3. 牛顿第二定律ppt课件课堂实录

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牛顿运动定律

二、动力学两类基本问题

1．分析流程图

2．应用牛顿第二定律的解题步骤

(1)明确研究对象．根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体．

(2)分析物体的受力情况和运动情况．画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程．

(3)选取正方向或建立坐标系．通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向．

(4)求合外力F合．

(5)根据牛顿第二定律F合＝ma列方程求解，必要时还要对结果进行讨论．

核心考点例题：类型大全

1．超重与失重

【例1】

(2010·浙江理综·14) 图3 如图3所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是(

A

) A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零

B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力

D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力

二、瞬时加速度问题

分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的瞬时作用力．

1．中学物理中的“线”和“绳”是理想化模型，具有以下几个特性：

(1)轻：其质量和重力均可视为等于零，且一根绳(或线)中各点的张力大小相等．

(2)不可伸长：即无论绳子受力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变．

2．中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有以下几个特性：

(1)轻：其质量和重力均可视为等于零，同一弹簧两端及其中间各点的弹力大小相等．

(2)弹簧既能承受拉力，也能承受压力；橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力．

(3)由于弹簧和橡皮绳受力时，要恢复形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的力不能突变．

1

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图4 【例2】

(2010·全国Ⅰ·15)如图4所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有(

) A．a1＝0，a2＝g

B．a1＝g，a2＝g m＋Mm＋MC．a1＝0，a2＝g

D．a1＝g，a2＝g MM[规范思维]

例2 C

[木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg.木板抽出后m＋M瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg.由平衡条件和牛顿第二定律可得a1＝0，a2＝Mg.] [规范思维]

解本题的关键是分析清楚木板抽出前、后的受力情况，然后由F合＝ma求解a.注意弹簧弹力不能瞬间发生变化，因为弹簧弹力与形变紧密联系，在瞬间形变可认为不变．

【例3】

(2011·宿迁模拟)在动摩擦

图5 因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图5所示．此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2.求：

(1)此时轻弹簧的弹力大小；

(2)小球的加速度大小和方向；

(3)在剪断弹簧的瞬间小球的加速度大小．

例3 (1)10 N

(2)8 m/s2，向左

(3)0 解析

(1)小球在绳没有断时，水平面对小球的弹力为零，球受到绳的拉力FT、自身重力G与弹簧的弹力F作用而处于平衡状态，依据平衡条件得

竖直方向有：FTcos θ＝mg

水平方向有：FTsin θ＝F

解得弹簧的弹力为F＝mgtan θ＝10 N 剪断轻绳瞬间弹簧弹力不变，仍为10 N (2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力平衡重力FN＝mg

F－μFN水平方向上由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝8 m/s2，方向向左．

m(3)当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力，且二力平衡，加速度为0.

[规范思维] 利用牛顿第二定律求瞬时加速度时，关键是分析此时物体的受力情况，同时注意细绳和弹簧的区别：在其它力变化时，弹簧的弹力不会在瞬间发生变化，而细绳的拉力可以在瞬间发生突变．

[针对训练2]

如图6甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．求解下列问题：

2

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图6 (1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度．

(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．

解析：2．(1)a＝gsin θ，垂直L1斜向下方

(2)a＝gtan θ，水平向右

解析

(1)当线L2被剪断的瞬间，因细线L2对球的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度沿垂直L1的方向斜向下方，为a＝gsin θ. (2)当线L2被剪断时，细线L2对球的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对球的弹力是一对平衡力，等值反向，所以线L2剪断时的瞬时加速度为a＝gtan θ，方向水平向右．

三、连接体

（整体法和隔离法的选取）

1．隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，且需要求物体之间的作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将系统的内力转化为隔离体的外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列方程求解．隔离法是受力分析的基础，应重点掌握．

2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度(主要指大小)，且不需要求物体之间的作用力，就可以把它们看成一个整体(当成一个质点)来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．

3．整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．

图5 【例1】

(2009·安徽高考)在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化如下：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图5所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度a＝1 m/s2上升时，试求：

(1)运动员竖直向下拉绳的力；

(2)运动员对吊椅的压力．

例1 (1)440 N，方向竖直向下

(2)275 N，方向竖直向下

解析

(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律

3

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2F－(M＋m)g＝(M＋m)a解得F＝440 N 根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．

(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力FN.根据牛顿第二定律F＋FN－Mg＝Ma解得FN＝275 N 根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下．

[规范思维]

本题中由于运动员和吊椅整体具有共同的加速度，已知加速度，故先以整体为研究对象，求绳拉人的力；运动员对座椅的压力是内力，需隔离求解．

图6 [针对训练1]

(2011·合肥一中月考)如图6所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在A上，用FAB代表A、B间的相互作用力，下列说法中错误的是(

A

) A．若地面是光滑的，则FAB＝F FB．若地面是光滑的，则FAB＝

2FC．若地面是粗糙的，且A、B被推动，则FAB＝

2FD．若地面是粗糙的，且A、B未被推动，FAB可能为

3

[例1] (16分)一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图所示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2.现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边．若圆盘最后未从桌面上掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)

解析]

此题中涉及两个物体的运动，共可分解为3个小过程：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布的过程；桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布的过程；圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速运动的过程．

根据题意和运动分析可作出圆盘刚好未从桌面上掉下时，桌布、圆盘在桌面上运动的示意图，如甲、乙、丙三图所示(L为桌面长，x1为圆盘加速运动的位移，x2为圆盘减速运动的位移)．

4

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同时可作出桌布(A)、圆盘(B)运动的速度—时间图象，如图所示：

设桌布从圆盘下抽出所经历的时间为t，则图中三角形OAB的面积(位移)，就是桌布与圆盘1分离时桌布与圆盘的位移之差．由运动图象和示意图可知，桌布与圆盘刚分离时有：at22L1－a1t2＝①(3分) 22由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1②(2分) 结合图象可知圆盘离开桌布后做匀减速运动到静止时的位移即为图中三角形BCD的面积(位移)，则圆盘在整个运动过程中有：

2L12vx1＋x2＝a1t＋＝③(3分) 22a22圆盘离开桌布时的速度为：v＝a1t④(2分) 圆盘在桌面上运动时由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2⑤(3分) μ1＋2μ2联立以上各式可得：a＝μ1g.(2分) μ2μ1＋2μ2故要使圆盘不从桌面上掉下必须满足a≥·μ1g.(1分) μ2

μ1＋2μ2[答案]

a≥·μ1g

μ2

二、动力学中的图象问题

图象问题是近年高考命题的热点，动力学问题的图象在高考中也频频出现，常见的有v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象．

【例2】

(2009·全国Ⅱ·15) 图7 两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的v－t图象如图7所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为(

) 1A.和0.30 s

B．3和0.30 s

31C.和0.28 s

D．3和0.28 s

34例2 B

[根据v－t图象可知，甲做匀加速运动，乙做匀减速运动．由a乙＝

m/s20.40Δv1＝10 m/s2，又a乙＝得，t1＝0.30 s，根据a＝得3a甲＝a乙．根据牛顿第二定Δt0.40 s－t15

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F1F律有＝·，则m甲∶m乙＝3.故B项正确．] m甲3m乙[规范思维]

对此类问题要注意从图象提炼出物理情景，把图象语言翻译成物理过程，了解物体对应的运动情况和受力情况，灵活运用牛顿第二定律解题，联系图象(运动情况)和力的桥梁仍是a. 图8 【例3】

(2010·福建理综·16)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图8所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为(

) A．18 m

B．54 m

C．72 m

D．198 m

例3 B

[物体与地面间最大静摩擦力Fmax＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N．由题给F－t图象知0～3 s内，F＝4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6 s内，F＝8 N，说明物体做匀F－Fmax加速运动，加速度a＝＝2 m/s2.6 s末物体的速度v＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，在6～m9 s内物体以6 m/s的速度做匀速运动.9～12 s内又以2 m/s2的加速度做匀加速运动，作1v－t图象如图．故0～12 s内的位移x＝(×3×6)×2 m＋6×6 m＝54 m．故B项正确．] 2[规范思维]

解本题关键是从F－t图象中提炼出信息，明确各个时间段的受力情况和运动情况，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程．

【例4】

(2009·上海单科·22)如图19(a)所示，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，求：

图9 (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)比例系数k. (sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)

例4 (1)0.25

(2)0.84 kg/s 解析

(1)由图象知v＝0，a0＝4 m/s2

开始时根据牛顿第二定律得

mgsin θ－μmgcos θ＝ma0

gsin θ－a06－4μ＝＝＝0.25 gcos θ8(2)由图象知v＝5 m/s，a＝0

由牛顿第二定律知

mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0 FN＝mgcos θ＋kvsin θ

6

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mg(sin θ－μcos θ)－kv(μsin θ＋cos θ)＝0 mgsin θ－μcos θ6－0.25×8k＝＝

kg/s＝0.84 kg/s vμsin θ＋cos θ50.25×0.6＋0.8[规范思维]

解本题需从a－v图象中寻求信息，结合物体的受力情况，根据牛顿第二定律正确列出方程式．此外注意物体受多个力的作用，在进行力的运算时应用了正交分解法．

【例5】

(2011·上海十二校联考)如图10(a)所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图(b)中所提供的信息计算不出(

) 图10

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力

D．加速度为6 m/s2时物体的速度

例5 ABC

[分析物体受力，由牛顿第二定律得：Fcos θ－mgsin θ＝ma，由F＝0时，a6－2cos θcos 37°＝－6 m/s2，得θ＝37°.由a＝F－gsin θ和a－F图线知：图象斜率＝，mm30－20得：

m＝2 kg，物体静止时的最小外力Fmincos θ＝mgsin θ，Fmin＝mgtan θ＝15 N，无法求出物体加速度为6 m/s2时的速度，因物体的加速度是变化的，对应时间也未知，故A、B、C正确，D错误．] [规范思维]

解此类a－F图象问题，首先应写出a随F变化的关系式，然后通过斜率、截距的意义寻找解题的突破口．

三、动力学中的传送带问题

项目

情景1

情景2

情景3

1．水平传送带模型

图示

(1)可能一直加速；

(2)可能先加速后匀速

滑块可能的运动情况

(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端；

(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回

时速度为v，当v0

2.倾斜传送带模型

图示

(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速；

(2)v0

项目

滑块可能的运动情况

7

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情景1

(1)可能一直加速；

(2)可能先加速后匀速

情景2

(1)可能一直加速；

(2)可能先加速后匀速；

(3)可能先以a1加速后以a2加速

(1)可能一直加速；

(2)可能先加速后匀速

(3)可能一直匀速；

(4)可能先以a1加速后以a2加速

情景3

情景4

(1)可能一直加速；

(2)可能一直匀速；

(3)可能先减速后反向加速

[典例] 如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至3顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝2210 m/s. (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；

(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．

[解析]

(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力

由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma

代入数值得：a＝2.5 m/s2

则其速度达到传送带速度时发生的位移为

8

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v222x1＝＝

m＝0.8 m<4m 2a2×2.5可见工件先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m v(2)匀加速时，由x1＝t1得t1＝0.8 s 2x23.2匀速上升时t2＝v＝

s＝1.6 s 2所以工件从P点运动到Q点所用的时间为

t＝t1＋t2＝2.4 s. [答案]

(1)先匀加速运动0.8 m,然后匀速运动3.2 m

(2)2.4 s

[题后悟道]

对于传送带问题,一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型,尤其注意要根据具体情况适时进行讨论,看一看有没有转折点、突变点,做好运动阶段的划分及相应动力学分析.

现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2. (1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；

(2)求物体做匀加速直线运动的时间；

(3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．

解析：(1)滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2. (2)物体达到与传送带相同速率后不再加速，则

v1v＝at1，t1＝a＝

s＝1 s. 1(3)物体始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当物体到达右端时，有

v2min＝2aL，vmin＝2aL＝2×1×2 m/s＝2 m/s，

所以传送带的最小运行速率为2 m/s. 物体最短运行时间由vmin＝atmin，

vmin2得tmin＝a＝

s＝2 s. 12

答案:(1)4 N

1 m/s

(2)1 s

(3)2 s

2 m/s

【例6】

如图11所示，传送带与水平面间的倾角

9

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图11 为θ＝37°，传送带以10 m/s的速率运行，在传送带上端A处无初速度地放上质量为0.5 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16 m，则物体从A运动到B的时间为多少？(取g＝10 m/s2) 例6 当皮带向下运行时，总时间t＝2 s，当皮带向上运行时，总时间t′＝4 s. 解析

首先判断μ与tan θ的大小关系，μ＝0.5，tan θ＝0.75，所以物体一定沿传送带对地下滑．其次传送带运行速度方向未知，而传送带运行速度方向影响物体所受摩擦力的方向，所以应分别讨论．

(1)当传送带以10 m/s的速度向下运行时，开始物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向下(受力分析如图中甲所示)．

该阶段物体对地加速度

mgsin θ＋μmgcos θa1＝＝10 m/s2，

m方向沿传送带向下

v物体达到与传送带相同的速度所需时间t1＝＝1 s a11在t1内物体沿传送带对地位移x1＝a1t2＝5 m 21从t1开始物体所受滑动摩擦力沿传送带向上(如图中乙所示)，物体对地加速度

mgsin θ－μmgcos θa2＝＝2 m/s2，方向沿传送带向下

m1物体以2 m/s2加速度运行剩下的11 m位移所需时间t2，则x2＝vt2＋a2t2，代入数据解22得t2＝1 s(t2′＝－11 s舍去) 所需总时间t＝t1＋t2＝2 s (2)当传送带以10 m/s速度向上运行时，物体所受滑动摩擦力方向沿传送带向上且不变，mgsin θ－μmgcos θ设加速度大小为a3，则a3＝＝2 m/s2

m2×1612x物体从A运动到B所需时间t′，则x＝a3t′2；t′＝＝

s＝4 s. 2a32[规范思维]

(1)按传送带的使用方式可将其分为水平和倾斜两种．

(2)解题中应注意以下几点：

①首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口．

②在倾斜传送带上往往需比较mgsin θ与Ff的大小与方向．

③考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．

10

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图12 [针对训练2]

(2010·高考状元纠错)如图12所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端距离为L，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针转动时(v1

BD

) A．F1

B．F1>F2

C．t1>t2

D．t1可能等于t2 11