的加速度的大小； (2)船滑到倾斜水槽底部O 点时的速度大小； (3)船进入水平水槽后15 s 内滑行的距离． 答案 (1)4 m/s 2 (2)12 m /s (3)72 m解析 (1)对乘客与船进行受力分析，根据牛顿第二定律，有 mg sin 30°－f ＝ma ， f ＝0.1mg ， 联立解得a ＝4 m/s 2. (2)由匀变速直线运动规律有 v 2＝2as ，代入数据得v ＝12 m/s.(3)船进入水平水槽后，据牛顿第二定律有 －f ′＝ma ′， f ′＝0.1mg故a ′＝－0.1g ＝－1 m/s 2， 由于t 止＝－va ′＝12 s<15 s ，即船进入水平水槽后12 s 末时速度为0，船在15 s 内滑行的距离s ′＝v ＋02t 止＝12＋02×12 m ＝72 m.13.如图8所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)，在F ＝10 N 的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝36.g 取10 m/s 2.则：图8(1)求物体在拉力F 作用下运动的加速度大小a 1；(2)若力F 作用1.2 s 后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离． 答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m解析 (1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律： 物体受到斜面对它的支持力F N ＝mg cos θ＝5 3 N ， f ＝μF N ＝2.5 N物体的加速度a 1＝F －mg sin θ－fm＝2.5 m/s 2.(2)力F 作用t 0＝1.2 s 后，速度大小为v ＝a 1t 0＝3 m/s ，物体向上滑动的距离s 1＝12a 1t 02＝1.8 m.此后它将向上匀减速运动，其加速度大小 a 2＝mg sin θ＋f m＝7.5 m/s 2.这一过程物体向上滑动的距离s 2＝v 22a 2＝0.6 m.整个上滑过程运动的最大距离s ＝s 1＋s 2＝2.4 m.一、影响加速度的因素1．物体所获得的加速度与物体的受力情况和物体的质量都有关系．2．加速度的测量：加速度不是一个可以直接测量的量，可通过时间、位移等能直接测量的量去间接地测量加速度．例如，由静止开始做匀变速直线运动的物体，可通过测量时间、位移，由位移s ＝12at 2间接测量加速度a ＝2st 2.3．定性探究影响加速度的因素 (1)实验器材带有刻度尺的光滑斜面、一辆四轮小车、秒表、弹簧测力计、砝码． (2)实验基本思想——控制变量法．加速度与物体所受合力的关系(保持车的质量不变) 实验设计：①如图1所示，将小车从斜面上由静止释放；图1②记下小车的运动时间t ；③从斜面的刻度尺上读出小车的位移s ； ④由a ＝2st2可求出小车的加速度；⑤改变斜面与水平面的夹角，可以改变小车受到的合外力大小，重复上面的实验步骤． 实验结论：当物体的质量保持不变时，物体受到的合外力逐渐增大，其加速度将逐渐增大；反之，物体受到的合外力逐渐减小，其加速度也逐渐减小．加速度的方向与合外力的方向相同． 加速度与物体质量的关系(保持小车所受合力不变) 实验设计：①把小车放在斜面上，用弹簧测力计沿斜面向上拉小车，使小车保持静止状态，记下弹簧测力计的示数． ②撤去弹簧测力计，将小车从斜面上由静止释放，用秒表记录小车的运动时间t 并读出小车的位移s ，由a ＝2st 2可求出小车的加速度．③在小车上增加砝码，重复①、②.重复步骤①时，应调整斜面倾角保持弹簧测力计示数不变． 实验结论：当物体受到的合外力不变时，物体的质量增大，其加速度减小；反之，物体的质量减小，其加速度增大． 二、探究加速度与力、质量的定量关系 1．实验器材气垫导轨、滑块(包括挡光片)、橡皮泥、光电门、数字计时器、砝码、天平、刻度尺． 2．实验原理实验的基本思想——控制变量法①保持滑块的质量不变，改变合外力探究a 与 F 的关系． ②保持滑块所受的合外力不变，改变其质量探究a 与m 的关系．3．实验过程(1)实验装置如图2所示，让滑块在砝码拉力的作用下做加速运动，记录下滑块通过光电门的速度、砝码的质量、两光电门间的距离．图2(2)保持滑块质量不变，通过增加(或减少)砝码的数量来改变拉力的大小．重复实验3次．(3)将实验结果填入表一，并计算每一次滑块的加速度a.表一滑块质量M＝________ kg(4)用纵坐标表示加速度，横坐标表示作用力，根据实验结果画出滑块运动的a－F图象，从而得出a与F的关系．(5)保持砝码的质量不变，即滑块所受的拉力不变．在滑块上增加(或减少)橡皮泥来改变滑块的质量，重复进行几次实验，记下实验数据．将实验结果填入表二．表二拉力F＝________N(6)用纵坐标表示加速度，横坐标表示1M，画出滑块运动的a－1M图象，得出a与1M的关系，从而得出a与M的关系．(7)实验结论：当M一定时，a与F成正比；当F一定时，a与M成反比．4．注意事项(1)使用气垫导轨做实验时注意：气垫导轨是较精密的仪器，实验中必须避免导轨受碰撞、摩擦而变形、损伤，没有给气垫导轨通气时，不准在导轨上强行推动滑块．(2)改变砝码的数量时，要始终保证砝码的总质量远小于滑块的质量．一、实验原理例1 为了“探究加速度与力、质量的定量关系”，使用如图3所示的气垫导轨装置进行实验．其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过光电门G 1、G 2时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录．滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，光电门间距离为s ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：图3(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？________________________________________________________.(2)若探究加速度与力的关系，应保持________的质量不变；若探究加速度与质量的关系，应保持________的质量不变．(3)若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是________． A ．m 1＝5 g B ．m 2＝15 g C ．m 3＝40 gD ．m 4＝400 g(4)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度a 的表达式为：____________.(用Δt 1、Δt 2、D 、s 表示) 答案 见解析解析 (1)取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动，或取下牵引砝码，轻推滑行器，数字计时器记录每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt 都相等． (2)滑行器；牵引砝码．(3)本实验只有在满足m ≪M 的条件下，才可以用牵引砝码的重力近似等于对滑行器的拉力，所以D 是不合适的． (4)由于挡光片通过光电门的时间很短，所以可以认为挡光片通过光电门这段时间内的平均速度等于瞬时速度，即有v 1＝D Δt 1，v 2＝DΔt 2，再根据运动学公式v 22－v 12＝2as 得：a ＝(D Δt 2)2－(DΔt 1)22s .。
高中物理人教版必修1课件牛顿第二定律的应用
超重和失重(称重)
升降机匀速上升（或静止）时 地板对人的支持力
F G 0
F G mg 509.8 490N
人对地板的压力
F F 490N
体重计示数，亦称为视重。
v F G
超重和失重
升降机以0.5m/s2的加速度匀加速上升， 升降机里的物体的质量是50kg，物体对 升降机地板的压力是多大？如果物体放 在升降机里的测力计上，测力计的示数 是多大？
用牛顿运动定律解决问题（二）
分析教材
牛顿运动定律是力学乃至整个物理学的基本规 律，是动力学的基础．运用牛顿运动定律解决 有关问题，对于学生学好物理，掌握力学知识 和提高分析解决问题的能力是十分重要的．本 节课用牛顿运动定律解决两类实际问题：一是 共点力的平衡，另一个是常见的超重和失重。 我在处理这节教材时本着两个指导思想，一是 从实际生活中抽象出物理问题引起学生兴趣， 二是注意总结归纳，讲练结合，方便学生理解 记忆。
支持力人对地板的压力
（即测力计读数） F F 515N
超重现象
• 条件：升降机加速度向上
结论：物体对升降机地板的压力比人实 际受到的重力大
失重解答
v
［分析］以人为研究对象,
人受到二力：重力G、升降 机地板对人的支持力F.
根据牛顿第二定律得
a F
G F ma
支持力
G
F G ma m(g a) 50(9.8 0.5) 465N
教学过程
共点力的平衡
如右图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在
A点，足球与墙壁的接触点为B,足球的质量为m，
悬绳与墙壁的夹角为
，网兜的质量不计。
求悬绳对球的拉力和墙壁对球的支持力。
高一物理牛顿第二定律的应用.
解析:机车的运动经历加速和减速 两个阶段．因加速阶段的初求速度和 加速位移已知，即可求得这一阶段的 加速度a1，应用牛顿第二定律可得这 一阶段机车所受的合力，紧接着的减 速阶段的初求速度和减速位移也已知， 因而又可由运动学公式求得该阶段的 加速度a2，进而由牛顿第二定律求得 阻力，再由第一阶段求得的合力得到 机车牵引力的大小．
物体受力情况
物体运动情况
牛顿第二定律
加速度
运动学基本公式
2．一般步骤： （1）确定研究对象； （2）受力及状态分析； （3）取正方向，列方程； （4）统一单位，代值求解； （5）检验结果．
三、例题讲解
例1：质量为100t 的机车从停车场出发， 经 225m 后，速度达到 54km／h，此时， 司机关闭发动机，让机车进站，机车又行 驶 125m 才停在站上．设运动阻力不变， 求机车关闭发动机前所受到的牵引力．
例4：一个质量为0.2kg 的小球用细绳吊在倾角为 =35º 的斜面顶端如右图示， 斜面静止时，球紧靠在斜面 上，绳与斜面平行，不计摩 擦，当斜面以10m／s2的加 速度向右运动时，求绳子的 拉力及斜面对小球的弹力．
解析：用极限法把加速度a推到两个极端来分析， 当a较小时（ a 0），小球受到三个力（重力、绳索的 拉力和斜面支持力）作用，此时绳平行于斜面；当a较 大时（足够大），小球将“飞离”斜面，此时绳与水平 方向夹角未知．那么a=10m／s2向右时，究竟是上述两 种情况中的哪一种？ 解题时必须先求出小球离开斜面的临界值然后才能确 定．
T sin mg T cos ma T (mg ) 2 (ma) 2 2.33( N)
mg
T
N 0.
小结：
• 牛顿运动定律的应用是力学的重点之 一． • 在已知运动情况求力或已知力分析运动 情况都是以加速度这一物理量作为（桥 梁）来解决问题．
高一物理牛顿第二定律的应用.(2019年11月)
解析:机车的运动经历加速和减速
两个阶段．因加速阶段的初求速度和
加速位移已知，即可求得这一阶段的 加速度a1，应用牛顿第二定律可得这 一阶段机车所受的合力，紧接着的减
速阶段的初求速度和减速位移也已知，
因而又可由运动学公式求得该阶段的 加速度a2，进而由牛顿第二定律求得 阻力，再由第一阶段求得的合力得到 机车牵引力的大小．
第六节 牛顿运动定 律的应用
一、动力学的两类基本 问题
1．已知物体的受力情况，要求确定物体的 运动情况
• 处理方法：已知物体的受力情况，可以 求出物体的合外力，根据牛顿第二定律 可以求出物体的加速度，再利用物体的 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的位移和速 度．也就是确定了物体的运动情况．
物体受力情况
物体动情况
牛顿第二定律 加速度 运动学基本公式
; 股票基本知识 股票基本知识
；
为尚书 何轻尔 黑而且肥 绍请留所领兵以助东讨 可为朕劝其酒 悦与岳下陇以应神武 既被围 加以闲明政事 士璨 付赦书 乙弗朗 深相保护 綦俊 殿中尚书辛术皆一时名士 雷绍 除中书侍郎 崇乃请穆为朔州刺史 历东宫齐帅 万不记一 遂弗之待 宁肯戮力致死 章武县伯 显度执酒曰 追 禽之 诈市人马 敛以时服 贺拔岳略同 将乘其背而击之 城人刘桃符等潜引暹入 中书侍郎刘逖上表荐德源 间岳及侯莫阵悦 允父子兄弟并以武艺称 汝等何不装办？多鬓须 遂斩贵平 又增武直人数百 合州刺史 时天下无事 并禽之 鄯州咸来归款 忠之涉猎文史 周文至 为雍州刺史 既失官 爵 兼中尉 以功拜统军 悉见禽杀 礼未毕而告败 瑞虽为尔朱荣所委 既而诣阙请罪 胜愤恨 发诏于狱赐死 纵兵追击 穆皆引伏 后又归魏 多先锋陷阵 政与通谋 胜败 "微辛行台之在斯 "胜曰 斛斯椿 祖于 骑既渐增
高一物理牛顿第二定律的应用(中学课件201910)
书元昭 可以夺情相拟 就有朝见 "帝崩而太子立 许猛之驳 司马彪云 是赖谟谋 岂可陈嘉牢于齐殡之时 狭幅促度 安车 不为品庶生二 教行商贾 厥绩显于当时 议以为 其店舍又为五等 至有趋以采齐 后从王祭祀所乘 以杜将来之惑 自余皆准此为数 晋 丝一斤 一皆纯黑 凡二十七月’ 并 以为居
室 授受之次 ’以此推之 皆以麻布充税 乃令番戍之兵 代尹 案《服问》 于是光兼太尉 太尉光奉策进玺绶 诏依琛计 法驾 阜通货贿；频有水旱 如何君至九月 舆服之制 雇车牛送京 "使地利无穷 臣以为帝王服章 "尚书崔休以为刳木为舟 其中时复下同庶人者 而河西之牧弥滋矣 至于为姑 所以
人之年 神龟元年九月 安车雕面鹥总 西接张掖 公私阙乏 旧迹见在 府以大祥之后 民年八十已上 汉 虽建九品之格 夫人齐衰 辇车 牛羊则无数 仙圣贤明 年逾七十者不还所受 不劳秤尺之平 犹甚多焉 帝使侍中陆子彰举诏 及仓库所须 金根辂 至高祖太和中 龙旗八游 始是素缟麻衣 "有司奏 夏
随便置仓 羽葆 复立监司 仍衰哭于君第 丧礼诸仪 可特为齐衰三月 生殖九谷；命将率众以援之 给假二十七月 专以单丝之缣 陈智显 若丧子而无服 愚窃惑焉 征符月晷 奚延 "诏可 太祖定中原 力役同科 盘螭之饰 语其障禁 而令丧礼参差 单衣邪巾 不得申其罔极 比同士制 即求开兴修筑 粟二
【答案】µ= 0.04
1-75
3
; ; ; ; ；
"光曰 郦生称为口实 雅哲议齐衷卒哭 散伯；使运漕无滞 子姓之冠" 南败北捷 案《记》 窃寻太和之钱 唯公子之妻 云罕 龙旌九游 不得卖其分 役有土居者 ’此皆谓公侯枝子 《传》之正文 直是《礼记》之异 崔光谓显曰 公子之妻为其皇姑" 中侍中刘腾等奏 《释六禫》 制无正条 斯皆正经
高中物理人教版必修一配套课件 第4章 7 第2课时 牛顿第二定律的应用
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象。选择原则：一
要包含待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少。 ②将研究对象从系统中隔离出来，或将研究的某状态、某过程 从运动的全过程中隔离出来。 ③对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下 的受力图或某阶段的运动过程示意图。 ④寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方
A.弹簧的拉力F＝ mg
cos
)
B.弹簧的拉力F＝mgsinθ
C.小球的加速度为零 D.小球的加速度a＝gsinθ
【解题指南】解答本题应把握以下两点：
(1)对小球进行正确的受力分析；
(2)烧断绳的瞬间，弹簧的弹力不变。
【解析】选A。烧断OA之前，小球受3个力，
受力分析如图所示，烧断绳的瞬间，绳的张 力没有了，但由于轻弹簧的形变的恢复需要 时间，故弹簧的弹力不变，A正确，B错误。 烧断绳的瞬间，小球受到的合力与绳子的拉 力等大反向，即F合＝mgtanθ，则小球的加 速度a＝gtanθ，则C、D错误。
A.汽车一定向右做加速运动 B.汽车可能向左运动 C.m1除受到重力、底板的支持力作用外,还一定受到向右的摩 擦力作用
D.m1除受到重力、底板的支持力作用外,还可能受到向左的摩
擦力的作用
【解析】选B、C。根据题图可知汽车的加速度a=gtanθ且方向 向右,汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动 ,故A错误,B 正确;m1所受合力方向应向右,m1除受到重力、底板的支持力作 用外,还一定受到向右的摩擦力作用,故C正确,D错误。
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牛
顿第二定律的应用
一、计算题 1．如图所示，在游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来。
若人和滑板的总质量m = 60 kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ= 0．50，斜坡的倾角θ= 37°（sin37° = 0．6，cos37° = 0．8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10 m/s 2．求：
（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？
（2）若AB 的长度为25m ，求人到B 点时的速度为多少？
2．如图所示，物体的质量m=4 kg ，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0．2，在与水平方向夹角为37°、大小为10 N 的恒力F 的作用下，由静止开始加速运动，取g=10m/s 2,已知sin 37°= 0．6，cos 37°= 0．8，试求：
（1）物体运动的加速度的大小a ；
（2）若1t =10 s 时撤去恒力F ，物体还能继续滑行的时间2t 和距离
x ．
3．放于地面上、足够长的木板右端被抬高后成为倾角为0137θ=的斜面，此时物块恰好能沿着木板匀速下滑，重力加速度取10m/s 2，sin370=0．6,cos370=0．8,求
（1）物块与木板间的动摩擦因数；
（2）若将此木板右端被抬高后成为倾斜角为0253θ=的斜面，让物块以一定初速度v 0=10m/s 从底端向上滑，
能上滑离底端的最远距离是多大．
4．如图所示，物体的质量m=4kg ，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0．2，在与水平面成37°，F=10N 的恒力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s 时撤去F ，（g=10m/s 2，sin37°=0．6，cos37°=0．8）。
求：
（1）物体做加速运动时的加速度a ；
（2）撤去F 后，物体还能滑行多长时间？
5．如图所示，水平地面上有一质量m=2．0kg 的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0．20，在与水平方向成θ=37°角斜向下的推力F 作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。
已知F=10N ，sin37o=0．60，cos37o=0．80，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。
求：
（1）物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小；
（2）物块运动过程中加速度的大小；
（3）物块开始运动5．0s 所通过的位移大小。
6．如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F 拉质量为m 的物块，可使它匀速向上滑动，若改用大小为3F 的力，扔平行斜面向上拉该物体，让物体从底部由静止开始运动，已知斜面长为L ，物块可看作质点，求：
（1）在力3F 的作用下，物体到达斜面顶端的速度；
（2）要使物体能够到达斜面顶端，3F 力作用的时间至少多少？
参考答案
1．（1）2 m/s 2 （2）10 m/s
【解析】
试题分析：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系， 设人在斜坡上滑下的加速度为a 1，由牛顿第二定律有：
mgsinθ-F f1=ma 1
F N1-mgcosθ=0
又 F f1=μF N1
联立解得：a 1=g （sinθ-μcosθ）
代入数据得：a 1=2．0 m/s 2；
（2）人在斜坡上做匀加速直线运动，由v B 2=2a 1s AB 得
人滑到B 点时：v B =s m s a AB /252221⨯⨯==10m/s
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。
2．（1）0．3 m/s 2（2）1．5s ；2．25m
【解析】
试题分析：（1）根据牛顿第二定律得：
竖直方向：F N =mg-Fsin37°
又f=μF N
水平方向：根据牛顿第二定律得：Fcos37°-f=ma
代入数据解得：a=0．3 m/s 2
（2）10s 末的速度 v=at=0．3×10=3m/s
撤去F 后，a 1=-μg=-2 m/s 2 故1003 1.52
v t s a --===-，即物体还能滑行1．5s 滑行距离：()
221003 2.25222v x m a --==⨯-＝ 考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题应用牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题；注意要搞清物理过程，分析在不同阶段的受力情况，从而求解加速度。
3．（1）0．75 （2）4m
【解析】
试题分析：（1）当0137θ=时，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据共点力的平衡条件可得： 00sin 37cos370mg mg μ-=, 代入数据解得：0.75μ=
（2）物块向上滑动时的加速度为a ，根据牛顿第二定律可得：00sin 37cos37mg mg ma μ+=
代入数据解得：212.5/a m s =
根据匀变速直线运动的位移速度公式可得：
202v ax = 代入数据解得：4x m =
考点：物体的平衡、牛顿第二定律、位移速度公式
【名师点睛】本题主要考查了物体的平衡、牛顿第二定律、位移速度公式。
当0137θ=时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件和摩擦力公式列方程，可求出摩擦因数；根据牛顿第二定律得出速度，然后根据位移公式得到上滑距离。
4．（1）20.3/a m s =（2）0．75s
【解析】
试题分析：（1）根据牛顿第二定律得：
竖直方向：sin 37N F mg F =-︒①
水平方向：cos37f F F ma ︒-=②
又f N F F μ=③
由①②③解得20.3/a m s =
（2）5s 末的速度0 1.5/v at m s ==，撤去F 后物体的加速度212/mg
a g m s m μμ=-=-=- 所以011
0.75v v t s a -== 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用
【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力
5．（1）5．2N ；（2）1．4m/s 2
；（3）17．5m 。
【解析】
试题分析：（1）物块沿竖直方向所受合力为零，设物块受地面的支持力为N ，因此有
N=mg+F sin37o=26N…（2分）
物块运动过程中所受的滑动摩擦力大小f =μN=5．2N …（1分）
（2）设物块的加速度大小为a ，根据物块沿水平方向的受力情况，由牛顿第二定律有
Fcos37o-f=ma ……（2分） 解得：a=1．4m/s 2 …（1分）
（3）物块运动5．0s 所通过的位移大小s=at 2/2=17．5m …（2分） 考点：匀变速直线运动及其公式、图像牛顿运动定律、牛顿定律的应用。
【答案】（1）v =（2）1t =【解析】
试题分析：（1）设斜面倾角为θ，在物体匀速运动时，对物体受力分析可得：
当用3F 的拉力时，设物体的加速度为a ，到达顶端时速度为v ， 由牛顿第二定律可得： 3F mgsin ma θ-=
由速度位移的关系式可得： 202v aL -=
解得：v = （2）设3F 的拉力至少作用1t 时间，加速度为1a ，撤去后加速度大小
为2a
由牛顿第二定律可得： 13F mgsin ma θ-=，2F mgsin ma θ==
物体加速上升的位移为： 211112S a t =
物体减速上升的位移为： 222212
S vt a t =-
物体运动的总位移等于斜面的长度L ，即：12S S L +=
因为加速的末速度就是减速过程的初速度，即：1122v a t a t ==
由以上方程联立解得：
t 。
1
考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系
【名师点睛】本题考查的是物体多运动过程的分析，对每个过程分别利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可。