1、第三节牛顿第二定律核心素养目标新课程标准会运用牛顿第二定律分析和处理实际生活中的简单问题，体会物理的实用价值，培养学生关注生活、关注实际的态度1.通过分析探究实验数据，能够得出牛顿第二定律的数学表达式Fkma。2理解牛顿第二定律的内容、表达式的意义。3知道国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的知识点数字化实验的过程及结果分析、牛顿第二定律的表述情境导学保持滑块的质量m不变，改变拉力F，可得到滑块的速度随时间变化的关系图线，即vt图像，如图1所示。保持拉力F不变，改变滑块的质量m，可得到滑块的速度随时间变化的关系图线，即vt图像，如图2所示。怎么用数学表达式分别表示图1、2的实验结果？提示：由
2、图中数据分析得，当保持物体的质量不变时，即aF。当保持物体所受的作用力不变时，m1a1m2a2m3a3，即a。知识梳理1牛顿第二定律的内容：物体的加速度大小与物体所受到的作用力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。2牛顿第二定律的表达式：Fma。3力的国际单位：牛顿，简称牛，符号为N。4“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N1_kgm/s2。5国际单位制中k1表达式中F、m、a的单位：分别为牛顿、千克、米每二次方秒。初试小题1判断正误。(1)牛顿第二定律既明确了力、质量、加速度三者的数量关系，也明确了加速度与力的方向关系。(
3、)(2)公式Fma中，各量的单位可以任意选取。()(3)任何情况下，物体的加速度的方向始终与它所受的合力的方向一致。()(4)牛顿第二定律表达式Fkma中的系数k总等于1。()2下列对牛顿第二运动定律的理解正确的是()A由Fma可知，F与a成正比，m与a成反比B牛顿第二运动定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用C加速度的方向总跟合外力的方向一致D当外力停止作用时，加速度过会儿才会消失解析：选CF由物体的受力情况决定，与a、m无关，故A错误；加速度与合力的关系是瞬时对应关系，a随合力的变化而变化，故B、D错误；加速度的方向与合力的方向相同，故C正确。3(多选)关于速度、加速度、合力的关系
4、，下列说法正确的是()A原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D合力变小，物体的速度一定变小解析：选ABC由牛顿第二定律可知选项A、B正确；初速度为0的匀加速直线运动中，v、a、F三者的方向相同，选项C正确；合力变小，加速度变小，但物体的速度是变大还是变小取决于加速度与速度的方向关系，选项D错误。对牛顿第二定律的理解问题探究一辆方程式赛车如图所示，车身结构一般采用碳纤维等材料进行轻量化设计，比一般小汽车的质量小得多，而且还安装
5、了功率很大的发动机，可以在45 s的时间内从静止加速到100 km/h。你知道为什么要使赛车具备质量小、功率大两个特点吗？提示：赛车的质量小，赛车的运动状态容易改变；功率大，可以为赛车提供较大的动力。因此这两大特点可以使赛车提速非常快(加速度大)。要点归纳1表达式Fma的理解(1)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位。(2)F的含义：F是合力时，a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，a是该力产生的加速度。2牛顿第二定律的六大特性同体性F、m、a都是对同一物体而言矢量性Fma是一个矢量式，a与F的方向相同瞬时性a与F是瞬时对应关系，无先后之分相对性只适用于惯性参
6、考系独立性作用在物体上的每个力都产生各自的加速度局限性Fma只适用于低速、宏观物体的运动3两个加速度公式的区别(1)a是加速度的定义式，它给出了测量物体的加速度的方法，这是物理上用比值定义物理量的方法。(2)a是加速度的决定式，它揭示了物体产生加速度的原因及影响物体加速度的因素。例题1(多选)下列对牛顿第二定律的理解正确的是()A由Fma可知，m与a成反比B牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用C加速度的方向总跟合力的方向一致D当合力为零时，加速度随之消失解析虽然Fma，但m是物体本身的性质，与a无关；a是由m和F共同决定的，即a，且a与F同时产生、同时消失、同时存在、同时改变
7、；a与F的方向永远相同。综上所述，A、B错误，C、D正确。答案CD关于牛顿第二定律理解的三大误区(1)认为先有力，后有加速度：物体的加速度和力是同时产生的，不分先后，但有因果性。力是产生加速度的原因，没有力就没有加速度。(2)认为质量与力成正比，与加速度成反比：不能根据m得出mF、m的结论，物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合力和运动的加速度无关。(3)认为作用力与m和a都成正比：不能由Fma得出Fm、Fa的结论，物体所受合力的大小是由物体的受力情况决定的，与物体的质量和加速度无关。 针对训练(多选)初始时静止在光滑水平面上的物体，受到一个逐渐减小的方向不变的水平力的作用，则这个物体运动
8、情况为()A速度不断增大，但增大得越来越慢B加速度不断增大，速度不断减小C加速度不断减小，速度不断增大D加速度不变，速度先减小后增大解析：选AC水平面光滑，说明物体不受摩擦力作用，物体所受到的水平力即为其所受合力；水平力逐渐减小，合力也逐渐减小，由公式Fma可知当F逐渐减小时，a也逐渐减小，但速度逐渐增大，不过增大得越来越慢。牛顿第二定律的简单应用问题探究如图所示，质量为4 kg的物体静止于光滑水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37的斜向上的力拉物体，则物体的加速度大小是多少？(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)提示：物体的受力情况如图所示，由牛顿第二定律
9、有Fcos 37ma，解得a8 m/s2。要点归纳1解题步骤2解题方法(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大小。加速度的方向即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，常用正交分解法求物体所受的合力。建立坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程Fxma，Fy0。特殊情况下，若物体受的力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a。根椐牛顿第二定律，列方程求解。例题2如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中
10、，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37角，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg，不计空气阻力。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；(2)求悬线对小球的拉力大小解析法一(矢量合成法)(1)小球和车厢相对静止，它们的加速度相同。以小球为研究对象，对小球进行受力分析如图甲所示，小球所受合力为F合mgtan 37由牛顿第二定律得小球的加速度为agtan 37g7.5 m/s2加速度方向水平向右。车厢的加速度与小球相同，故车厢做的可能是水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动。(2)由图甲可知，悬线对小球的拉力大小为T12.5
11、 N。法二(正交分解法)(1)建立直角坐标系如图乙所示，正交分解各力，根据牛顿第二定律列方程得x方向： Txmay方向：Tymg0即Tsin 37maTcos 37mg0解得ag7.5 m/s2加速度方向水平向右。车厢的加速度与小球相同，故车厢做的可能是水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动。(2)悬线对小球的拉力大小为T12.5 N。答案(1)7.5 m/s2，方向水平向右车厢可能做水平向右的匀加速直线运动或水平向左的匀减速直线运动(2)12.5 N(1)应用牛顿第二定律解题时，正确选取研究对象及受力分析至关重要，加速度a一定与F合同向，但速度不一定与加速度同向。(2)合成法常用
12、于两个互成角度的共点力的合成，正交分解法常用于三个或三个以上互成角度的共点力的合成。针对训练如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37的斜向上的力F使物体做匀加速直线运动；经过一段时间后撤去F，物体将继续向前滑动一段距离，则：(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求出在力F作用时物体的加速度大小；(2)求出撤去F后物体继续向前滑动时的加速度大小。解析：(1)在力F作用时，物体的受力情况如图所示，则有Fcos 37fma1，FNFsin 37mg，又因为fFN，联立解得a16 m/s2。
13、(2)撤去F后物体继续向前滑动时，有mgma2，解得a25 m/s2。答案：(1)6 m/s2 (2)5 m/s2瞬时加速度的求解问题探究如图所示，用手向下压弹簧玩偶的头部，玩偶头部处于平衡状态。若人向下压的力为F，弹簧玩偶的头部质量为m，人手突然撤离时，弹簧玩偶头部的加速度为多大？提示：人手向下压时，弹簧玩偶的头部受三个力作用：手向下的压力F、重力mg和弹簧的弹力FN，三力作用下弹簧玩偶头部处于平衡状态，所以有FNmgF，当人手突然撤离的瞬间，手向下的压力变为0，弹力和重力不变，所以弹簧玩偶头部的加速度为a。要点归纳1刚性绳(或接触面)：一种发生微小形变产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其
14、弹力立即发生变化，不需要形变恢复时间，一般题目中所给细线或接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。2弹簧(或橡皮绳)：此类物体形变量大，形变恢复需要较长时间，在解决瞬时问题时，可将其弹力的大小看成不变来处理。例题3(多选)如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，在突然撤去挡板的瞬间()A图乙中A，B球间杆的作用力为零B图乙中A球的加速度为gsin C图甲中B球的加速度为2gsin D图甲中A球的加速度为gsin 解析撤去挡板前，对整体分析，无论是在题图甲还是在题
15、图乙中，挡板对B球的弹力大小均为2mgsin 。因弹簧弹力不能突变，所以撤去挡板的瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零；题图甲中B球所受合力为2mgsin ，加速度为2gsin ，故C正确， D错误。由于A、B两球用轻杆相连，故可将A、B及轻杆看做一个整体，它们始终具有相同的加速度。整体所受合力为2 mgsin ，加速度为gsin ，再隔离A球或B球，易知杆的弹力为零，故A、B正确。答案ABC(1)轻绳、轻杆、轻弹簧、橡皮条的区别弹力表现形式弹力方向弹力能否突变轻绳拉力沿绳收缩方向能轻杆拉力、支持力不确定能轻弹簧拉力、支持力沿弹簧轴线不能橡皮条拉力沿橡皮条收缩方向不能(2)解决瞬时性问题
16、的思路根据物体或几个物体构成的系统所处的状态确定研究对象(整体或隔离)。对研究对象进行受力分析。当条件变化后找出哪些力发生变化，哪些力瞬间不变。根据变化后物体状态列方程求解。针对训练如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g, a30, a4gDa1g, a2g, a30, a4g解析：选C在抽
17、出木板的瞬间，由于物块1、2间用刚性轻质杆连接，因此物块1、2可以看做一个整体，由整体法可知a1a2g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g。选项C正确。力和运动类问题的处理思路1运动状态的决定因素：物体的运动状态取决于物体的初速度和物体的受力情况，当物体的受力情况发生变化时，物体的运动状态也会随之发生变化。2解题思路：分析物体的受力情况求合力由牛顿第二定律求物体的加速度将初速度与加速度相结合判断物体速度的变化情况。示例(多选)如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平面
18、上，一物块自弹簧正上方自由下落，在物块与弹簧接触并将弹簧压缩至最短(在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是()A物块接触弹簧后即做减速运动B物块接触弹簧后先加速后减速C当物块的速度最大时，它所受的合力不为零D当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度不等于零解析物块与弹簧接触前做自由落体运动，物决与弹簧接触后，弹簧弹力不断增大，开始阶段弹簧弹力小于物块的重力，合力向下，加速度向下，物块做加速度不断减小的加速运动；当加速度减小为零时，速度达到最大；接下来物块继续向下运动，弹力继续增大，且大于物块的重力，合力向上，加速度向上，物块做加速度不断增大的减速运动，当速度减小为零时，弹簧压缩量最大，物块加速度最
19、大，故选项B、D正确。答案BD蹦极、蹦床模型运动过程的分析蹦极、蹦床运动模型与小球从某高度处落到弹簧上(如图所示)的过程相近，物体落到弹簧上之后先做加速度减小的加速运动，当a0时达到最大速度，随后做加速度增大的减速运动，直到速度减为0。这类模型需要注意的是物体并不是从接触弹簧(或弹性绳绷直)时就开始减速，而是先经过了一个加速度减小的加速过程。 1(多选)关于牛顿第二定律，下列说法中正确的有()A公式Fma中，各量的单位可以任意选取B某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力，而与这之前或之后的受力无关C公式Fma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和
20、D物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致解析：选BCF、m和a必须选取国际单位，才可写成Fma的形式，否则比例系数k1，所以选项A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合外力与加速度的对应关系，它既表明F、m和a三者数值上的对应关系，同时也表明合外力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一定相同，所以选项B正确，选项D错误；作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，故选项C正确。2.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一个可视为质点的小球，系统静止时小球的位置为O1。将小球向下拉到O2位置(在弹性限度内)，从静
21、止释放，小球在O2、O3之间往复运动。则在小球运动的过程中()A经过O1位置时，速度最大B经过O1位置时，加速度最大C经过O1位置时，弹簧弹力最大D经过O3位置时，弹簧弹力方向一定向下解析：选A从O2到O1位置，弹簧弹力大于小球的重力，小球的加速度向上，则小球向上做加速运动，到达O1点时，重力等于弹力，此时小球的加速度为零，速度最大，A正确，B错误；小球在O2位置时，弹簧的形变量最大，此时弹力最大，C错误；经过O3位置时，小球受到的合力方向向下，弹簧弹力方向不一定向下，D错误。3如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30的光滑斜面上，若不计弹簧质
22、量，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为(重力加速度大小为g)()A都等于B0和C.和0 D.0和解析：选B在剪断细绳之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面向下的分力。在剪断细绳的瞬间，细绳上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍等于A的重力沿斜面向下的分力，故A球的加速度为零。在剪断细绳之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力；在剪断细绳的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧沿斜面向下的拉力、斜面的支持力，根据牛顿第二定律得aB。故选B。4.如图所示，车的顶棚上用细线吊一
23、个质量为m的小球，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面做直线运动时，细线偏离竖直方向的角度为，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A小车正向右匀减速运动B小车的加速度大小为gcos C细线对小球的拉力大小为mgD木块受到的摩擦力大小为Mgtan 解析：选D由细线的偏离方向可知小车向右加速或向左减速，故A错误；对小球受力分析后由牛顿第二定律可得，小车的加速度agtan ，细线对小球的拉力T，故B、C错误；木块受到的摩擦力fMaMgtan ，D正确。5.(多选)如图所示，某一缆车沿着坡角为30的山坡以加速度a上行，在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，重力加速度大小为g，则()A小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下B小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上C小物块受到的摩擦力为mgmaD小物块受到的摩擦力为mgma解析：选BC以小物块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力FN和静摩擦力f，f沿斜面向上，故A错误，B正确；根据牛顿第二定律得fmg sin 30ma，解得fmgma，方向平行斜面向上，故C正确，D错误。