牛顿第二定律应用2
解：对木块，受力分析如图． 建立如图所示坐标系． 由牛顿第二定律得：
F cos f ma0 ②
f FN
③
解① ② ③得：
a F cos mg F sin
m
y
FN
Ｆ
x
G
√外力的方向一致． Ｄ：物体的加速度方向一定与物体所受到 的合外力方向相同．
2.物体运动的速度方向、加速度方向与物体 所受合外力方向的关系是：( )
A.速度方向、加速度方向、合外力方向三 者总是相同的
B.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外力方向相同
C.速度方向总是和合外力方向相同，而加 速度方向可能和合外力相同，也可能不同
ma3 sin mg
瞬时问题：
注意：在外界条件突变的 情况下，绳的弹力可以突 变，但弹簧（弹性绳等） 的弹力不能突变，即可认 为不变（和变前相同）.但 剪短弹簧，弹力瞬间为零。
瞬时受力 F
B A
初始受力
F
B
F
mBg
mAg
aB 0
F mBg mB g
mAg F mAaA
aA
g
mB mA
g
３．建立坐标系． ４．由F合＝ma列方程． ５．解得：a.
解题格式：
解:对
,受力分析如图.
建立如图所示坐标系.
由牛顿第二定律得:
解得:
练：如图，位于水平地面上质量为m的木 块，在大小为Ｆ，方向与水平方向成角的 拉力作用下，沿地面作匀加速直线动．若 木块与地面之间的动摩擦因数为， 求：木块的加速度．
所以汽车前进时的加 F阻
F
速度为:
a F F阻
G
m
1.45
104 8
2.5 103
103
m
s2
1.5 m s2
例：质量为8103千克的汽车，在水平 的公路上沿直线行驶，汽车的牵引力为 1.45104牛，所受阻力为2.5 103牛． 求：汽车前进时的加速度．
解题步骤：
１．研究对象：汽车. ２．受力分析．
瞬时问题解题思路：
1.画瞬时受力图 2.画初始受力图 3.列瞬时方程及初始方程
在牛顿第二定律F=kma中，有关比例系数k：
K的数值是由质量、加速度和力的单位 决定的；
在国际单位制中，k=1．
３．下列说法中正确的是：
Ａ：物体所受合外力为零，物体的速度必 为零． Ｂ：物体所受合外力越大，物体的加速度 越大，速度也越大． Ｃ：物体的速度方向一定与物体受到的合
F 和 a 问题： 1.多力情况：正交分解法 建立坐标： 以a方向为一轴 建立方程： 以a方向为正方向
注意力的正负
加速运动 a与v同向 减速运动 a与v反向 直线运动 a与v同直线
a与F合总同向
F 370
370
ma
a
（1）
tan
370
ma mg
F合 a g tan g370
向右匀加速或
mg
向左匀减速
（2）F cos 370 mg
F 12.5N
2.不共线的二力情况： （1）明确对象（2）画受力图
（3）明确a的方向 （4）以二力为邻边，以a(F合） 方向为对角线，做平行四边形。
（5）解三角形（菱形对角线 垂直平分）
F2
a
ma2
mg
F合
mg sin ma2
F3
a
ma3
mg
F合
D.速度方向与加速度方向或合外力方向之
例：质量为8103千克的汽车，在水平 的公路上沿直线行驶，汽车的牵引力为 1.45104牛，所受阻力为2.5 103牛． 求：汽车前进时的加速度．
解例：：对质汽量车为受8力1分03析千，克如的图汽所车示，。在水平的公 路牛求上，：由得沿所汽牛：直受车顿F线阻前第- F行力进二阻驶 为 时＝定2，的m律.5a汽加F合车速1＝0的度3牛m牵．a．引力为1F.N45104
牛顿第二定律的应用(瞬时性、矢量性)
m a2 g2
设弹力与水平方向的夹角为，则：
tan α mg g ma a
【解题回顾】 （一）硬杆对小球的弹力的方向并不一定 沿杆的方向，这可借助于牛顿运动定律来 进行受力分析：
1、物体处于平衡状态时，合外力应为0； 2、物体处于变速运动状态时，满足：
F合=ma， F合方向与加速度方向一致. （二）应用牛顿定律解题时要注意a与F合方向 一致性的关系.有时可根据已知合力方向确定加
明确“轻绳”和“轻弹簧” 两个理想物理模型的 区别．
如图所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直 放在光滑的水平面上,木块A上放有质量为2m的木块C,三 者均处于静止状态。现将木块C迅速移开,若重力加速度 为g,则在木块C移开的瞬间（ C ）
A.木块B对水平面的压力迅速变为2mg
B.弹簧的弹力大小为mg
T1
θ T2
m
F合
mg
T2
F合 TG
F合=mg tan a=g tan
T
T
G2
G1
G
F合=mg sin a=g sin
如图质量为 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 A．
（ C）
B．大小为2 3 3g，方向竖直向下
【例1】小车上固定着光滑的斜面, 斜面的倾 角为θ.小车以恒定的加速度向前运动,有一物 体放于斜面上, 相对斜面静止, 此时这个物体 相对地面的加速度是多大?
F合=G tan a =g tan
N
F合 a
θ
G
例 2：如图所示，动力小车上有一竖杆，杆顶端
人教版物理必修1第四章第七节牛顿第二定律的应用Applications2
多过程情况
例题：如图所示，传送带与水平地面成 角 例题：如图所示，传送带与水平地面成37角，带 AB长为 米，传送带以 米/秒的速度沿逆时针 长为16米 传送带以10米 秒的速度沿逆时针 长为 方向转动，在上端A处无初速度放一质量为 处无初速度放一质量为0.5kg 方向转动，在上端 处无初速度放一质量为 的物体，它与传送带间的摩擦系数为0.5， 的物体，它与传送带间的摩擦系数为 ，求物 体A到B所用的时间。 到 所用的时间。 所用的时间 A
37
（绳与弹簧）状态突变问题
绳子与轻弹簧的弹力特点
项目 形变情况 施力情况 力的方向 力的变化 轻绳 伸长忽略不计 伸长忽略不计 忽略 只能受拉力 只能受拉力 始终沿绳 始终沿绳 可发生突变 可发生突变 轻弹簧 可伸长可缩短 伸长可 能受压力或 能受压力或拉力 压力 沿弹簧轴向 沿弹簧轴向 只能渐变 只能渐变
下列说法正确的是： 1、下列说法正确的是： （ C ） （A）静止或匀速直线运动的物体一定不受 力的作用 当物体的速度为零时， （ B） 当物体的速度为零时 ， 物体一定不 受力的作用，或所受的合外力为零； 受力的作用，或所受的合外力为零； （C）当物体运动状态发生变化时物体一定 受到力的作用 （D）当物体受到合外力为零时物体的速度 也一定为零。 也一定为零。
x
3、求 x 轴，y 轴上的 Fx = F1x + F2 x = F1 cos θ + F2 cos α 、 合力 Fx 和 Fy ； Fy = F1 y − F2 y = F1 sin θ − F2 sin α 2 2 4、最后求 Fx和 Fy 的合 、 F = Fx + Fy 力F。
例题： 例题：质量为1kg的木块静止在水平地面上， 它与地面的摩擦系数为0.5，先用与竖直方 向成37º角的10N的力拉木块，2秒后突然使 该力改变180º，直至木块停止，求2秒内木 块的位移和2秒末木块的速度；木块最终的 位移。 F 0
2025届高考物理一轮复习资料第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用
第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。
2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。
3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。
1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。
(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。
(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。
(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。
(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。
(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。
(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。
(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。
电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。
两小球均处于静止状态。
已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。
牛顿第二定律的应用专题2正交分解法
正交分解法在牛顿第二定律中的应用
3、地面上放一木箱，质量为10kg ，用50N 的力与水平方向成37°角拉木箱，使木箱从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，假设水平面光滑，（取g=10m/s 2
，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）画出物体的受力示意图
（2）求物块运动的加速度的大小 （3）求物块速度达到s m v /0.4=时移动的位移
2．如图，质量m=2kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦因数25.0=μ，现在对物体施加一个大小F=8N 、与水平方向夹角θ=37°角的斜向上的拉力．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s 2，
求（1）物体运动的加速度
（2）物体在拉力作用下5s 内通过的位移大小。
3．如图，质量m=2kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦因数25.0=μ，现在对物体施加一个大小F=8N 、与水平方向夹角θ=37°角的斜下上的推力．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s 2，
求（1）物体运动的加速度
（2）物体在拉力作用下5s 内通过的位移大小。
4.如图所示某人站在一架与水平成θ角的以加速度a 向上运动的自动扶梯台阶上，人的质量为m ，鞋底与阶梯的摩擦系数为μ，求此时人所受的摩擦力。
5、如图1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，a 与水平方向的夹角为θ．求人受的支持力和摩擦力．。
牛顿第二定律的应用(二)
------
东方红一中
教师：白秀伟
1.地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地 面运动至最高点的过程中，v－t图像如图所 示．以 下判断正确的是( B ) A．前3 s内货物处于超重状态 B．最后2 s内货物只受重力作用 C．前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同 D．最后2 s内货物处于完全失重状态
2 f (m M ) A. M
2 f (m M ) B. m
2 f (m M ) C. (m M ) g M
2 f (m M ) D. (m M ) g m
对木块分析得，2f-Mg=Ma 对整体分析得，F-（M+m）g=（M+m）a 由（1）解出a代入（2）
（1） （2）
答本题的切入点，设两物块一起运动加速度为a，
变式训练1、如图3-- 所示，有一箱装得很满的土 32 豆，以一定的初速度在动摩擦因数为的水平地 面上做匀减速运动( 不计其他外力及空气阻力 )， 则其中一个质量为m的土豆A受其他土豆对它的 总作用力大小应是( C ) A.mg C．mg 2 1 B. mg D．mg 1 2
2
向左运动，受到向右的滑动摩擦力，即为物体的
v 物体的加速度为a 1m / s 根据运动学公式：a ＝ ＝ t 1 2 得经过4s，物体也具有4m / s的速度，由x1 at ， ＝ 2 物体4s内的位移为8m 20m，故物体接下去随传 x2 20-8 送带一起匀速运动，t匀 ＝ = s＝ ，t总 7s. 3s ＝ v 4
2．（2013上海八校联考）某物体质量为1kg，受水 平拉力作用沿水平粗糙地面做直线运动，其速度图 像如图所示，根据图像可知物体 （ C ） （A）受的拉力总是大于摩擦力 （B）在第3s内受的拉力为1N （C）在第1s 内受的拉力大于2N （D）在第2s内受的拉力为零
牛顿第二定律应用2
牛顿运动定律的应用（二）【知识点】一、牛顿第二定律表达式：F合=ma ，加速度方向始终跟合力方向一致！应用时一般是沿着加速度方向列出方程！二、应用牛顿第二定律解决的问题主要分为两类 ：（1）知道物体受力情况求运动情况；（2）知道物体运动情况求受力情况。
解决两类问题的关键是抓住物体运动的加速度！三、应用牛顿第二定律解题的一般步骤：（1）理解题意、分清过程、确定研究对象即需要受力分析的物体；（2）分析受力、画出受力图，明确力的效果；（3）确定加速度方向、将力进行正交分解；（4）应用规律列出方程或方程组；（5）统一单位、求解问题。
四、特别提示：（1）运动学中公式是以初速度方向为正方向，因此加速度a 有+、-，但在动力学问题中则以加速度方向为正方向，两者不同，计算时注意加速度符号的取舍！（2）物体运动过程中，若某一个或几个力发生变化，则必须分别根据牛顿第二定律列式。
尤其要注意的是，在撤去或增加某个力时，物体所受的摩擦力也可能随之改变，但速度和位移的改变一般都要经过一定的时间才能实现。
【练习】（一律取g=10m/s 2）1．一质量为4kg 小球静止在光滑的水平面上，在1N 的水平拉力作用下运动了30秒钟，则小球的速度达到__________m ／s ．【7.5】2．物体的质量是2kg ，处在光滑的水平面上，若同时受到一个向东的力F 1=8N 和一个向西的力F 2=6N 的作用，则它的加速度大小为____，方向为______；如果向西的力方向改为向南，这时它的加速度大小为______，方向为______．【1m/s 2,东；5m/s 2，东偏南370】3．如图所示，光滑物块A 的质量为2m ，质量为m 的物块B 与地面的动摩擦因数为μ，在已知水平推力F 作用下，AB 一起做加速运动的加速度大小是______；A 对B 的作用力为_______【12;333F mg Fm μ--4．一条轻弹簧和一根细线共同拉住一个质量为m 的小球，平衡时细线是水平的，弹簧与竖直方向的夹角是θ，如图所示。
牛顿第二定律及其应用
THANKS
感谢观看
弹性体动力学问题分类
根据弹性体所受外力和约束的性质，以及弹性体的材料和 结构特点，可以ห้องสมุดไป่ตู้弹性体动力学问题分为自由振动、受迫 振动、冲击和碰撞等类型。
04
牛顿第二定律在振动和波 动中应用
简谐振动中牛顿第二定律应用
恢复力
在简谐振动中，物体受到的力总是指向平衡位置，这个力被称为恢复力。根据 牛顿第二定律，恢复力的大小与物体的加速度成正比，方向相反。
刚体动力学问题分类
根据刚体所受外力和约束的性质，可以将刚体动力学问题分为自由 刚体、受约束刚体和受迫振动刚体等类型。
弹性体动力学问题求解
弹性体运动方程建立
根据牛顿第二定律和弹性力学理论，建立弹性体的运动方 程，包括平衡方程、几何方程和物理方程。
弹性体运动状态分析
通过求解弹性体的运动方程，可以得到弹性体的变形和应 力分布状态，以及弹性体的振动和波动等动态特性。
位移与时间关系
位移随时间变化的关系可 以通过对速度进行时间积 分得到。
初始条件
在求解运动学问题时，需 要给出初始时刻的速度和 位移作为边界条件。
运动学方程建立与求解
运动学方程
根据牛顿第二定律和初始 条件，可以建立物体的运 动学方程。
方程求解
通过数学方法求解运动学 方程，可以得到物体在任 意时刻的速度、位移等运 动学量。
行分析。
热力学过程中物质状态变化规律
热膨胀
物体在受热时，其体积会发生变化。热膨胀现象可以通过牛顿第二定律进行解释，即物 体受热后，其内部粒子运动加剧，导致物体体积膨胀。
热传导
热量在物体内部或物体间传递的过程。热传导过程中，热量的传递速度与物体的热导率 、温差等因素有关，可以通过牛顿第二定律进行分析。
系统的牛顿第二定律及应用
系统的牛顿第二定律及应用一、系统的牛顿第二定律若将系统受到的每一个外力，系统内每一物体的加速度均沿正交坐标系的x轴与y轴分解，则系统的牛顿第二定律的数学表达式如下：F1x+F2x+…=m1a1x+m2a2x+…F1y+F2y+…=m1a1y+m2a2y+…与采用隔离法、分别对每一物体应用牛顿第二定律求解不同的是，应用系统的牛顿第二定律解题时将使得系统内物体间的相互作用力变成内力，因而可以减少不必求解的物理量的个数，导致所列方程数减少，从而达到简化求解的目的，并能给人以一种赏心悦目的感觉，现通过实例分析与求解，说明系统的牛顿第二定律的具体应用，并力图帮助大家领略到应用系统的牛顿第二定律求解的优势。
二、系统的牛顿第二定律的应用1、求系统所受到的外力例1 在图1中，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总质量为M。
B为铁片，质量为m。
整个装置用轻绳悬挂于O点。
当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程，轻绳上的拉力F的大小为（）A、F＝MgB、Mg<F<(m+M)gC、F=(m+M)gD、F>(m+M)g分析与解以A、B、C系统为研究对象，它受到的外力为竖直向下的重力（m+M）g，绳对系统竖直向上的拉力F（电磁铁A与铁片B间的相互引力为内力）。
A、C的加速度为0，铁片上升时向上的加速度不为0。
若以竖直向上方向为正向，设某时刻铁片B向上的加速度为a，则由系统的牛顿第二定律得F－(m+M)g=ma∴F=(m+M)g+ma>(m+M)g因此，应选正确答案D。
例2 如图2所8示，一根长为l的轻杆，两端各固定一个质量均为m 的小球A和B。
若轻杆以它的中点O为轴在竖直平面内转动，求轻杆转到竖直位置时，杆对轴的作用力。
分析与解取小球A、B及杆为研究对象，它受到竖直向下的重力2mg，轴对它竖直向上的弹力N.A、B在最低点与最高点时向心加速度恰为反向。
若取竖直向上方向为正向，由系统的牛顿第二定律得：N－2mg=maA +maB∵aA =－aB∴N=2mg由牛顿第三定律知杆对轴的弹力大小为2mg，方向竖直向下。
牛顿第二定律的应用
牛顿第二定律的应用牛顿第二定律是物理学中的一个重要定律，描述了物体受力时加速度的变化。
它的数学表达式为F = ma，其中F是物体所受合力，m是物体的质量，a是物体的加速度。
牛顿第二定律在物理学中的应用非常广泛，下面我将详细介绍几个常见的应用。
1. 车辆运动牛顿第二定律在车辆运动中有着广泛的应用。
例如，当一个汽车加速时，发动机产生的力会使汽车产生加速度，加速度的大小取决于发动机产生的力和汽车的质量。
根据牛顿第二定律，F = ma，汽车受到的合力等于汽车的质量乘以加速度，从而可以推导出汽车的加速度。
同样地，当汽车刹车时，刹车产生的力会减小汽车的速度，根据牛顿第二定律，我们可以计算出刹车产生的力和汽车的减速度。
2. 自由落体运动自由落体是指物体在没有受到其他力的影响下自由下落的运动。
根据牛顿第二定律，自由落体运动的加速度只受到地球的引力影响，可以通过F = mg公式计算出来，其中m是物体的质量，g是地球的重力加速度。
由于在自由落体运动中物体所受的合力仅仅是重力，所以根据牛顿第二定律我们可以得到加速度的表达式。
在实际应用中，我们可以通过测量自由落体物体的位移和时间来计算出加速度。
3. 简谐振动简谐振动是指物体在受到恢复力作用下以一定频率在平衡位置附近来回振动的运动。
典型的例子是弹簧振子。
牛顿第二定律在描述简谐振动时也得到了应用。
对于一个弹簧振子，如果以平衡位置为参考点，把弹簧的伸长量或压缩量记为x，则弹簧的恢复力F与伸长量或压缩量x之间满足一个比例关系F = -kx，其中k是弹簧的劲度系数。
根据牛顿第二定律F = ma，我们可以得到描述弹簧振子运动的微分方程。
解这个微分方程可以得到弹簧振子的运动规律。
4. 力学分析牛顿第二定律在力学分析中也经常被应用。
通过将物体受力情况和质量代入牛顿第二定律的公式，我们可以计算物体的加速度。
在分析复杂力作用下的物体运动时，可以将物体受到的各个力分解为它们在不同方向上的分量，然后分别计算每个方向上的合力和加速度。
牛顿第二定律.ppt
题点2 接触物体脱离的临界极值问题 [例2] (2023·山东青岛模拟)(多选)如图所示，质量均 为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上保持静止，现用恒 力F向上拉B。已知F＝mg，当地重力加速度为g，弹簧始 终处于弹性限度内。下列说法正确的有( )
A．A、B 分离前二者共同做匀加速运动 B．拉力 F 刚作用瞬间 A、B 之间的作用力为12mg C．两物体分离时弹簧的弹力大小为 mg D．两物体分离后 B 做匀加速运动 [答案] BC [解析] 根据题意可知，A、B分离前一起向上做加速运动，由于 弹簧弹力变化，则整体受到的合力变化，加速度变化，做非匀加速运 动，故A错误；
剪断AB间绳子瞬间，对AC整体进行受力分析有F弹＋mg－mg＝ 2ma，F弹＝mg，解得C的加速度为a＝0.5g，方向竖直向下，故B正确；
剪断 CD 间轻质弹簧瞬间，轻质弹簧弹力突变为 0，对 A、B、C 进行整体受力分析有 2mg－mg＝3ma′，解得 A 的加速度为 a′＝13g，方 向竖直向下，故 C 错误；
两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块 P 的加速度为 aP1＝ －T0－m μmg＝－2μg，此刻滑块 Q 所受的合外力不变，加速度仍为 0，滑 块 P 做减速运动，故 PQ 间距离减小，轻质弹簧的伸长量变小，轻质弹簧 弹力变小，根据牛顿第二定律可知 P 减速的加速度减小，滑块 Q 的合外 力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故 P 加速度大小的最大值 是刚撤去拉力瞬间，aPm＝－2μg，Q 加速度大小的最大值为弹簧恢复原长 时，－μmg＝maQm，解得 aQm＝－μg，A 正确，B 错误；
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛 v－t图像
顿第二定律求解合外力 首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然 后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根 F－a图像 据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或转折 点的意义，从而由图像给出的信息求出未知量