第4章 第3节 牛顿第二定律-【重难点手册】2024-2025学年高中物理必修第一册（人教版2019 浙江专用）

重避点手细高中物理必修第一册)（浙江专用） 第3节 牛顿第二定律 重点和难点 课标要求 1,通过分析探究实验的数据，能够得出牛频第二定律的数学表达式 F=kma,并准确表述牛顿第二定律的内容，培养学生分析数据、从数据 重点：1对于牛顿第二定律的理解。 中获取规律的能力. 2.对于牛顿第二定律的简单应用. 2.能根据1N的定义，理解牛顿第二定律的数学表达式是如何从 难点：l.牛颜第二定律的静时性、失F=kma变成F-ma的，体会单位的产生过程 量性、独立性，因果关系， 3.能够从合力与加速度的同时性、失量性等方面理解牛颜第二定 2.应用牛顿第二定律解决问题 律，理解牛顿第二定律是连接运动与力之间关系的桥粱. 4.会运用牛领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 -01必备知识梳理。 基础梳理 知识点1牛顿第二定律及力的单位 1.牛顿第二定律 冒敲黑板 (1)由大量的实验和观察到的事实可总结出一般性规律，即 比例系数k的意义 牛顿第二定律：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟 1.在F=kma中，k值的 大小随F,m,a单位选取的不 它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同. 同而不同 (2)表达式 2.在所有物理量均取国 ①比例式：aocE或Fma.. 际单位制时k=1,牛顿第二定 律的表达式为F=ma,式中 ②等式：F=ka(各量单位未知时)，其中k为比例系数，F F,m、a的单位分别为牛顿、千 指物体所受的合力 克、米每二次方秒，故由此可 (3)物理意义 知，在应用公式F=ma进行计 表达式中F指的是物体所受的合力，a是描述物体运动的物 算时，F、m、a的单位必须统一 理量，由此可以看出，牛顿第二定律进一步揭示了力是使物体产 为国际单位制中相应的单位 生加速度的原因。 2.力的单位 (1)国际单位制中的单位：牛顿，符号为N. (2)“牛顿”的定义：根据牛顿第二定律，使质量为1kg的物体 产生1m/s2的加速度的力为1N,即1N=1kg·m/s2. 160 第四章 运动和力的关系么组 例①(2024·安微潜山第二中学高一月考)（多选）关于牛顿 第二定律的表达式F=kma,下列说法正确的是( A.在任何情况下式中k都等于1 B.式中k的数值由质量、加速度和力的大小决定 C.式中的数值由质量、加速度和力的单位决定 D.物理学中定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度 的力为1N 解析在牛顿第二定律的表达式F=ka中，k的数值由质 量、加速度和力的单位决定，只有当质量的单位为kg、加速度的单 位为m/s2、力的单位为N时，比例系数k才等于1，AB错误，C正 确；由牛顿第二定律F=a知，当m=1kg、a=1m/s2时，1N 1kg·m/s2,即使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力 为1N,D正确. 答案CD 知识点2对牛顿第二定律的理解 L.理解牛顿第二定律的基本特性 因果性 只要物体所受合力不为0（无论合力多么小），物体就获得加速度， 即力是产生加速度的原因 矢量性 物体加速度的方向与物体所受合力的方向总是相同的，加速度的 方向由合力的方向决定 ☑划重点司 牛顿第一定律与 瞬时性 物体的加速度与物体所受合力总是同时存在、同时变化、同时消 失的，所以牛顿第二定律反映的是力的瞬时作用效果 牛顿第二定律的关系 同体性 F,m,a三者对应同一个物体 力：杆改变物休的运 动状然：F=m④ 作用在物体上的每个力都将独立产生各自的加速度，且遵循牛顿 年锁第一定律】 第二定律，物体的实际加速度为每个力产生的加速度的矢量和。 独立性 牛城 力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即F, 1定作是 ma,,F,=ma, 律的岳黜 指出了物体不】牛桶 我出了力是政 牛顿第二定律必须是对相对于地面静止或做匀速直线运动的参 物休动状 相对性 受力时速能的 考系而言的，对相对于地面做变速运动的参考系不适用 运动规扑 定 态惊因 统一性 为使k=1,F,m、a三者必须统一使用国际单位制中的单位 局限性 牛领第二定律只能解决惯性参考系中宏观物体的低速运动问题 2.理解牛顿第二定律确定的力和运动的关系 (1)物体的运动性质与所受外力的关系 ①F合=0，则a=0,物体做匀速直线运动或静止，处于平衡状态 ②F合恒定，则α恒定，物体做匀变速运动.若F金与初速度 同向（或初速度为O),则做匀加速直线运动.若F合与初速度反 161 国雕手细高中物理必修第一册)（浙江专用） 向，则做匀减速直线运动.若F合与初速度方向不在一条直线上， 冒敲黑板 物体做匀变速曲线运动. 对加速度的理解 ③F合变化，则a变化，物体做非匀变速运动. 加速度木是由 (2)力、加速度和速度间的关系 我们决定的玛： ①物体所受合力的方向决定其加速度的方向.合力与加速度 、我想静削 的大小关系是F=ma,只要有合力，不管速度如何，都有加速度： 只有合力为0，加速度才能为0. 般情况下，合力与速度没有必然的联系，只有速度变化时， NO!加地度由我 物体所受的合力才不为0. 度的方法 ②合力与速度同向时，物体加速，反之减速。 加速度由物体质量和所 物体所受到的合力决定了物体当时加速度的大小，而加速度 受合力决定，与速度的大小没 的大小决定了单位时间内速度变化量的大小.加速度的大小与速 有必然联系 度的大小无必然的联系， ③区别加速度的定义式与决定式 定义式：Q一，即加速度定义为速度变化量与所用时间的比 卫划重点 值，面4=E则揭示了加速度决定于物体所受的合力与物体的 对牛顿第二定律的理解 1.牛顿第二定律定量地 质量. 解决了力与运动的关系，力F 例2(2024·江西赣南师范大学附属中学高一期末)下列对 是产生加速度a的外因，物体 牛顿第二定律的表达式F一ma及其变形公式的理解，正确的是 的质量m是影响加速度的 (). 内因 A.由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量和加速 2.牛顿第二定律指明了 度成正比 决定加速度的因素，由F◆ B由m=可知，物体的质量与其所受的合外力成正比，与 mu知a=E,即a只与F6 m 其运动的加速度成反比 及m有关，与其他物理量如 △U均无关 C由口一可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与 3.牛顿第二定律说明了 其质量成反比 F合与a方向上的关系，即始 终是同方向的. D.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 解析]物体所受的合外力或物体的质量发生变化会导致加速 度变化，F、m与a是因果关系，不能说物体所受的合外力与物体 的质量和加速度成正比，也不能说物体的质量与其所受的合外力 成正比，与其运动的加速度成反比，且物体的质量是物体的基本 162 第四章 运动和力的关系么组 属性，与物体受到的合外力和物体的加速度无关，AB错误；由 刀记方法 4E可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成 1.对实际问题求解，当物 反比，C正确：牛顿第二定律说明当物体所受合外力不为0时，物 体受到多个力作用时，利用正 交分解法较为简单，利用正交 体才有加速度，D错误. 分解法需要建立直角坐标系， 答案C 建立坐标系的原则是尽可能少 金难拓展 分解失量.因此有两种情况： 重难点1对几个常见力学作用模型的类比分析 (1)沿加速度的方向建一 在应用牛顿第二定律分析和求解物体的加速度时，经常会遇 坐标抽，沿垂直于加速度的方 到轻绳、轻杆、轻弹簧和橡皮条这些常见的力学模型.全面准确地 向建一坐标轴.这种方法不需 要分解加速度」 理解它们的特点可帮助我们灵活、正确地分析问题. (2)沿某特定方向建立坐 (1)这些模型的共同点：都是质量可忽略的理想化模型，都会 标轴，这样可能少分解力，但 发生形变而产生弹力，同一时刻内部弹力处处相等且与运动状态 需要分解加速度，此时应用 无关 F,=ma.F,=may. (2)这些模型的不同点 2.应用牛频第二定律解 ①轻绳：只能产生拉力，且方向一定沿着绳子而背离受力物 题的一般步骤： 体，不能承受压力：认为绳子不可伸长，即无论绳子所受拉力多 喻定 「被酷间吧的语装和解吧的万 究对 匣，选所叙研究的物体 大，长度不变（只要不被拉断）：绳子的弹力可以发生突变一瞬 对训光对象进行受力情况加 运动情况的分析，两出受力 时产生，瞬时改变，瞬时消失。 图和压动情景图：叨确运动 性质和运动过程 ②轻杆：既能承受拉力，又可承受压力，施力或受力方向不 避我正方向，通常选加速度 力向为出力向，力白与止方 定沿着杆：认为杆既不可伸长，也不可缩短，杆的弹力也可以发生 扩程 向州相同的力正值，方向与 正向相反的力为负价.泡 立方程 突变 Fm、州回保制单位，解超 ③轻弹簧：既能承受拉力，也可承受压力，力的方向沿弹簧的 解方 的过程要请楚，写川方径式 和扣应的文宁说明，必婴时 对靖果遗行讨论 轴线，受力后发生较大形变，弹簧的长度既可变长，又可变短，遵 循胡克定律：因形变量较大，产生形变或使形变消失都有一个过 程，故弹簧的弹力不能突变，在极短时间内可认为弹力不变 ④橡皮条：只能承受拉力，不能承受压力：其长度只能变长， 对点练 不能变短，同样遵循胡克定律：因形变量较大，产生形变或使形变 如图所示，A、B、C三个 消失都有一个过程，故橡皮条的弹力同样不能突变 球的质量均为m,轻质弹簧一 例3(2023·湖北武汉中学高一期末)如图所示，A、B、C三 端因定在斜面顶端，另一端与 个球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与 A球相连，A、B间由一轻质细 A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.倾角 线连接，B,C间用轻质弹簧连 为0的光滑斜面固定在地面上，弹簧、杆与细线均平行于斜面，初 接.领角为0的光滑斜面固定 始系统处于静止状态.细线被烧断的瞬间，下列说法中正确的是 在地面上，弹簧、细线均平行 于斜面，初始系统处于静止状 163 重避点手细高中物理必修第一册尺U(浙江专用) 态.细线被烧断的瞬间，下列 说法正确的是(). A.A球的受力情况未变，加速度为0 B.A、B两个小球的加速度方向均沿斜面向上，大小均为gsin0 C.A、B之间杆的拉力大小为mg sin0 八.A球的受力情况不 变，加速度为0 D.C球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsin0 BA的加速度方向沿斜 解析]烧断细线前，弹簧弹力为F=3 ngsin0,烧断细线后，根 而向上，大小为2gsin0 据牛顿第二定律有F-2 mgsin0=2a,A,B两个小球的加速度 C.B的加速度方向沿斜 大小为a=gsin0.A球的受力情况发生变化，加速度不为0，AB 面向下，大小为gsin0 D,C球的加速度方向沿 错误；对球B分析得F#-mgsin0=ma,得F#=3mgin0,C错 斜面向下，大小为gsin0 2 [答案：B] 误：C球的加速度方向沿斜面向下，大小为ac=mgsin0-gsin0, D正确. 答案D 重难点2应用牛顿第二定律解题的常用方法 1.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的大小及方向. 2.正交分解法 物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体受到的合力， 再应用牛顿第二定律求加速度. (1)分解力 常以加速度a的方向为x轴正方向（或y轴正方向），建立直 角坐标系，将物体所受的各力分解在x轴和y轴上，分别求得 x轴和y轴的合力.由力的独立作用原理，得F,=ma,F,=0或 F=0,F,=ma. (2)分解加速度 物体受多个力作用，其中大部分力相互垂直时，根据受力情 况建立直角坐标系，使尽可能多的力位于坐标轴上，达到少分解 力的目的，为此需要分解加速度.由牛顿第二定律得F=mar, F,=may. 164 第四章 运动和力的关系么组 例④(2024·山东枣庄中学高一开学考试)高铁已成为中国 园记方法 的名片，某人为了测量高铁启动过程的加速度，将一支笔（可视为 例4还可用正交分解法 质点)用细线系于高铁车厢内的顶壁上，高铁启动过程中，发现系 求解： 笔的细线偏离竖直线的夹角为=37°（如图甲所示），此时笔和车 以水平向右为x轴正方 厢相对静止，设笔的质量为0.1kg(sin37°=0.6，cos37°=0.8， 向，竖直向上为y轴正方向建 g取10m/s2).求： 立直角坐标系，并将细线对笔的 拉力F正交分解，如图所示， 甲 mg (1)车厢运动的加速度大小. 则沿水平方向有 (2)细线对笔的拉力大小. Frsin 0=ma. 解析(1)由于车厢沿水平方向运动，笔与车厢的 沿竖直方向有 加速度相同，所以笔有水平方向的加速度，所受合力 Ftcos 0=mg. 沿水平方向，以笔为研究对象，受力分析如图乙所示 联立解得a=7.5m/s, 由几何关系可得F=mgtan 0, Fr=1.25N. 笔的加速度大小a==gtan0=7.5m/ 即车厢运动的加速度大小为7.5m/s2 (2)细线对笔的拉力大小为F=mg。=1.25N. cos 0 02关键能的提升。 题型1应用牛顿第二定律分析运动和力的 B.雨滴下落过程中加速度恒定不变 关系 C.雨滴下落过程中受到逐渐增大的空气 例①(2023·北京师大附中高一期末)一 阻力 雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴 D.雨滴下落过程中速度随时间均匀增加 下落过程中所受重力保持不变，其t图像如 解析根据雨滴的心t图像可知，雨滴的加 图所示.关于雨滴在加速阶段的受力和运动情 速度逐渐减小，所以雨滴除受重力外，还受变 况，下列判断正确的是( 化的空气阻力，根据F=m阳可知，空气阻力应 逐渐增大，由于雨滴的加速度逐渐减小，所以 相同时间内雨滴的速度变化逐渐减小，由以上 分析可知C正确，ABD错误。 A.雨滴下落过程中只受重力 答案C 165 国避手册高中物理必修第一册)（浙江专用） 题型2用牛顿第二定律解决瞬时性问题 故D错误 例2(2024·四川仁寿一中高一开学考 答案C 试)如图，倾角为α=30°的斜面固定在水平地 题型3牛顿第二定律与图像问题的综合分析 面上，斜面上有两个质量分别为m和2m的小 例3(2024·湖北武汉十一中高一期末) 球A、B,它们用劲度系数为k的轻质弹簧连 (多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在 接，弹簧轴线与斜面平行.现对A施加一水平 水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的 向右、大小为F的恒力，使A,B在斜面上都保 小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿 持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略 杆向上运动.该过程中小球所受的拉力以及小 不计，此时弹簧的长度为L,则下列说法正确的 球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示，g 是(). 取10m/s2,则下列说法正确的是( A恒力F=23mg um·8) 5.9 B弹簧的原长为L一紧 6 0246 C.小球A对斜面的压力大小为3mg D.撤去恒力F后的瞬间，小球B的加速 A.在24s内小球的加速度大小为1m/s 度为2g B.小球在0~4s内的位移为5m 解析]以A、B整体为研究对象，沿斜面方 C.杆的倾角为37 向，根据平衡条件Fcos30°-3 ngsin30°，解得 D.小球的质量为1kg F-3 ngtan30°=√3mg,故A错误；对B球受 解析]1图线的斜率表示物体运动的加 力分析，沿斜面建立直角坐标系，正交分解，在 速度，由图丙可得，2~4s内小球的加速度大 沿斜面方向，根据平衡条件2 ngsin a=kx,解 小为a-号m/g=05m/g,故A错误o 得弹簧伸长量为x=2mgin0,则弹簧原长为 图线与横轴所围成区域的面积表示物体发生 L=L一2mgng=L一，故B错误；对小球 的位移：则一(2X1+告×2)m=5m故B A,在垂直于斜面方向上，根据平衡条件可得斜 正确；由图丙可知，0一2s内小球沿斜面向上 面对小球的支持力大小为N=mgcos a十Fsin a= 做匀速直线运动，则mgsin0=Fi,24s内小 球沿斜面向上做匀加速直线运动，则F2一 受g+号mg=3mg,所以可得A对针面的 3 ngsin0=ma,联立解得m=1kg,0=30°，故C 压力大小为√3mg,故C正确：撤去F瞬间，弹 错误，D正确. 簧弹力不变，B球受力仍然平衡，加速度为0， 答案BD 166 第四章运动和力的关系】 」03核心素养聚焦一 考向1牛顿第二定律中的整体法与隔离法 例①(2021·海南高考)如图所示，两物 块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开 0000000 始时P静止在水平桌面上，将一个水平向右的 A.两物块一起运动的加速度大小为a= 推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来 F 的一半.已知P,Q两物块的质量分别为m= m1十2 0.5kg、Q=0.2kg,P与桌面间的动摩擦因数 B弹簧的弹力大小为T=F 11+712 =0.5,重力加速度g=10m/s2,则推力F的 C.若只增大m2,在两物块一起向上匀加 大小为( 速运动时，它们的间距变大 D.若只增大0.两物块一起向上匀加速运 动时，它们的间距变大 Q 解析)对整体受力分析，根据牛顿第二定 A.4.0N B.3.0N 律有F-(m1十m2)gsin0=(m1十m2)a,解得 C.2.5N D.1.5N F 解析]P静止在水平桌面上时，细线中拉 a= m1十2 gsin0,故A错误；对m2受力分 力等于mag=2N.将水平向右的力F作用在 析，根据牛顿第二定律有F#一2gsin0=m2a, P上后，细线中张力变为原来的一半，即F 解得F= m2F ,故B正确；根据F m1十12 1N,隔离Q受力分析，由牛顿第二定律有mog mF 一Fr=moa,解得a=5m/s2.隔离P受力分 m,十m:m1 F可知若只增大m,两物块一 析，由牛顿第二定律有F一mpg十Fr=ma, 1m2 起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定 解得F=4.0N,选项A正确. 律可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C [答案A 一可知只增大0，两物块 考查整体法与隔离法在牛顿第二定律中 正确：根据F=m 721十m 命题意图 的应用 一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克 核心素养 科学思雏之模型构建 素养水平水平2 定律可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D 考向2牛顿第二定律的简单应用 错误.故选BC 答案BC 例巴(2020·海南高考)（多选）如图，在 倾角为0的光滑斜面上有两个物块P和Q,用 命题意图 考查牛顿第二定律的简单应用 与斜面平行的轻质弹簧相连接，质量分别为 核心素养科学思雏之模型构建 素养水平水平3 和2，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块 考向3牛顿第二定律与图像结合 一起向上做匀加速直线运动，则(). 例3(2021·全国乙卷)（多选）水平地面 167 重随白手细高中物理必修第一册)（浙江专用） 上有一质量为，的长木板，木板的左端上有 答案BCD 质量为2的物块，如图(a)所示.用水平向 命题意图 考查牛顿第二定律与图像结合 右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化 核心素养 科学思维之模型枸建 素养水平水平3 关系如图(b)所示，其中F、F2分别为t4、t2时 刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化 考向4牛顿第二定律的综合应用 关系如图(c)所示.已知木板与地面间的动摩擦 例④(2022·浙江选考)物流公司通过滑 因数为出，物块与木板间的动摩擦因数为， 轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜 假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相 滑轨与水平面成24°角，长度1=4m,水平滑 等，重力加速度大小为g,则( 轨长度可调，两滑轨间平滑连接.若货物从倾 F 斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动 mn (a) 摩擦因数均为一号，货物可视为质点(cos24 =0.9,sin24°=0.4，重力加速度g=10m/s). (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1 的大小 (b】 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度口的大小 A.F1=umg (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不 B.F,=mm十m(g-4)g 超过2m/s,求水平滑轨的最短长度l2. C.e>m十m 72g 247 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 解析由图(c)可知，1时刻物块、木板一 起刚开始滑动，此时物块与木板相对静止，木 解析(1)根据牛顿第二定律可得 板刚要滑动，此时以整体为研究对象，有F mgsin24°-1 mgcos24°=ma1, (m十m2)g,A错误；由图(c)可知，t2时刻物 代入数据解得a1=2m/s2. 块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对 (2)根据运动学公式可得2a1l1=, 象，根据牛顿第二定律有F2一(m+)g= 解得v=4m/s. (m十m2)a,以木板为研究对象，根据牛领第二 (3)根据牛顿第二定律可得mg=ma2, 定律有2g一(m十m2)g=ma>0,解得 根据运动学公式可得一2a2l2=说x一， F,=mm+m2(一4)g地>mtm 代入数据联立解得L2=2.7m BC正确；由图(c)可知，0一t2这段时间物块与 命题意图 考查牛顿第二定律的综合应用 木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确. 核心素养 科学思维之模型构建 素养水平水平3 故选BCD, 168