专题：牛顿第二定律的应用

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专题：牛顿第二定律的应用

1.合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，根据牛顿第二定律可知，利用平行四边形定则求出的两个力的合外力方向就是加速度方向．特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单．

2．正交分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，通常采用正交分解法解题，为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴的正方向常有以下两种方法：

(1)分解力而不分解加速度

分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴的正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别求得x轴和y轴上的合力Fx和Fy.根据力的独立作用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得Fx＝ma，Fy＝0.

(2)分解加速度而不分解力

分解加速度a为ax和ay，根据牛顿第二定律得Fx＝max，Fy＝may，再求解．这种方法一般是在以某个力的方向为x轴正方向时，其他的力都落在或绝大部分力落在两个坐标轴上而不需再分解的情况下应用．

例1

图3－1－11

如图3－1－11所示，小车在水平面上以加速度a(a

【解析】物体的受力情况及直角坐标系的建立如图所示(这样建立只需分解一个力)注意到ay＝0，则有

FT1sin θ－FT2＝ma

FT1cos θ－mg＝0

解得FT1＝mgcos θ，FT2＝mgtan θ－ma.

【答案】 mgcos θ mgtan θ－ma

图3－1－5

例2如图3－1－5所示，在箱内倾角为θ的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块．求：箱以加速度a匀加速上升和箱以加速度a向左匀加速运动时(线始终张紧)，线对木块的拉力F1和斜面对木块的支持力F2各多大？

【潜点探究】 (1)斜面光滑，绳张紧，可确定木块受三力作用：重力、绳力、斜面支持力．

(2)木块随箱以a向上加速运动时，说明合力在竖直方向，绳力与斜面支持力合力必向上，与重力方向相反，用合成法解更好．

(3)木块随箱水平向左加速时，合力在水平方向，此时应考虑分解加速度，尽可能与分力方向同直线，以便建立方程求解．

【规范解答】箱匀加速上升，木块所受合力竖直向上，其受力情况如图甲所示(注意在受力图的旁边标出加速度的方向)．用F表示F1、F2的合力，一定竖直向上．

由牛顿第二定律得F－mg＝ma

解得F＝mg＋ma

再由力的分解得F1＝Fsin θ和F2＝Fcos θ

解得F1＝m(g＋a)sin θ，F2＝m(g＋a)cos θ.

箱向左匀加速，木块的受力情况如图乙所示，选择沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐标系，沿x轴由牛顿第二定律得

mgsin θ－F1＝macos θ

解得F1＝m(gsin θ－acos θ)

沿y轴由牛顿第二定律得

F2－mgcos θ＝masin θ

解得F2＝m(gcos θ＋asin θ)．

【答案】向上加速时F1＝m(g＋a)sin θ F2＝m(g＋a)cos θ

向左加速时F1＝m(gsin θ－acos θ) F2＝m(gcos θ＋asin θ)

【即学即用】

(2012·上海高考)如图3－1－6，将质量m＝0.1 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μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4 m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)

图3－1－6

【解析】

甲

令Fsin 53°－mg＝0，F＝1.25 N.

当F＜1.25 N时，环与杆的上部接触，受力如图甲．由牛顿定律得

Fcos θ－μFN＝ma，FN＋Fsin θ＝mg，解得F＝1 N

乙

当F＞1.25 N时，环与杆的下部接触，受力如图乙．由牛顿定律得

Fcos θ－μFN＝ma

Fsin θ＝mg＋FN

解得F＝9 N.

【答案】 1 N或9 N

●结合牛顿定律实行受力分析

例3．(2012·上海高考)如图3－1－9，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为( )

图3－1－9

【解析】以A、B为整体，A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a∥和a⊥，如图所示，以B为研究对象，B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a∥.所以B受到三个力的作用，即：重力、A对B的支持力、A对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A准确．

【答案】 A

●结合牛顿定律判断运动状态

例4.

图3－1－10

(2012·安徽高考)如图3－1－10所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

【解析】设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a＝mgsin

θ－μmgcos θm＞0，即μ＜tan θ.对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝mg＋Fsin θ－μmg＋Fcos θm

＝a＋Fsin θ－μFcos θm，且Fsin θ－μFcos θ＞0，故a′＞a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C准确，选项A、B、D错误．

【答案】 C

练习

1、 (2013届蚌埠模拟)如图3－1－13所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止并向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )

A．方向向左，大小不变

B．方向向左，逐渐减小

C．方向向右，大小不变

D．方向向右，逐渐减小图3－1－13

2. (2012·江苏高考)如图3－1－15所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是( ) A.2fm＋MM B.2fm＋Mm

C.2fm＋MM－(m＋M)g

D.2fm＋Mm＋(m＋M)g

图3－1－15

3．(2013届池州模拟)如图3－1－16所示，一条充足长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中准确的是( )

图3－1－16

A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短

C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短

D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短

4(2013届开封模拟)如图3－1－17所示，充足长的传送带与水平面夹角为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＜tan θ，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3－1－17

5．(2012·吉林市一中模拟)如图3－1－18所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一个轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ>α，则下列说法准确的是( )

图3－1－18

A．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行

B．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上

C．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向

D．小车匀速运动时θ＝α

6．如图3－1－19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.求人所受到的支持力和摩擦力．

图3－1－19

7． (2013届大同一中质检)如图3－1－20所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计．

图3－1－20

(1)当卡车以a1＝12g的加速度运动时，绳的拉力为56mg，则A对地面的压力为多大？

(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力为多大？

牛顿第二定律的应用

1 寒假作业4

（考查：牛顿第二定律的应用）

一、选择题（1-12单选，13-22多选）

1．如图，水平面上一个物体向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧，则该物体从接触弹簧到离开弹簧的这个过程中，下列说法中正确的是( )

A. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先减小后增大

B. 若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大

C. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先减小后增大

D. 若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大

2．静止在光滑的水平面上的物体，在水平推力F的作用下开始运动，推力F随时间t变化的规律如图所示，则物体在10~t时间内( )

A. 速度一直增大 B. 加速度一直增大C. 速度先增大后减小 D. 位移先增大后减小

3．质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块时，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度大小为a′，则（）

A. 2a>a′ B. 2a

4．一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴下落过程中所受重力保持不变，其速度-时间图像如图所示，关于雨滴在加速阶段的受力和运动情况，以下判断正确的是（）

A. 雨滴下落过程中只受重力 B. 雨滴下落过程中加速度恒定不变

C. 雨滴下落过程受到逐渐增大的空气阻力 D. 雨滴下落过程中速度随时间均匀增加

5．如图所示，在沿平直轨道行驶的车厢内，有一轻绳的上端固定在车厢的顶部，下端拴一小球，当小球相对车厢静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则下列关于车厢的运动情况正确的是( )

A. 车厢加速度大小为gtan θ，方向沿水平向左

B. 车厢加速度大小为gtan θ，方向沿水平向右

C. 车厢加速度大小为gsin θ，方向沿水平向左

D. 车厢加速度大小为gsin θ，方向沿水平向右

6．如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA=2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间( )

新06.牛顿第二定律的综合应用专题训练(题型全面)

1 F 37 图1 F 牛顿第二定律的应用

第一类：由物体的受力情况确定物体的运动情况

1. 如图1所示，一个质量为m=20kg的物块，在F=60N的水平拉力作用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体与地面之间的动摩擦因数为0.10.( g=10m/s2)

（1）画出物块的受力示意图

（2）求物块运动的加速度的大小

（3）物体在t=2.0s时速度v的大小.

（4）求物块速度达到smv/0.6时移动的距离

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，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/s2，求

（1）画出物体的受力示意图

(2)物体运动的加速度

（3）物体在拉力作用下5s内通过的位移大小。

〖自主练习:〗

1.一辆总质量是4.0×103kg的满载汽车，从静止出发，沿路面行驶，汽车的牵引力是6.0×103N，受到的阻力为车重的0.1倍。求汽车运动的加速度和20秒末的速度各是多大?

( g=10m/s2)

2．如图所示，一位滑雪者在一段水平雪地上滑雪。已知滑雪者与其全部装备的总质量m = 80kg，滑雪板与雪地之间的动摩擦因数μ＝0.05。从某时刻起滑雪者收起雪杖自由滑行，此时滑雪者的速度v = 5m/s，之后做匀减速直线运动。

求：( g=10m/s2)

2 （1）滑雪者做匀减速直线运动的加速度大小；

（2）收起雪杖后继续滑行的最大距离。

第二类：由物体的运动情况确定物体的受力情况

1、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．

（2）若列车的质量是1.0×106kg，机车对列车的牵引力是1.5×105N，求列车在运动中所受的阻力大小．( g=10m/s2)

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，( g=10m/s2)求:

牛顿第二定律应用——图像专题

学习目标：

1．进一步理解牛顿第二定律；

2．理解图像的物理意义；

3．会结合图像求解动力学问题。

重点：理解牛顿第二定律，并结合图像求解动力学问题

难点：学生能力培养

一、牛顿运动定律中的图象

图象能形象的表达物理规律，能直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间的关系。应用图象，不仅能进行定性分析、比较、判断，也适宜于定量计算、论证，而且通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径。因此，理解图象的物理意义，自觉地运用图象分析表达物理规律，是十分必要的。

当然，牛顿第二定律与图象的综合问题也是近年来高考的重点和热点。

一)、理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能

1、轴：弄清直角坐标系中，横轴、纵轴代表的含义，即图像是描述哪两个物理量间的关系，是位移—时间关系？还是速度—时间关系？等等„„同时注意单位及标度。

2、点：物理图像上的“点”代表某一物理状态，要弄清图像上任一点的物理意义，实质是两个轴所代表的物理量的瞬时对应关系，如代表t时刻的位移s，或t时刻对应的速度等等．在图象中我们着重要了解截距点、交点、极值点、拐点等这些特殊点的物理意义。

3、线：图像上的一段直线或曲线一般对应一段物理过程，给出了纵轴代表的物理量随横轴代表的物理量的变化过程．

4、截：即纵轴截距，一般代表物理过程的初状态情况，即时间为零时的位移或速度的值．当然，对物理图像的全面了解，还需同学们今后慢慢体会和提高，如对矢量及标量的正确处理分析等等„„

5、斜：即斜率，也往往代表另一个物理量的规律，看两轴所代表物理量的变化之比的含义．同样可以从物理公式或单位的角度分析，如s—t图像中，斜率代表速度等等„„

6、面：图像和坐标轴所夹的“面积”常与某一表示过程的物理量相对应，如能充分利用“面积”的这一特点来解题，不仅思路清晰，而且在很多情况下可以使解体过程得到简化，起到比解析法更巧妙、更灵活的独特效果。如速度--时间图像与横轴所围面积为物体在这段时间内的位移，看两轴代表的物理量的“积”有无实际的物理意义，可以从物理公式分析，也可从单位的角度分析，如s—t图像“面积”无实际意义，不予讨论。