牛顿第二定律的应用一(两类基本问题)
牛顿第二定律的应用——解决动力学的两类基本问题
牛顿第二定律的应用(解决动力学的两类基本问题)知识要点：1. 进一步学习分析物体的受力情况，达到能结合物体的运动情况进行受力分析。
2. 掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。
重点、难点解析：（一）牛顿第一定律内容：物体总保持静止或匀速直线运动状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
（二）牛顿第三定律1. 内容：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、作用在同一直线上。
2. 理解作用力与反作用力的关系时，要注意以下几点：（1）作用力与反作用力同时产生，同时消失，同时变化，无先后之分。
（2）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（与物体的大小，形状，运动状态均无关系。
）（3）作用力与反作用力分别作用在受力物体和施力物体上，其作用效果分别体现在各自的受力物体上，所以作用力与反作用力产生的效果不能抵消。
（作用力与反作用力能否求和？）（4）作用力与反作用力一定是同种性质的力。
（平衡力的性质呢？）（三）牛顿第二定律1、内容：物体的加速度与物体所受合外力成正比，跟物体质量成反比，加速度方向跟合外力的方向相同。
2、数学表达式：F合＝ma3、关于牛顿第二定律的理解：（1）同体性：F合＝ma是对同一物体而言的（2）矢量性：物体加速度方向与所受合外力方向一致（3）瞬时性：物体的加速度与所受合外力具有瞬时对应关系牛顿第二定律的应用（一）在共点力作用下物体的平衡1：平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态，称物体处于平衡状态。
2：平衡条件：在共点力作用下物体的平衡条件是：F合＝0。
==（其中F x合为物体在x轴方向上所受的合外力，F y合为物体在y轴方向上所受的合外力）（二）两类动力学的基本问题1. 从受力情况确定运动情况根据物体的受力情况，可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
2. 从运动情况确定受力情况根据物体的运动情况，可由运动学公式求出物体的加速度，再通过牛顿第二定律确定物体所受的外力。
牛顿第二定律的综合应用(解析版)-高中物理
牛顿第二定律的综合应用1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计计算题动力学两类基本问题2022年浙江卷选择题连接体问题2024年全国甲卷计算题传送带模型2024年湖北卷选择题、计算题板块模型2024年高考新课标卷、辽宁卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对动力学两类基本问题、连接体问题、传送带和板块模型考查的非常频繁，有基础性的选题也有难度稍大的计算题。
【备考策略】1.利用牛顿第二定律处理动力学两类基本问题。
2.利用牛顿第二定律通过整体法和隔离法处理连接体问题。
3.利用牛顿第二定律处理传送带问题。
4.利用牛顿第二定律处理板块模型。
【命题预测】重点关注牛顿第二定律在两类基本问题、连接体、传送带和板块模型中的应用。
一、动力学两类基本问题1.已知物体的受力情况求运动情况；2.已知物体的运动情况求受力情况。
二、连接体问题多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的系统称为连接体。
(1)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
(2)物物叠放连接体：相对静止时有相同的加速度，相对运动时根据受力特点结合运动情景分析。
(3)轻绳(杆)连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等，轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度。
三、传送带模型1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
四、板块模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1 -x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx=x2+x1=L。
【牛顿第二定律的应用】知识点总结
3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．
4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关
的辅助方程．
5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．
物体在五类光滑斜面上运动时间的比较 [素养必备]
第一类：等高斜面(如图 1 所示)． 由 L＝12at2，a＝gsin θ，L＝sinh θ 可得：t＝sin1 θ 2gh， 可知倾角越小，时间越长，图 1 中 t1＞t2＞t3.
第 2 讲 牛顿第二定律的应用
考点一 动力学的两类基本问题 1．解决动力学两类基本问题的思路
师生互动
3
2．动力学两类过程问题
师生互动
1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．
2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．
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第二类：同底斜面(如图 2 所示)．
由 L＝12at2，a＝gsin θ，L＝cods θ 可得：t＝ gsi4nd2θ， 可见 θ＝45°时时间最短，图 2 中 t1＝t3＞t2.
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第三类：圆周内同顶端的斜面(如图 3 所示)．
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在 该圆周上．
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【反思领悟】
由 2R·sin θ＝12·gsin θ·t2，可推得：t1＝t2＝t3.
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第四类：圆周内同底端的斜面(如图 4 所示)．
即在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自 该圆周上的不同点．同理可推得：t1＝t2＝t3.
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第五类：双圆周内斜面(如图 5 所示)． 即在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切．各斜面过两圆的公共切 点且顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置．可推得 t1＝t2＝t3.
3、4 牛顿第二定律应用一
复
习：
牛顿第一定律：（惯性定律）
牛顿第二定律：（F合= ma）
牛顿第三定律：（作用力与反作用力）
v v0 at
v
2
2 v 0
2 a x
1 2 x v0t at 2
两类问题：已知运动求力
桥梁是加速度
已知力求运动
a
力
F合=ma
a
运动
解题步骤： 1、确定对象 分析运动 2、受力分析 v v at 0 3、选取坐标系 1 2 4、列方程 解方程 x v0t at
a
运动情况 （v,x,t)
变式2、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 坡倾角θ =300 ，在x=60m的路程内速度达 到v=20m/s，求滑雪人受到的阻力（包括 滑动摩擦和空气阻力）。
300
总
两 类 问 题
结
已知 受力情况 求 运动情况 已知 运动情况 求 受力情况
总
结
两 已知 受力情况 求 运动情况 类 问 已知 运动情况 求 受力情况 题 求解两类问题的思路： 受力分析
正 交 分解法 合力F合 F合=ma
运动学公式
a
运动情况 （v,x,t)
Fx ma （沿加速度方向）
Fy 0 （垂直于加速度方向）
与正方向相同的力(或速度)取正值； 与正方向相反的力(或速度)取负值。
求解两类问题的思路： 受力分析
正 交 分解法 合力F合 F合=ma
运动学公式
a
运动情况 （v,x,t)
Fx ma （沿加速度方向）
Fy 0 （垂直于加速度方向）
2024高考物理一轮复习--牛顿第二定律的应用--瞬时性问题,动力学中的两类基本问题
瞬时性问题、动力学中的两类基本问题一、瞬时问题的两类模型轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．二、动力学两类基本问题1.解题指导（1）做好两个分析：①受力分析，表示出合力与分力的关系；②运动过程分析，表示出加速度与各运动量的关系.（2）熟悉两种处理方法：合成法和正交分解法.（3）把握一个关键：求解加速度是解决问题的关键．2.必备知识（1）基本思路（2）基本步骤（3）解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。
三、针对练习1、如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m 的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。
已知重力加速度为g ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
下列结论正确的是( )A ．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43mgB ．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC ．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD ．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为53g2、如图所示，细线连接着A 球，轻质弹簧两端连接着质量相等的A ，B 球，在倾角为θ的光滑斜面体C 上静止，弹簧与细线均平行于斜面．C 的底面粗糙，在水平地面上能始终保持静止，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ) A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ B ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ C ．C 对地面的压力等于A ，B 和C 的重力之和 D ．地面对C 无摩擦力3、如图所示，物块1的质量为3m ，物块2的质量为m ，两者通过弹簧相连，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，物块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A ．a 1＝0，a 2＝g B ．a 1＝g ，a 2＝g C ．a 1＝0，a 2＝4 g D ．a 1＝g ，a 2＝4 g4、如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( ) A ．2F 3 2F 3m ＋gB ．F 3 2F3m＋gC ．2F 3 F 3m＋gD ．F 3 F3m＋g5、如图，A 、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间(重力加速度为g )( ) A ．图甲中A 球的加速度不为零 B ．图乙中两球加速度均为g sin θ C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球加速度的3倍6、如图所示，质量为2 kg 的物体B 和质量为1 kg 的物体C 用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。
牛顿第二定律的应用(一)——两种基本类型的题目
牛顿第二定律的应用（一）——两种基本类型的题目
主讲：黄冈中学教师郑成
一、加速度是构建力和运动的桥梁
解题时我们要明确已知量、未知量，确定解题思路．
1、已知物体的受力情况，求解物体的运动情况．
例1、某质量为1100kg的汽车在平直路面试车，当达到100km/h的速度时关闭发动机，经过70s停下来，汽车受到的阻力是多大？重新起步加速时牵引力为2000N，产生的加速度应为多大？假定试车过程中汽车受到的阻力不变.
2、已知物体的运动情况，求物体所受力的情况．
例2、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（包括摩擦和空气阻力）．
滑雪人受到的力
解：以滑雪的人作为研究对象，其受力情况如图所示．
求滑雪人受到的阻力
由运动学公式x=v0t＋at2可求得滑雪人的加速度．
由牛顿第二定律可得：
F合=mgsinθ－f=ma f=mgsinθ－ma=67.5N
解题步骤：
1、理解题意，确立研究对象，分析物体受力情况和运动情况．
2、建立正确的坐标系．（一般x轴或y轴沿a方向）
3、由运动学公式求有关运动的物理量a．
4、根据已求出的运动的物理量a，由牛顿第二定律F合=ma求出物体的受力情况．
例3.一列火车在做变速直线运动，火车车厢顶部有一根细绳末端拴着小球随火车一起运动，细绳偏离竖直方向的夹角为α．
（1）求火车的实际可能运动情况．（2）求火车的加速度．
解：
（2）F合=mgtanθ=ma a=gtanθ。
牛顿第二定律的应用(两类问题)
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5.0N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； 解：1）前4秒 根据牛顿第二定律F合=ma列方程： 水平方向 F-f=ma a=1.5(m/s2) 由vt=v0+at: vt=6(m/s)
2：已知运动情况求解受力情况
例题2: 一辆质量为1.0×103kg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。 • 设小车运动的初速度方向为正方向，由运动学公 式
2aS v v
2 t
据牛顿第二定律F合=ma列方程： 竖直方面 N-mg=0 水平方面 f=ma=1.0×103×( - 4 ) N
2 0 v0 10 2 a m / s 2 4m / s 2 2 12.5 2S
2 o
可得
f = - 4.0×103N
• 例题3:
一辆质量为1.0×103kg的小汽车，正以 10mห้องสมุดไป่ตู้s的速度行驶，现在让它在12.5m的距离内匀 减速地停下来。
一木箱（m=2kg）沿一粗糙斜面匀加速下滑，初 速度为零，5s内下滑25m，斜面倾角300， 求(1)木箱与斜面间的动摩擦因数， (2)若以某初速沿斜面向上冲，要能冲上4m，则 初速至少多大？
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5.0N的拉力，物体跟 水平面的滑动摩擦力是2.0N。 2)若在4秒末撤去拉力，求物体滑行时间。 解：2） 4秒后 竖直方向 FN-mg=0 水平方向f=ma′ a ′= 1.0(m/S2)
由△V=at t= △ v/a=6.0(s)
第三章 第2课时 牛顿第二定律的基本应用
3.(2023·广东茂名市一模)电动平衡车是一种新的短途代步工具。已知人 和平衡车的总质量是60 kg，启动平衡车后，车由静止开始向前做直线运 动，某时刻关闭动力，最后停下来，其v－t图像如图所示。假设平衡车 受到的阻力是其重力的k倍，g＝10 m/s2，则 A.k＝0.6
考点二 动力学图像问题
解得 F2＝m2mm1＋1 m2(μ2－μ1)g， 可知 μ2>m1m＋2m2μ1，故 B、C 正确； 由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速 度，故D正确。
考点二 动力学图像问题
总结提升
分析动力学图像问题的方法技巧 1.分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其 物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程。 2.建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结 合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。
考点一 动力学两类基本问题
总结提升
动力学问题的解题思路
考点一 动力学两类基本问题
例3 (多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，
O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′
为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速
度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、 t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a或b所用的时 间。下列关系正确的是
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
根据运动学公式，小车2 s末的速度大小v＝at1＝3 m/s，故A错误； 根据牛顿第二定律得 F－Ff＝ma，解得 Ff＝15 N，撤去推力后，加速度 大小为 a′＝Fmf＝0.5 m/s2，减速时间为 t2＝av′＝03.5 s＝6 s，小车运动 的总时间为 t＝t1＋t2＝2 s＋6 s＝8 s，故 B 正确，C、D 错误。
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1
第二讲：牛顿第二定律的应用一、动力学中基本两类问题1. 通过运动过程的分析求解加速度，然后受力分析求解力.2. 通过受力分析求解加速度，然后运动过程分析求解运动参量.加速度是连接运动学和力学的桥梁.二、动力学中的多过程问题1.采用分段分析求解.把复杂的问题简单化.2.相邻的两个过程，存在一个重要衔接点，衔接点速度是承上启下的重要关联物理量，必重点关注. 利用关联速度列出关联式.例1.如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v 0＝4m/s 的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s 0＝40m 处有一物体在水平向右的推力F ＝20 N 作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x 0＝25m 撤去．已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m ＝5 kg ，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)推力F 作用下，物体运动的加速度a 1大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d.解析：（1）,1ma mg F =-μ解得./221s m a =（2）设经t 1二者等速v ，则,011v t a v ==解得.21s t =在t 1时间内，物体的位移.421011x m vt x <==说明撤去F 前二者等速. 车运动位移,8102m t v x ==最大间距.44120m x x s x =-+=∆（3）设撤去F 时物体运动时间为t 2，速度为v m ，则,,21212210t a v t a x m ==解得./10,52s m v s t m == 设撤去F 后经t 3停止，减速过程加速度为a 2../2m g 222s m a ma =⇒=μ .5332s t t a v m =⇒=全程物体的位移.5021303m t v x x m =+= 车的位移m t t v x 40)(3204=+=则.30340m x x s d =-+=[总结]（1）时间关系：根据等速列出时间关系式，求解时间.（2）有了时间，分别求解各物体的位移（3）根据位移关系求解最大（最小）间距.1. (DP49T2)如图所示，一个质量为m ＝2 kg 的小物块静置于足够长的斜面底端，斜面固定在水平地面上，其倾角θ＝37°.现对小物块施加一个沿斜面向上、大小为F ＝30 N 的恒力，4 s 后将F 撤去，此时小物块速度达到v 1＝20 m/s(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)．求：(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)小物块在斜面上运动的总时间．(可用根式表示)解析：（1）物块加速上滑过程，,111t a v =解得a 1=5m/s 2. ,cos sin 1ma mg mg F =--θμθ解得.5.0=μ 物块加速上滑.4021111m t v x == （2）撤去F 时的速度，v m =a 1t 1=20m/s.设减速过程经t 2，加速度为a 2，位移x 2. 则.21,,sin cos mg 22222t v x t a v ma mg m m ===+θθμ 解得.20,2,/102222m x s t s m a ===在最高点由于mgsin θ>μmgcos θ,则物块将加速下滑，mgsin θ-μmgcos θ=ma 3,解得a 3=2m/s 2.设经t 3下滑到底部，则,2123321t a x x =+解得.1523s t = 全程经历的总时间.)1526(321s t t t t +=++=三. 牛顿第二定律的应用——等时圆（1）从圆周上各点沿光滑斜面运动到圆周最低点，经历时间相等.（2）从圆周的最高点沿光滑斜面运动到圆周上的各点，经历时间相等.[推导]设斜面倾角θ，圆周半径R.（1）斜面长L=2Rsin θ,（2）物体加速度θsin g a =，（3）牛顿第二定律：,g 2212R t at L =⇒=与θ无关. 1．（DP50T2）如图所示，光滑细杆BC 、DC 和AC 构成矩形ABCD 的两邻边和对角线，AC ∶BC ∶DC ＝5∶4∶3，AC 杆竖直．各杆上分别套有一质点小球a 、b 、d ，a 、b 、d 三小球的质量比为1∶2∶3.现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a 、b 、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为( )A ．1∶1∶1B ．5∶4∶3C ．5∶8∶9D ．1∶2∶3解析：由题意得，ABCD 是在以AC 为直径的圆周上，符合等时圆（1）类，故选A.2（DP51T3）．如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆θ的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EF解析：（1）分别从ACE 滑到O 点时间相等.（2）从O 点分别滑到BDF 点，由于位移相等，均为R ，当加速度依次增大，时间依次减小，故选B.3（XP312T7）．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置( ) A ．在同一水平线上 B ．在同一竖直线上 C ．在同一抛物线上 D ．在同一圆周上解析：以P 为最低点，作竖直线，以某一物体在该斜面上的最高点与P 点的连线为弦，弦与竖直线的连线为直径作圆。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：牛顿第二定律的基本应用
超重和失重问题
梳理 必备知识
1.实重和视重 (1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态 无关 (选填“无关” 或“相关”). (2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计 或台秤的示数称为视重.
2.超重、失重和完全失重的对比
名称
超重
失重
完全失重
现象 视重 大于实重 视重 小于 实重
(3)运动员滑上水平雪道后，在t′＝2.0 s内 滑行的距离x. 答案 59 m
运动员滑到B点时的速度vB＝v0＋at＝30 m/s 在水平雪道上运动员受力如图乙所示，建立如图乙 所示的直角坐标系，设运动员的加速度为a′， 根据牛顿第二定律，x方向上有－μFN′＝ma′， y方向上有FN′－mg＝0，又x＝vBt′＋ 12a′t′2 ， 联立解得x＝59 m.
开始弹簧处于拉伸状态，伸长量为x，设弹簧的 劲度系数为k，则kx＝0.5mg，剪断细线后a向下 做加速运动，a向下运动x时弹簧恢复原长，然 后a继续向下做加速运动，弹簧被压缩，弹簧弹力向上，开始弹簧弹 力小于a的重力沿斜面方向的分力F1＝2mgsin 30°＝mg，物块继续向下 做加速运动，设弹簧压缩量为x′时物块a所受合力为零，则kx′＝F1 ＝mg，x′＝2x，当物块a所受合力为零时速度最大，在此过程物块a 下滑的距离s＝x＋x′＝3x，D正确.
例7 (2023·四川金堂县淮口中学高三检测)如图所示，ABC是一雪道， AB段为长L＝80 m、倾角θ＝37°的斜坡，BC段水平，AB与BC平滑相连. 一个质量m＝75 kg的滑雪运动员(含滑雪板)，从斜坡顶端以v0＝2.0 m/s 的初速度匀加速滑下，经时间t＝5.0 s到达斜坡底端B点.滑雪板与雪道间 的动摩擦因数在AB段和BC段均相同(运动员可视为质点).取g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)运动员在斜坡上滑行时的加速度大小a； 答案 5.6 m/s2
牛顿第二定律的应用常见题型与解题方法（王老师原创）非常全面,经典..
牛顿第二定律的应用第一讲一、两类动力学问题1.1.已知物体的受力情况求物体的运动情况：已知物体的受力情况求物体的运动情况：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。
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。
2.2.已知物体的运动情况求物体的受力情况：已知物体的运动情况求物体的受力情况：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，应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求出物体所受的合外力，进而求出某些未知力。
进而求出某些未知力。
求解以上两类动力学问题的思路，可用如下所示的框图来表示：求解以上两类动力学问题的思路，可用如下所示的框图来表示：第一类第一类 第二类第二类典型例题： 例1、如图所示，用F =12 N 的水平拉力，使物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动. 已知物体的质量m =2.0 kg ，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.30. 求：求：(1)物体加速度a 的大小；的大小； (2)物体在t =2.0s 时速度v 的大小.例2、列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s 内速度由5.0m/s 增加到15.0m/s.（1）求列车的加速度大小．）求列车的加速度大小．（2）若列车的质量是1.01.0××106kg kg，机车对列车的牵引力是，机车对列车的牵引力是1.51.5××105N ，求列车在运动中所受的阻力大小．，求列车在运动中所受的阻力大小．二、正交分解法在牛顿第二定律中的应用例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 向上减速运动，向上减速运动，a a 与水平方向的夹角为θ，求人所受到的支持力和摩擦力．求人所受到的支持力和摩擦力．三、整体法与隔离法在牛顿第二定律中的应用 物体的受力情况力情况 物体的加速度a 物体的运动情况动情况F 求内力：先整体后隔离求内力：先整体后隔离例4、如图所示，两个质量相同的物体1和2，紧靠在一起放在光滑的水平面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2的作用，而且F1F1＞＞F2F2，则，则1施于2的作用力的大小为（的作用力的大小为（ ）A ．F1B ．F2C ．（F1+F2F1+F2））/2D D．．（F1-F2F1-F2））/2求外力：先隔离后整体求外力：先隔离后整体例5、如图所示，质量为m 的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面的质量为M M ，斜面与物块无摩擦，地面光滑。
高三物理 动力学两类基本问题
(1)空气阻力与小球重力大小的比值mfg； (2)小球从抛出到落到地面所经过的时间 t.
思路点拨：根据运动情况确定加速度利用牛顿第二定律结合运动中的受力情况求解． 规范解答：(1)从抛出到最高点，2a1h＝v20(1 分) 代入数据求得 a1＝12 m/s2(1 分) 根据牛顿第二定律：mg＋f＝ma1(1 分) mfg＝0.2.(1 分) (2)上升过程所用时间 t1＝va10＝1 s(1 分) 下落过程加速度 a2＝mgm－f＝mg－m0.2mg＝8 m/s2(1 分) 下落过程所用时间 t2，则有 h＋H＝12a2t22(1 分) 得 t2＝2 s(1 分) 总时间 t＝t1＋t2＝3 s．(2 分)
8s 3g.
答案：(1)0.5 (2)
8s 3g
考点二：连接体问题的应用
【例2】 (综合题)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固 定在水平地面上，质量为m的物块A叠放在物体B 上，物体B的上表面水平．当A随B一起沿斜面下 滑时，A、B保持相对静止．求B对A的支持力N和 摩擦力f.
解析：当A随B一起沿斜面下滑时，物块A受到竖直向下的重力mg、B对A竖直向上的支 持力N和水平向左的摩擦力f的作用而一起做加速运动，如图(甲)． 设B的质量为M，以A、B为整体，根据牛顿第二定律，有 (m＋M)·gsin θ＝(m＋M)a，得a＝gsin θ. 将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解，如图(乙)所示，则ax＝acos θ＝gsin θcos θ， ay＝asin θ＝gsin2 θ
(1)小球的加速度；
(2)最初2 s内小球的位移．
解析：(1)小球在斜杆上受力分析如图所示． 垂直杆方向：Fcos θ＝mgcos θ＋N① 沿杆方向：Fsin θ－mgsin θ－f＝ma② 其中：f＝μN③ ①②③联立，并代入数据，得 a＝0.4 m/s2. (2)最初 2 s 内的位移 s＝12at2＝0.8 m.
牛顿第二定律及应用(一)牛顿第二定律的理解及动力学两类基本问题
学案12 牛顿第二定律及应用(一)牛顿第二定律的理解及动力学两类基本问题一、概念规律题组1．下列对牛顿第二定律的表达式F ＝ma 及其变形公式的理解，正确的是( ) A.由F ＝ma 可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B.由m ＝Fa 可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的速度成反比C.由a ＝Fm 可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比D.由m ＝Fa可知，物体的质量可以通过测量经的加速度和它所受的合力而求出2．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图13．如图1所示，质量为20 kg 的物体，沿水平面向右运动，它与水平面间的动摩擦因数为0.1，同时还受到大小为10 N 的水平向右的力的作用，则该物体(g 取10 m /s 2)( ) A ．受到的摩擦力大小为20 N ，方向向左 B ．受到的摩擦力大小为20 N ，方向向右 C ．运动的加速度大小为1.5 m /s 2，方向向左 D ．运动的加速度大小为0.5 m /s 2，方向向右 4．关于国秒单位制，下列说法正确的是( ) A ．kg ，m /s ，N 是导出单位 B ．kg ，m ，h 是基本单位C ．在国际单位制中，质量的单位可以是kg ，也可以是gD ．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F ＝ma二、思想方法题组图25．(2011·淮南模拟)如图2所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑水平面上，如果它们分别受到水平推力F 1和F 2的作用，而且F 1>F 2，则1施于2的作用力大小为( ) A ．F 1 B ．F 2 C .12(F 1＋F 2) D .12(F 1－F 2)图36．如图3所示，在光滑水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之下，以加速度a 做匀速直线运动，某时刻空然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度a 1和a 2，则( ) A ．a 1＝a 2＝0 B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a一、对牛顿第二定律的理解矢量性公式F＝ma是矢量式，任一时刻，F与a总同向瞬时性a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受的合外力因果性F是产生加速度a的原因，加速度a是F作用的结果同一性有三层意思：(1)加速度a是相对同一个惯性系的(一般指地面)；(2)F＝ma中，F、m、a对应同一个物体或同一个系统；(3)F＝ma中，各量统一使用国际单位独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都满足F＝ma(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也满足F＝ma即F x＝ma x，F y＝ma y【例1】(2010·上海·11)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体()A．刚抛出时的速度最大B．在最高点的加速度为零C．上升时间大于下落时间D．上升时的加速度等于下落时的加速度[规范思维]【例2】(2009·宁夏理综·20)如图4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()图4A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向左运动，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[规范思维][针对训练1] (2009·上海综合·7)图5如图5所示为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是()①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A．①③B．②③C．①④D．②④二、动力学两类基本问题1．分析流程图2．应用牛顿第二定律的解题步骤(1)明确研究对象．根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体．(2)分析物体的受力情况和运动情况．画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程．(3)选取正方向或建立坐标系．通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向．(4)求合外力F合．(5)根据牛顿第二定律F合＝ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．特别提醒(1)物体的运动情况是由所受的力及物体运动的初始状态共同决定的．(2)无论是哪种情况，加速度都是联系力和运动的“桥梁”．(3)如果只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；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即一般情况不分解加速度；特殊情况下当求某一个力时，可沿该力的方向分解加速度．【例3】如图6图6所示，一质量为m的物块放在水平地面上．现在对物块施加一个大小为F的水平恒力，使物块从静止开始向右移动距离x后立即撤去F，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)撤去F时，物块的速度大小；(2)撤去F后，物块还能滑行多远．【例4】(2010·安徽理综·22)图7质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图7所示．g取10 m/s2，求：(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)水平推力F的大小；(3)0～10 s内物体运动位移的大小．[规范思维][针对训练2] (2009·江苏·13)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时到达高度H＝64 m，求飞行器所受阻力f的大小．(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)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.【基础演练】1．(2011·海南华侨中学月考)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来的痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线的长度是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/s2，则汽车开始刹车时的速度为()A．7 m/s B．10 m/s C．14 m/s D．20 m/s2．(2011·吉林长春调研)竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速度的大小成正比，则子弹在整个运动过程中，加速度大小的变化是()A．始终变大B．始终变小C．先变大后变小D．先变小后变大3．如图8甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是()图8A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在1～3 s内，外力F的大小恒定C．在3～4 s内，外力F不断增大D．在3～4 s内，外力F的大小恒定图94．(2009·广东理基·4)建筑工人用图9所示的定滑轮装置运送建筑材料，质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)()A．510 N B．490 NC．890 N D．910 N图105．如图10所示，足够长的传送带与水平面间夹角为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<tanθ.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116．(2011·福建福州质检)商场搬运工要把一箱苹果沿倾角为θ的光滑斜面推上水平台，如图11所示．他由斜面底端以初速度v0开始将箱推出(箱与手分离)，这箱苹果刚好能滑上平台．箱子的正中间是一个质量为m的苹果，在上滑过程中其他苹果对它的作用力大小是()A．mg B．mg sinθC．mg cosθ D．0题号 1 2 3 4 5 6答案7.在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间t＝5 s内沿斜面滑下的位移x＝50 m．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)．问：(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f为多大？(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(3)设游客滑下50 m后进入水平草坪，试求游客在水平面上滑动的最大距离．【能力提升】图128．如图12所示，有一长度x＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2)图139．质量为10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°，如图13所示．力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 s后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移x.(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)10.(2010.天星调研)图14如图14所示，长为L的薄木板放在长为L的正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的中点，木块、木板质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ.现突然施加水平外力F在薄木板上将薄木板抽出，最后小木块恰好停在桌面边上，没从桌面上掉下．假设薄木板在被抽出的过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上．求水平外力F的大小．学案12牛顿第二定律及应用(一)牛顿第二定律的理解及动力学两类基本问题【课前双基回扣】1．CD[牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关．故排除A、B，选C、D.]2．D [由牛顿第二定律F ＝ma 知，F 合为零，加速度为零，由惯性定律知速度不一定为零；对某一物体，F 合越大，a 越大，由a ＝ΔvΔt知，a 大只能说明速度变化率大，速度不一定大，故A 、B 项错误；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，故C 项错误，D 项正确．] 3．AD4．BD [所谓导出单位，是利用物理公式和基本单位推导出来的，力学中的基本单位只有三个，即kg 、m 、s ，其他单位都是由这三个基本单位衍生(推导)出来的，如“牛顿”(N)是导出单位，即1 N ＝1 kg·m/s 2(F ＝ma )，所以题中A 项错误，B 项正确．在国际单位制中，质量的单位只能是kg ，C 错误．在牛顿第二定律的表达式中，F ＝ma (k ＝1)只有在所有物理量都采用国际单位制时才能成立，D 项正确．]5．C [将物体1、2看做一个整体，其所受合力为：F 合＝F 1－F 2，设质量均为m ，由第二定律得F 1－F 2＝2ma ，所以a ＝F 1－F 22m以物体2为研究对象，受力情况如右图所示．.由牛顿第二定律得F 12－F 2＝ma ，所以F 12＝F 2＋ma ＝F 1＋F 22.] 6．D [两物体在光滑的水平面上一起以加速度a 向右匀速运动时，弹簧的弹力F 弹＝m 1a ，在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此对A 来讲，加速度此时仍为a ；对B 物体，取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m 1m 2a ，所以只有D 项正确．]思维提升1．牛顿第二定律是一个实验定律，其公式也就不能像数学公式那样随意变换成不同的表达式．2．a ＝Δv Δt 是a 的定义式，a ＝Fm 是a 的决定式，a 虽可由a ＝Δv Δt进行计算，但a 决定于合外力F 与质量m .3．在牛顿运动定律的应用中，整体法与隔离法的结合使用是常用的一种方法． 4．对于弹簧弹力和细绳弹力要区别开．5．在牛顿运动定律的应用中，整体法与隔离法的结合使用是常用的一种方法，其常用的一种思路是：利用整体法求出物体的加速度，再利用隔离法求出物体间的相互作用力． 【核心考点突破】例1 A [最高点速度为零，物体受重力，合力不可能为零，加速度不为零，故B 项错．上升时做匀减速运动，h ＝12a 1t 21，下落时做匀加速运动，h ＝12a 2t 22，又因为a 1＝mg ＋f m ，a 2＝mg －f m，所以t 1<t 2，故C 、D 错误．根据能量守恒，开始时只有动能，因此开始时动能最大，速度最大，故A 项正确．][规范思维] 物体的加速度与合外力存在瞬时对应关系；加速度由合外力决定，合外力变化，加速度就变化． 例2 BC [由题意可知，当撤去外力，物块与木板都有向右的速度，但物块速度小于木板的速度，因此，木板给物块的动摩擦力向右，使物块向右加速，反过来，物块给木板的动摩擦力向左，使木板向右减速运动，直到它们速度相等，没有了动摩擦力，二者以共同速度做匀速运动，综上所述，选项B 、C 正确．][规范思维] 正确建立两物体的运动情景，明确物体的受力情况，进而确定加速度的大小方向，再进行运动状态分析．例3 (1) 2(F －μmg )x m (2)(Fμmg－1)x解析 (1)设撤去F 时物块的速度大小为v ，根据牛顿第二定律，物块的加速度 a ＝F －μmg m又由运动学公式v 2＝2ax ，解得v ＝ 2(F －μmg )xm(2)撤去F 后物块只受摩擦力，做匀减速运动至停止，根据牛顿第二定律，物块的加速度a ′＝－μmg m ＝－μg 由运动学公式v ′2－v 2＝2a ′x ′，且v ′＝0解得x ′＝(Fμmg－1)x[规范思维] 本题是已知物体的受力情况，求解运动情况，受力分析是求解的关键．如果物体的加速度或受力情况发生变化，则要分段处理，受力情况改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量．多过程问题画出草图有助于解题．例4 (1)0.2 (2)6 N (3)46 m解析 (1)设物体做匀减速直线运动的时间为Δt 2、初速度为v 20、末速度为v 2t 、加速度为a 2，则a 2＝v 2t －v 20Δt 2＝－2 m/s 2①设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律，有 F f ＝ma 2② F f ＝－μmg ③联立②③得μ＝－a 2g＝0.2④(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt 1、初速度为v 10、末速度为v 1t 、加速度为a 1，则a 1＝v 1t －v 10Δt 1＝1 m/s 2⑤根据牛顿第二定律，有F ＋F f ＝ma 1⑥ 联立③⑥得F ＝μmg ＋ma 1＝6 N(3)解法一 由匀变速直线运动位移公式，得x ＝x 1＋x 2＝v 10Δt 1＋12a 1Δt 21＋v 20Δt 2＋12a 2Δt 22＝46 m 解法二 根据v －t 图象围成的面积，得x ＝(v 10＋v 1t 2×Δt 1＋12×v 20×Δt 2)＝46 m[规范思维] 本题是牛顿第二定律和运动图象的综合应用．本题是已知运动情况(由v －t 图象告知运动信息)求受力情况．在求解两类动力学问题时，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两大关键，一般需列两类方程(牛顿第二定律，运动学公式)联立求解． [针对训练]1．B 2.(1)4 N (2)42 m (3)322s(或2.1 s)【课时效果检测】1．C 2.B 3.BC 4.B 5．D [m 刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1.当m 与带同速后，因带足够长，且μ<tan θ，故m 要继续匀加速．此时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，a 2<a 1，故D 正确．]6．C [以箱子和里面所有苹果作为整体来研究，受力分析得，Mg sin θ＝Ma ，则a ＝g sin θ，方向沿斜面向下；再以质量为m 的苹果为研究对象，受力分析得，合外力F ＝ma ＝mg sin θ，与苹果重力沿斜面的分力相同，由此可知，其他苹果给它的力的合力应与重力垂直于斜面的分力相等，即mg cos θ，故C 正确．]7．(1)80 N (2)315(3)100 3 m8．16 N解析 由下图中的受力分析，根据牛顿第二定律有F －F f ＝ma 物① F f ′＝Ma 车②其中F f ＝F f ′＝μmg ③由分析图结合运动学公式有x 1＝12a 车t 2④x 2＝12a 物t 2⑤x 2－x 1＝x ⑥由②③解得a 车＝1 m/s 2⑦ 由④⑤⑥⑦解得a 物＝1.5 m/s 2所以F ＝F f ＋ma 物＝m (μg ＋a 物)＝4×(0.25×10＋1.5) N ＝16 N. 9．0.25 16.25 m解析 设力F 作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a 1撤去力F 后其加速度大小变为a 2，则： a 1t 1＝a 2t 2①有力F 作用时，物体受力为：重力mg 、推力F 、支持力F N1、摩擦力F f1，如图所示．在沿斜面方向上，由牛顿第二定律可得： F cos θ－mg sin θ－F f1＝ma 1②F f1＝μF N1′＝μ(mg cos θ＋F sin θ)③撤去力F 后，物体受重力mg 、支持力F N2、摩擦力F f2，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得： mg sin θ＋F f2＝ma 2④F f2＝μF N2′＝μmg cos θ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得：a 2＝8 m/s 2 a 1＝5 m/s 2 μ＝0.25物体运动的总位移x ＝12a 1t 21＋12a 2t 22＝⎝⎛⎭⎫12×5×22＋12×8×1.252 m ＝16.25 m 10．6μmg解析 设小木块离开薄木板之前的过程，所用时间为t ，小木块的加速度大小为a 1，移动的距离为x 1，薄木板被抽出后，小木块在桌面上做匀减速直线运动，所用时间为t ′，设其加速度大小为a 2，移动的距离为x 2，有 μmg ＝ma 1① μmg ＝ma 2②即有a 1＝a 2＝μg ③根据运动学规律有x 1＝x 2，t ＝t ′④所以x 1＝12μgt 2⑤x 2＝12μgt 2⑥根据题意有x 1＋x 2＝12L ⑦解得t 2＝L2μg⑧设小木块没有离开薄木板的过程中，薄木板的加速度为a ，移动的距离为x ，有 x ＝12at 2⑨ 根据题意有x ＝x 1＋12L ⑩联立⑤⑧⑨⑩得a ＝3μg ⑪对薄木板，根据牛顿第二定律得F －3μmg ＝ma ， 解得F ＝6μmg . 易错点评1．应用牛顿第二定律时，要注重对定律“四性”的理解．特别是“瞬时性”是常考要点之一；此外“独立性”也是解题中经常用到的．2．解决动力学两类基本问题的关键是找到加速度这一桥梁，除此之外，还应注意受力分析和运动过程分析，最好能画出受力分析图和运动过程草图．。
2025高考物理总复习牛顿第二定律的基本应用
用的时间。下列关系正确的是( BCD)
A.t1=t2
B.t2>t3
C.t1<t2
D.t1=t3
解析 设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点
a,三杆顶点均在圆周上,根据等时圆模型可知,由c、O、d无初速度释放的
静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
考向一 已知受力情况求运动情况
典题1 四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前得到越
来越广泛的应用。一架质量m=2 kg的无人机,其动力系统所能提供的最大
升力F=36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff=4 N。g取10 m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞。求在t=5 s时离
当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的
加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度等于重力加速度
时,物体处于完全失重状态
从速度变化 ①物体向上加速或向下减速时,处于超重状态
的角度判断 ②物体向下加速或向上减速时,处于失重状态
考向一 超重、失重的理解
典题4 (2024山东济南模拟)图甲是某同学站在接有力传感器的板上做下蹲、
解得h=75 m。
(2)设无人机坠落过程中加速度为a1,由牛顿第二定律得
mg-Ff=ma1
解得a1=8 m/s2
由v2=2a1H
解得v=40 m/s。
★一题多变 若在典题1无人机坠落过程中,由于遥控设备的干预,动力设备
重新启动提供向上的最大升力。为使无人机着地时速度为零,求无人机从
开始下落到恢复升力的最长时间t1。
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牛顿第二定律应用之三
绳子·弹簧的临界·瞬间问题
绳子·弹簧的临界 瞬间问题 绳子 弹簧的临界·瞬间问题 弹簧的临界 年上海） 的物体系于长度分别为l 例1.（2001年上海）如图，一质量为 的物体系于长度分别为 1、l2 （ 年上海 如图，一质量为m的物体系于长度分别为 的两根细线上， 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ， 的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为 ，l2 水平拉直，物体处于平衡状态.现将 线剪断， 现将l 水平拉直，物体处于平衡状态 现将 2线剪断，求剪断瞬时物体的加 速度. 速度
牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律的两类基本问题
牛顿第二定律的两类基本问题 1：已知受力情况求解运动情况 2．已知运动情况求解受力情况 做题的基本方法：
运动学公式 牛顿第二定律
运动情况
加速度
受力情况
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 例题 一个静止在水平面上的物体，质量是 ， 水平方向受到5.0N的拉力，物体跟水平面的滑动摩擦 的拉力， 水平方向受到 的拉力 力是2.0N。 力是 。 1)求物体在 秒末的速度； 求物体在4.0秒末的速度 求物体在 秒末的速度； 2)若在 秒末撤去拉力，求物体滑行时间。 若在4秒末撤去拉力 若在 秒末撤去拉力，求物体滑行时间。
已知运动情况求受力情况---斜面上的牛顿第二定律
3.一个质量为 ，倾角为 的斜面静置在水平桌面上，与桌面间的动 一个质量为M，倾角为θ的斜面静置在水平桌面上 的斜面静置在水平桌面上， 一个质量为 摩擦因数为µ；另一个物块质量为m，放在斜面上， 摩擦因数为 ；另一个物块质量为 ，放在斜面上，物块与斜面接触 面是光滑的，为了保持物块相对于斜面静止，可用一水平力推斜面， 面是光滑的，为了保持物块相对于斜面静止，可用一水平力推斜面， 求此力的大小. 求此力的大小
两类问题的综合---斜面上的牛顿第二定律
5.(2004年全国卷Ⅳ，19)如图 年全国卷Ⅳ 如图3—3，在倾角为 的固定光滑、斜面上， 的固定光滑、 年全国卷 如图 ，在倾角为a的固定光滑 斜面上， 有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫． 有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫 的质量的2倍 当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑， 的质量的 倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其 相对斜面的位置不变， ) 相对斜面的位置不变，则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( A．（ ．（gsinα）/2 B．gsinα C．（ ．（3gsinα）/2 D．2gsinα ．（ ） ． ．（ ） ．
两种基本问题的综合---斜面上的牛顿第二定律 两种基本问题的综合 斜面上的牛顿第二定律
例1.风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套 1.风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力， 风洞实验室中可产生水平方向的 有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆的直径， 有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆的直径，整个 装置如图。 装置如图。 当杆在水平方向向上固定时，调节风力的大小， （1）当杆在水平方向向上固定时，调节风力的大小，使小球的杆上 作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5 0.5倍 作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球 与杆间的动摩擦因数µ。 与杆间的动摩擦因数 。 保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37 并固定， 37° （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定， 则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需的时间t为多少？ 则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需的时间t为多少？
l 1 l 2
绳子·弹簧的临界 瞬间问题 绳子 弹簧的临界·瞬间问题 弹簧的临界 例1. （2）若将细线 1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，其他条件 ）若将细线l 改为长度相同、质量不计的轻弹簧， 不变，则剪断l 瞬间球的加速度多大？ 不变，则剪断 2瞬间球的加速度多大？
l 1 l 2
绳子临界·瞬间问题 绳子绳拖着质量为 的物体 ，A与地 如图所示 一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体 面的摩擦不计. 面的摩擦不计 的加速度运动时， （1）当卡车以 1=g/2的加速度运动时，绳的拉力为 ）当卡车以a 的加速度运动时 绳的拉力为5mg/6，则A对 ， 对 地面的压力多大? 地面的压力多大 （2）当卡车的加速度 2=g时，绳的拉力多大 ）当卡车的加速度a 时 绳的拉力多大?
A
1：已知受力情况求解运动情况
例题2：一木箱质量为 ， 例题 ：一木箱质量为m，与水平地面间的动 摩擦因数为µ， 摩擦因数为 ，现用斜向右下方与水平方向成 θ角的力 推木箱，求经过 秒时木箱的速度。 角的力F推木箱 秒时木箱的速度。 角的力 推木箱，求经过t秒时木箱的速度
例3：图1，某工厂用传送带传送零件，设两轮圆心的距 ： ，某工厂用传送带传送零件， 离为S，传送带与零件的动摩擦因数为µ ，传送带的速度 离为 ， 的零件， 为V，在传送带的最左端 处，轻放一质量为 的零件， ，在传送带的最左端P处 轻放一质量为m的零件 µ 并且被传送到右端的Q处 设 并且被传送到右端的 处,设 零件运动一段与传送带无相 对滑动，则传送零件所需的时间为多少? 对滑动，则传送零件所需的时间为多少
牛顿第二定律的两类基本问题
第二课时.已知运动情况求受力情况
已知运动情况求受力情况
1.质量为 质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图所示的两 的物体在一水平面上运动， 质量为 的物体在一水平面上运动 条直线分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的 v－t图线 则图线 与上述的 图线.则图线 与上述的_______状态相符 该物体所受 状态相符.该物体所受 图线 则图线b与上述的 状态相符 到的拉力是_______N. 到的拉力是
已知运动情况求受力情况
1：质量为m=2Kg的物体静止在水平地面上，受到一个大小 质量为m=2Kg的物体静止在水平地面上， m=2Kg的物体静止在水平地面上 为F=8牛顿且方向与水平方向成370的倾角的拉力后开始匀 F=8牛顿且方向与水平方向成37 牛顿且方向与水平方向成 加速直线运动， 秒内前进4米远， 加速直线运动，在2秒内前进4米远，求物体与水平面地面 间的动摩擦因数为多少？ 间的动摩擦因数为多少？
两种基本问题的综合
江苏） 例2.（05·江苏）如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图 （ 江苏 如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图. 绷紧的传送带始终保持3.0m／s的恒定速率运行，传送带的水平部 的恒定速率运行， 绷紧的传送带始终保持 ／ 的恒定速率运行 距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包 可视为质点 由A 现有一行李包(可视为质点 分AB距水平地面的高度为 距水平地面的高度为 现有一行李包 可视为质点)由 端被传送到B端 且传送到末端时没有被及时取下，行李包从B端水 端被传送到 端，且传送到末端时没有被及时取下，行李包从 端水 平抛出，不计空气阻力， 取 平抛出，不计空气阻力，g取10m／s2 ／ (1)若行李包从 端水平抛出的初速 ＝3.0m／s，求它在空中运动 若行李包从B端水平抛出的初速 若行李包从 端水平抛出的初速V＝ ／ ， 的时间和飞出的水平距离； 的时间和飞出的水平距离； (2)若行李包以 0＝1.0m／s的初速从 端向右滑行，包与传送带 若行李包以V 的初速从A端向右滑行 若行李包以 ／ 的初速从 端向右滑行， 间的动摩擦因数µ＝ 端飞出的水平距离等于(1)中 间的动摩擦因数 ＝0.20，要使它从 端飞出的水平距离等于 中 ，要使它从B端飞出的水平距离等于 所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件 应满足的条件. 所求的水平距离，求传送带的长度 应满足的条件
12 9 6 3 0
v/ (m . -1 ) s
b
a
2
4
6 8
t /s
已知运动情况求受力情况---斜面上的牛顿第二定律
2.质量为 的物体放在倾角为 的斜面上，物体和斜面的 质量为m的物体放在倾角为 的斜面上， 质量为 的物体放在倾角为θ的斜面上 动摩擦因数为µ，如沿水平方向加一个力F， 动摩擦因数为 ，如沿水平方向加一个力 ，使物体沿斜 面向上以加速度a做匀加速直线运动 做匀加速直线运动， 面向上以加速度 做匀加速直线运动，则F=？ ？
A
弹簧临界·瞬间问题 弹簧临界 瞬间问题
一根轻弹簧竖直直立在水平地面上， 例3.一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定， 在弹 一根轻弹簧竖直直立在水平地面上 下端固定， 簧的正上方有一个物块， 簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端 O，将弹簧压缩，弹簧被压缩了 0时，物块的速度变为零 物块的速度变为零. ，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x 此过程中重物运动情况（ 此过程中重物运动情况（） A.一直加速 一直加速 B.匀加速 匀加速 C.先加速后减速 C.先加速后减速 O D.先减速后加速 先减速后加速 x0
弹簧临界·瞬间问题 弹簧临界 瞬间问题 如图在倾角为θ的光滑斜面上端系一劲度系数为 的轻弹簧， 例4.如图在倾角为 的光滑斜面上端系一劲度系数为 的轻弹簧， 如图在倾角为 的光滑斜面上端系一劲度系数为k的轻弹簧 弹簧下端连有一质量为m的小球 球被一垂直于斜面的挡板A挡住 的小球， 弹簧下端连有一质量为 的小球，球被一垂直于斜面的挡板 挡住 此时弹簧没有形变.若手持挡板 以加速度a（ ＜ 若手持挡板A以加速度 ，此时弹簧没有形变 若手持挡板 以加速度 （a＜gsinθ）沿斜 ） 面匀加速下滑， ：（1） 面匀加速下滑，求：（ ）从挡板开始运动到球与挡板分离所经历 的时间；（ ；（2）从挡板开始运动到球速达到最大， 的时间；（ ）从挡板开始运动到球速达到最大，球所经过的最小 路程. 路程
已知运动情况求受力情况---斜面上的牛顿第二定律
4.(06·上海）质量为 10 kg的物体在 F＝200 N 的水平推力作用下， 上海） 的水平推力作用下， 上海 的物体在 ＝ 从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动， 从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地 面的夹角θ＝ 作用2秒钟后撤去 面的夹角 ＝37O．力 F作用 秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了 作用 秒钟后撤去， 1.25 秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数 和物体 秒钟后，速度减为零． 物体与斜面间的动摩擦因数µ和物体 。（已知 的总位移 s。（已知 sin37o＝0.6，cos37O＝0.8，g＝10 m/s2） 。（ ， ， ＝