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。
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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。