1、精選優質文檔-傾情為你奉上5.3牛頓第二定律學 習 目 標知 識 脈 絡1.掌握牛頓第二定律的文字內容和數學表達式.(重點)2.理解公式中各物理量的意義及相互關系.3.知道在國際單位制中力的單位“牛頓”是怎樣定義的.4.會用牛頓第二定律的公式進行有關的計算.(重點、難點)牛頓第二定律1.牛頓第二定律：物體的加速度跟受到的 成正比，跟物體的 成反比.2.數學表達式： a或Fma.(1)等式：F kma，Fma(F合ma)，k1的條件：F、m、a的單位均選國際單位.(2)公式的理解：物體同時受到幾個力的作用，公式中的F應為合力；加速度a的方向始終與力F的方向相同；可以選取兩個相互正交的方向，分別列

2、出牛頓第二定律的分量形式，即：FxmaxFymay.3.1 N的定義：使質量是1 kg的物體產生1 m/s2加速度的力，規定為1 N.(1)牛頓第一定律是牛頓第二定律在合外力為零時的特例.(×)(2)我們用較小的力推一個很重的箱子，箱子不動，可見牛頓第二定律不適用于較小的力.(×)(3)加速度的方向跟合力的方向沒必然聯系.(×)為什么賽車的質量比一般的小汽車質量小的多，而且還安裝一個功率很大的發動機？【提示】為了提高賽車的靈活性，由牛頓第二定律可知，要使物體有較大的加速度，需減小其質量或增大其所受到的作用力，賽車就是通過增加發動機動力，減小車身質量來增大啟動、剎車

3、時的加速度，從而提高賽車的機動靈活性的，這樣有益于提高比賽成績.如圖5­3­1所示，一質量為m的物體放在光滑的水平面上，在一水平向左的力F作用下彈簧被壓縮，物體處于靜止狀態.圖5­3­1探討1：突然撤掉力F的瞬間，物體的速度為多少？有加速度嗎？【提示】速度為零，有加速度.探討2：加速度的方向如何？大小為多少？【提示】加速度的方向水平向右，大小為a.1.牛頓第二定律揭示了加速度與力和質量的定量關系，指明了加速度大小和方向的決定因素.2.牛頓第二定律的五點說明因果性只要物體所受合外力不為0(無論合外力多么小)，物體就獲得加速度，即力是產生加速度的原因矢量性物

4、體加速度的方向與物體所受合外力的方向總是相同的，加速度的方向由合外力的方向決定瞬時性物體的加速度與物體所受合外力總是同時存在、同時變化、同時消失的，所以牛頓第二定律反映的是力的瞬時作用效果同一性F、m、a三者對應同一個物體獨立性作用在物體上的每個力都將獨立產生各自的加速度，且遵從牛頓第二定律，物體的實際加速度為每個力產生的加速度的矢量和.分力和加速度在各個方向上的分量關系也遵從牛頓第二定律，即Fxmax，Fymay相對性牛頓第二定律必須是對相對地面靜止或做勻速直線運動的參考系而言的，對相對地面加速運動的參考系不適用1.關于牛頓第二定律，下列說法中正確的是() A.牛頓第二定律的表達式Fma在任

5、何情況下都適用B.某一瞬時的加速度，不但與這一瞬時的外力有關，而且與這一瞬時之前或之后的外力有關C.在公式Fma中，若F為合外力，則a等于作用在該物體上的每一個力產生的加速度的矢量和D.物體的運動方向一定與物體所受合外力的方向一致【解析】牛頓第二定律只適用于宏觀物體在低速時的運動，A錯誤；Fma具有同時性，B錯誤；如果Fma中F是合外力，則a為合外力產生的加速度，即各分力產生加速度的矢量和，C正確；如果物體做減速運動，則v與F反向，D錯誤.【答案】C2.(多選)關于速度、加速度、合力的關系，下列說法正確的是() A.原來靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度B.加速度

6、的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相同，也可能不同C.在初速度為0的勻加速直線運動中，速度、加速度與合力的方向總是一致的D.合力變小，物體的速度一定變小【解析】由牛頓第二定律可知選項A、B正確；初速度為0的勻加速直線運動中，v、a、F三者的方向相同，選項C正確；合力變小，加速度變小，但速度是變大還是變小取決于加速度與速度的方向關系，選項D錯誤.【答案】ABC3.(多選)一個質量為2 kg的物體，放在光滑水平面上，受到兩個水平方向的大小為5 N和7 N的共點力作用，則物體的加速度可能是()A.1 m/s2B.4 m/s2C.7 m/s2 D.10 m/s2【解析】兩個水平方向的大小

7、為5 N和7 N的共點力作用，合力的范圍為2 NF12 N，再由牛頓第二定律知加速度的范圍為：1 m/s2a6 m/s2，A、B對.【答案】AB動力學問題的解題步驟1.選取研究對象.根據問題的需要和解題的方便，選出被研究的物體，可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的整體.2.分析研究對象的受力情況和運動情況.注意畫好受力分析圖，明確物體的運動過程和運動性質.3.選取正方向或建立坐標系.通常以加速度的方向為正方向或以加速度方向為某一坐標軸的正方向.4.求合外力F.5.根據牛頓第二定律和運動學公式列方程求解，必要時還要對結果進行討論.1. 力和運動的關系1.如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個

8、小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（ ）A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大B.從小球接觸彈簧起加速度變為豎直向上C.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小D.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先增大后減小例2. 一航天探測器完成對月球的探測任務后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行，先加速運動，再勻速運動，探測器通過噴氣而獲得推動力，以下關于噴氣方向的描述中正確的是（ ）A. 探測器加速運動時，沿直線向后噴氣B. 探測器加速運動時，豎直向下噴氣C. 探測

9、器勻速運動時，豎直向下噴氣D. 探測器勻速運動時，不需要噴氣2分析瞬時加速度問題探討：瞬時加速度決定于什么因素？如何分析？【提示】物體在某時刻的瞬時加速度由合外力決定，當物體受力發生變化時，其加速度也同時發生變化.分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后的受力情況及運動狀態，確定物體所受的力中，哪些力發生了變化，哪些力沒有發生變化，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度.輕繩、輕桿、輕彈簧、橡皮條四類模型的比較1.四類模型的共同點質量忽略不計，都因發生彈性形變產生彈力，同時刻內部彈力處處相等且與運動狀態無關.2.四類模型的不同點彈力表現形式彈力方向彈力能否突變輕繩拉力沿繩收縮方向能輕桿拉力、

10、支持力不確定能輕彈簧拉力、支持力沿彈簧軸線不能橡皮條拉力沿橡皮條收縮方向不能7.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是彈性橡皮繩，質量為m的小明如圖5­3­3所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時小明左側橡皮繩斷裂，則小明此時的()圖5­3­3A.加速度為零B.加速度ag，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下C.加速度ag，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上D.加速度ag，方向豎直向下【解析】當小明處于靜止狀態時，拉力Fmg，兩繩之間的夾角為120，若小明左側橡皮繩斷裂，則小明此時所受合力沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，由牛頓第二定律Fma知mgma，ag，故選項

11、B正確.【答案】B8.(多選)如圖5­3­4所示，A、B兩物塊質量均為m，用一輕彈簧相連，將A用長度適當的輕繩懸掛于天花板上，系統處于靜止狀態，B物塊恰好與水平桌面接觸，此時輕彈簧的伸長量為x，現將懸繩剪斷，則()圖5­3­4A.懸繩剪斷瞬間A物塊的加速度大小為2gB.懸繩剪斷瞬間A物塊的加速度大小為gC.懸繩剪斷后A物塊向下運動距離2x時速度最大D.懸繩剪斷后A物塊向下運動距離x時加速度最小【解析】剪斷懸繩前，對B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力Fmg.剪斷瞬間，對A分析，A的合力為F合mgF2mg，根據牛頓第二定律，得a2g.故A正確，B錯誤

12、.彈簧開始處于伸長狀態，彈力Fmgkx.當向下壓縮，mgFkx時，速度最大，xx，所以下降的距離為2x.故C正確，D錯誤.【答案】AC9.(多選)如圖5­3­5所示，質量為m的球與彈簧 和水平細線 相連，、的另一端分別固定于P、Q.當球靜止時，中拉力大小為T1，中拉力大小為T2，當僅剪斷、中的一根的瞬間，球的加速度a應是()圖5­3­5A.若剪斷，則ag，豎直向下B.若剪斷，則a，方向水平向左C.若剪斷，則a，方向沿的延長線D.若剪斷，則ag，豎直向上【解析】若剪斷時，水平繩的拉力瞬間消失，小球只受到重力的作用，由牛頓第二定律得小球加速度ag，方向豎直向

13、下；若剪斷，彈簧的彈力不會馬上消失，這時小球受到重力和彈簧彈力的作用，合力的方向水平向左，大小為T2，由牛頓第二定律得小球加速度a，方向水平向左，故選項A、B正確。【答案】AB3. 力的獨立作用原理一個物體可以同時受幾個力的作用，每一個力都使物體產生一個效果，如同其他力不存在一樣，即力與它的作用效果完全是獨立的，這就是力的獨立作用原理。力可以合成和分解，效果也可以合成和分解，其運算法則均為平行四邊形定則。為此，合力與其合效果對應，分力與其分效果對應，對物體的運動往往看到的是合效果，在研究具體問題時，可根據受力的特點求合力，讓合效果與合力對應；也可將效果分解，讓它與某一方向上的分力對應。正因為力

14、的作用是相互獨立的，所以牛頓第二定律在運用中常按正交法分解為例4. 某型航空導彈質量為M，從離地面H高處水平飛行的戰斗機上水平發射，初速度為，發射之后助推火箭便給導彈以恒定的水平推力F作用使其加速，不計空氣阻力和導彈質量的改變，下列說法正確的有（ ）A. 推力F越大，導彈在空中飛行的時間越長B. 不論推力F多大，導彈在空中飛行的時間一定C. 推力F越大，導彈的射程越大D. 不論推力F多大，導彈的射程一定解析：推力F和重力G分別在兩個正交的方向上，均單獨對導彈產生各自的加速度，因高度H一定，在豎直方向上，導彈是自由落體運動，故落地時間與F無關，為一定值。而水平方向導彈的射程由決定，顯然F越大，a

15、越大，水平射程越大。即本題的正確答案為BC。4. 連結體問題此類問題，在高考中只限于兩個物體的加速度相同的情況。通常是對兩個物體組成的整體運用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力。例5. 如圖6所示，質量為2m的物塊A，與水平地面的摩擦不計，質量為m的物塊B與地面的摩擦因數為，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運動，則A和B之間的作用力為_。5. 超重和失重問題當物體處于平衡狀態時，物體對水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）大小等于物體受到的重力，即。當物體m具有向上或向下的加速度a時，物體對水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）大小大于或小于物體受到的重力G

16、的現象，分別叫做超重和失重，并且超出或失去部分為。具體應用可分兩種情況。（1）定性分析對于一些只需作定性分析的問題，利用超重或失重的概念能夠巧妙地使問題得到解決。在具體分析過程中，關鍵是正確判斷系統的超重與失重現象，清楚系統的重心位置的變化情況。當系統的重心加速上升時為超重，當系統的重心加速下降時為失重。例6. 如圖7所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，電磁鐵A和秤盤C（包括支架）的總質量為M，B為鐵片，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛于O點。當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩中拉力F的大小為（ ）圖7A. B. C. D. 解析：以A、B、C組成的系統

17、為研究對象，A、C靜止，鐵片B由靜止被吸引加速上升。則系統的重心加速上升，系統處于超重狀態，故輕繩的拉力，正確答案為D。（2）定量分析超重并不是重力增加，失重也不是失去重力或重力減少，在同一地點地球作用于物體的重力始終存在且沒有發生變化，只是物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）發生了變化，看起來好像物重有所增大或減小。當物體相對于地面有向上的加速度或相對于地面的加速度豎直向上的分量不為零時，物體處于超重狀態，超出的部分在數值上等于或（為加速度的豎直分量）。當物體相對于地面有向下的加速度或相對于地面的加速度豎直向下的分量不為零時，物體處于失重狀態，失去的部分在數值上等于或，利用上述結論可以進行

18、定量計算。例7. 如圖8所示，一根彈簧上端固定，下端掛一質量為的秤盤，盤中放有質量為m的物體，當整個裝置靜止時，彈簧伸長了L，今向下拉盤使彈簧再伸長L，然后松手放開，設彈簧總是在彈性范圍內，則剛松手時，物體m對盤壓力等于多少？圖8解析：視m、為系統，開始平衡有再伸長L，系統受的合外力為，故此時系統的加速度a方向向上，系統處于超重狀態。對m來說超重故剛松手時，物體m對盤的壓力結合<1>式可得：6. 臨界問題在臨界問題中包含著從一種物理現象轉變為另一種物理現象，或從一物理過程轉入另一物理過程的轉折狀態。常出現“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述。例8. 一斜面放在水平地面上，傾角，一

19、個質量為0.2kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖9所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面的摩擦，當斜面以的加速度向右運動時，求細繩的拉力及斜面對小球的彈力。（g取）圖9解析：斜面由靜止向右加速運動過程中，當a較小時，小球受到三個力作用，此時細繩平行于斜面；當a增大時，斜面對小球的支持力將會減少，當a增大到某一值時，斜面對小球的支持力為零；若a繼續增大，小球將會“飛離”斜面，此時繩與水平方向的夾角將會大于角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。設小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度

20、為，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖10所示。圖10易知代入數據解得：因為，所以小球已離開斜面，斜面的支持力同理，由受力分析可知，細繩的拉力為此時細繩拉力與水平方向的夾角為（2005年全國卷III）如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B。它們的質量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數為k，C為一固定擋板。系統處于靜止狀態。現開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度a和從開始到此時物塊A的位移d。重力加速度為g。解：令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律

21、可知 mAgsinkx1                   令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量，a表示此時A的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知kx2mBgsin                   

22、0;        FmAgsinkx2mAa                   由式可得a=           由題意     dx1x2  &

23、#160; 由式可得d            7. 對系統應用牛頓第二定律設系統內有兩個物體，質量分別為和，受到系統以外的作用力分別為，對與對的作用力分別為和，兩物體的加速度分別為，由牛頓第二定律得兩物體受到的合外力為：由牛頓第三定律得：由以上三式得：其中式中為系統所受的合外力，同理可證，上述結論對多個物體組成的系統也是成立的，即為如按正交分解則得：例9. 如圖11所示，質量為M的框架放在水平地面上，一個輕質彈簧固定在框架上，下端拴一個質量為m的小球，當小球上下振動

24、時，框架始終沒有跳起，在框架對地面的壓力為零的瞬間，小球加速度大小為（ ）圖11A. g B. C. 0 D. 解析：運用牛頓第二定律關鍵在受力分析，式中各量必須對應同一個研究對象，下面用兩種方法解答。解法一：分別以框架和小球為研究對象，當框架對地面的壓力為零時作受力分析如圖12、13所示。對框架：對小球：所以，方向向下。答案選D。解法二：以框架和小球整體為研究對象，框架和小球所受的重力為，框架對地的高度不變，其加速度為零，故合外力提供小球做加速運動所需的外力，對系統由牛頓第二定律有：故得，方向向下。答案選D。分析瞬時加速度問題探討：瞬時加速度決定于什么因素？如何分析？【提

25、示】物體在某時刻的瞬時加速度由合外力決定，當物體受力發生變化時，其加速度也同時發生變化.分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后的受力情況及運動狀態，確定物體所受的力中，哪些力發生了變化，哪些力沒有發生變化，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度.輕繩、輕桿、輕彈簧、橡皮條四類模型的比較1.四類模型的共同點質量忽略不計，都因發生彈性形變產生彈力，同時刻內部彈力處處相等且與運動狀態無關.2.四類模型的不同點彈力表現形式彈力方向彈力能否突變輕繩拉力沿繩收縮方向能輕桿拉力、支持力不確定能輕彈簧拉力、支持力沿彈簧軸線不能橡皮條拉力沿橡皮條收縮方向不能7.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是彈性橡皮繩，質量為m的小明如圖5­3­3所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時小明左側橡皮繩斷裂，則小明此時的()圖5­3­3A.加速度