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1、第第 1010 讲讲 牛顿第二定律牛顿第二定律考情剖析考查内容考纲要求考查年份考查详情能力要求用牛顿运动定律解决问题 15 年T6选择，电梯中的超重与失重分析综合16 年T9选择，合外力与加速度关系分析综合17 年T13计算，电磁感应中应用牛 顿第二定律分析综合弱项清单,1.对牛顿第二定律性质的理解欠缺 2受力分析不清楚 3瞬时加速度问题、动态问题分析不到位 4求解较复杂的动力学问题能力薄弱，求解思路不明确，动力学特征理解不到位知识整合1内容物体加速度的大小跟受到的_成正比，跟物体的_成反比加速度的方 向跟_ 2表达式：_. 3物理意义 反映了物体运动的_与外力的关系，且这种关系是瞬时对应的，
2、当作用力的发 生变化，加速度同时发生变化 4适用范围：_物体、_运动(惯性系内低速运动的宏观物体)方法技巧考点 1 牛顿第二定律的理解和应用瞬时性a与F对应同一时刻，即a为某时刻的加速 度时，F为该时刻物体所受合力因果性F是产生a的原因，物体具有加速度是因为物体受到了力同一性(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a 中，F、m、a对应同一物体或同一系F m统(3)a 中，各量统一使用国际单位F m独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加 速度都遵循牛顿第二定律(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遵循牛顿第二定律，即ax，a
3、yFx mFy m【典型例题 1】 如图所示，从距弹簧顶端一定高度处自由落下的小球，从开始 释放到弹簧的压缩量最大的过程中，则： (1)分析小球的运动情况； (2)指出小球在什么时候或什么位置速度最大、最小； (3)指出小球在什么时候或什么位置加速度最大、最小1.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物 体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点如果物体受到的阻力恒 定，则( )A物体从A到O先加速后减速B物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C物体运动到O点时，所受合力为零D物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小 考点 2 牛顿第二定律的瞬时性问题 一、两
4、种类型与三个模型(一)两种类型 1刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其 弹力立即消失，不需要形变恢复时间 2弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变 量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不 变 (二)三种模型：轻绳、轻杆和轻弹簧三种模型的异同 1三个模型的相同点 (1)“轻”质量和重力均不计 (2)在任何情况下，绳中张力相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力也相等 2三个模型的不同点 (1)施力和受力特点 轻绳只能产生沿绳方向的拉力 轻杆不仅可以产生和承受沿杆方向的拉力和压力，还可以产生和承受
5、不沿杆方向 的拉力和压力 轻弹簧可以产生和承受沿弹簧伸缩方向的拉力和压力 (2)力的变化特点 轻绳拉力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性 轻杆拉力和压力的产生、变化或消失不需要时间，具有突变性和瞬时性 轻弹簧弹力的产生、变化或消失需要时间，不具有突变性，即只能渐变，但具有 瞬时性，即不同形变的瞬间，对应不同的弹力(注意：当轻弹簧的自由端无重物时，形变 消失不需要时间，即具有突变性) 【典型例题 2】 如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角 为 30光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )A都等于 B. 和 0g 2g 2C.
6、 和 0 D0 和MAMB MBg 2MAMB MBg 2考点 3 牛顿第二定律的一般性问题 牛顿第二定律的一般性问题跟共点力的平衡问题处理方法很相似，一般步骤是 1确定研究对象(单个物体或者几个物体组成的系统)； 2进行受力分析； 3利用合成、分解或者正交分解等方法列方程求解 在正交分解时，一般x轴沿加速度方向，y轴垂直于加速度方向，则有Fxma，Fy0.当 然也可以把加速度进行正交分解，有Fxmax，Fymay. 4检查并讨论结果是否合理 【典型例题 3】 如图所示，半径为R的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r的 光滑圆球P和Q，且R1.5r.在圆球Q与圆筒内壁接触点A处安装有压力传感器
7、当用水 平推力推动圆筒在水平地面上以v05 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为 25 N；某时刻撤去推力F之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x m已知圆筒的质量与5 34圆球的质量相等，取g10 m/s2.求： (1)水平推力F的大小； (2)撤去推力后传感器的示数2.如图所示，质量为 4 kg 的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳 与竖直方向夹角为 37.已知g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求： (1)当汽车以a2 m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后 壁的压力； (2)当汽车以a10 m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细线对小球
8、的拉力和小球对 车后壁的压力当堂检测 1.如图所示，小车向右运动的过程中，某段时间内车中悬挂的小球A和 车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角这段时 间内关于物块B受到的摩擦力下述判断中正确的是( )第 1 题图A物块B不受摩擦力作用B物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D因小车的运动性质不能确定，故B受到的摩擦力情况无法判断 2如图所示，质量为 1.5 kg 的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为 0.5 kg 的物体 B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压现突然将细线剪断，则剪断后瞬间 A、B间的作用力大小为(
9、g取 10 m/s2)( )第 2 题图A0 B2.5 N C5 N D3.75 N 3(17 年南通二模)如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置 质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接释放C，A和 B一起以加速度a由静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为，则细线中的拉力大小为( )第 3 题图AMg BMgmaC(m1m2)a Dm1am1g 4如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为 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( )第 4 题图A0B大小为g，方向竖直向下C大小为g，
10、方向垂直木板向下2 33D大小为g，方向水平向右335如图，将质量m0.1 kg 的圆环套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面 直径环与杆间动摩擦因数0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角 53的拉力F，使圆环以a4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小第 5 题图第 10 讲 牛顿第二定律 知识整合 基础自测 1作用力 质量 作用力方向相同 2Fma 3加速度 4宏观 低速 方法技巧 典型例题 1(1)先做自由落体，然后做加速度减小的加速运动，最后做加速度增加 的减速运动 (2)在重力等于弹力时速度最大，最后弹簧压缩量最大时速度最小为 0 (3) 在空中加速度为重力加速度，
11、与弹簧接触后压缩量最大时加速度最大，在重力等于弹力时 加速度最小 【解析】 小球与弹簧接触前做自由落体；小球接触弹簧上端后受到两个力 作用：向下的重力和向上的弹力在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为 弹力Fkx不断增大，所以合力不断减小，故加速度不断减小，由于加速度与速度同向， 因此速度不断变大当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合力为零，加速度为零，速度 达到最大在接触后的后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运 动，但弹力大于重力，合力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上， 小球做减速运动，当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大 变式训
12、练 1A 【解析】 物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力， 合力向右随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加 速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大当物体向右运动至 AO间某点(设为点O)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速 度达到最大此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变 为向左至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大所以物体越过O点后，合力 (加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速 运动综合以上分析，只有选项 A 正确 典型例题 2D 【解
13、析】 线被剪断瞬间，线的拉力变为 0，弹簧形变来不及发生 变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为 0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAgsin30的弹力，所以可得其加速度为.（MAMB）g 2MB典型例题 3(1)75 N (2)0 【解析】 (1)系统匀速运动时，圆球Q受三个力作用如图所示，其中传感器示数 F125 N设P、Q球心连线与水平方向成角，则cos2R2r 2r1 2则圆球重力mgF1tan 解得60，mg25 N3当撤去推力F后，设系统滑行的加速度大小为a，则 v2ax2 0系统水平方向受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 MgMa 系统匀速运动时FMg 其中Mg3mg，
14、解得a m/s2，F75 N；10 33(2)撤去推力后，对球Q，由牛顿第二定律得FAmamg tan解得FA0，即此时传感器示数为 0.变式训练 2(1) 50 N 22 N(2) 40 N 0 N2【解析】 (1)当汽车以a2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图由牛顿第二定律得： FT1cosmg，FT1sinFNma 代入数据得：FT150 N，FN22 N 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为 22 N. (2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为 0 时(临界条件)的加速度为a0，受力 分析如图所示由牛顿第二定律得：FT2sinma0，FT2cosmg 代入数据得：a
15、0gtan10 m/s27.5 m/s23 4因为a10 m/s2a0 所以小球飞起来，FN0 N 所以，当汽车以a10 m/s2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得FT2cos mg FT2sinma 代入数据得FT240 N.2当堂检测 1B 【解析】 由图知A球的加速度大小为agtan，方向向左，则小车向右减 速行驶，物块B相对小车有向前运动的趋势，它所受的摩擦力方向向左，大小为 fmBgtan，只有 B 正确2D 【解析】 当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，此时弹簧形变仍不变， 对AB整体受力分析受重力G(mAmB)g20 N，弹力为FmAg15 N，由牛顿第二定律 GF(mAm
16、B)a，解得a2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B 有mBgF1mBa，可得F13.75 N，D 选项正确 3C 【解析】 物体C加速度竖直向下，绳子拉力为F，有MgFMa，即 FMgMa，则 A、B 错误；以A、B整体为研究对象，水平方向只受到绳子的拉力，有 F(m1m2)a，C 正确；以物块A为研究对象，设B对A的静摩擦力为f，有Ffm1a， 而f小于m1g，故 D 错误 4C 【解析】 未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F.当突然向下撤离光滑木板时，FN立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，mg cos30故Fx与mg的合力仍为F，由此产生的加速度为a g，方向与合mg cos30g cos302 33力方向相同，故 C 正确第 4 题图 5. 1 N 或 9 N【解析】 令Fsin53mg0，解得F N5 4当F N 时，环与杆的下部接触，受力如图，5 4第 5 题图(2) 由牛顿第二定律得： FcosFNmg FsinFNmg由此得：Fm（ag） cossinN9 N.0.1 （4.40.8 10）0.60.8 0.8