第4章 第3节 牛顿第二定律-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第一册同步课堂高效讲义教师用书Word（粤教版）

第三节　牛顿第二定律 【素养目标】　1.掌握牛顿第二定律的内容及数学表达式。理解表达式中各物理量的意义及相互因果关系。2.会用牛顿第二定律处理力与运动的问题。 知识点一　牛顿第二定律的表述 【情境导入】　如图所示，运动员瞬间给冰壶一水平力，冰壶在水平冰面上运动。 (1)冰壶瞬间获得加速度吗？ (2)若增大冰壶受到的水平力，冰壶瞬间获得的加速度会怎样变化？ 提示： (1)瞬间获得加速度　(2)瞬间获得的加速度会变大 【教材梳理】 (阅读教材P110完成下列填空) 1．内容：物体的加速度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．表达式：a＝k，其中k为比例系数。当物理量的单位都使用国际单位制单位时，表达式为F＝ma。 3．国际上规定，使质量为1_kg的物体获得1_m/s2的加速度的力为1 N。 4．瞬时性：加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。 【师生互动】　在[情境导入]描述的情境中，冰壶因为摩擦力的作用运动一段距离后会停止。 任务1.在减速运动的过程中，冰壶受几个力的作用？ 任务2.运动员在冰壶前方刷冰，摩擦力越小，冰壶运动的越远，冰壶的加速度会怎样变化？ 任务3.加速度的方向与摩擦力的方向有什么关系？ 提示：任务1.受重力、支持力和摩擦力三个力的作用 任务2.变小　任务3.方向相同 (多选)(2024·珠海市期末)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是(　　) A．由F＝ma可知，物体所受的合外力与物体的质量和加速度成正比 B．由m＝可知，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 C．由a＝可知，物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比 D．由m＝可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求得 答案：CD 解析：牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，作用在物体上的合外力可由物体的质量和加速度计算，但不由它们决定，A错误；质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；由牛顿第二定律知加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比，m可由其他两量求得，故C、D正确。 1．表达式F＝ma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，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度；F是某个力时，加速度a是该力产生的加速度。 2．牛顿第二定律的五大特性 因果性 F＝ma中，F是因，a的产生是果 同体性 F＝ma中，F、m、a都是对同一物体而言的 矢量性 F＝ma是一个矢量式，a与F的方向相同 独立性 F＝ma在不同方向可表示为Fx＝max，Fy＝may 瞬时性 F＝ma中a与F同时产生、同时变化、同时消失 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。 学生用书第116页 针对练1.(2024·贵州省三新联盟高一上联考)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　 ) A．物体运动的速度变化越大，受到的合力也越大 B．加速度的方向可以与合力的方向相反 C．加速度与合力是同时产生、同时变化 D．物体的质量与它所受的合力成正比，与它的加速度成反比 答案：C 解析：物体运动的速度变化越大，加速度不一定越大，则受到的合力不一定越大，选项A错误；加速度的方向一定与合力的方向相同，选项B错误；加速度与合力是同时产生、同时变化，选项C正确；物体的质量是物体本身的属性，与它所受的合力以及它的加速度无关，选项D错误。 针对练2.(多选)关于速度、加速度、合力的关系，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 答案：ABC 解析：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。 知识点二　牛顿第二定律的简单应用 1．应用牛顿第二定律解题的方法 (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，物体所受合力的方向即加速度的方向。 (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。 2．应用牛顿第二定律解题的一般步骤 如图所示，一木块沿倾角θ＝37°的光滑固定斜面自由下滑。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)木块的加速度大小； (2)若木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，木块加速度的大小。 答案：(1)6 m/s2　(2)2 m/s2 解析：(1)分析木块的受力情况如图甲所示 根据牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma1 所以a1＝6 m/s2。 (2)若斜面粗糙，木块的受力情况如图乙所示，建立直角坐标系。 在x轴方向上 mg sin θ－f＝ma2 在y轴方向上FN＝mg cos θ 又因为f＝μFN 联立解得a2＝2 m/s2。 学生用书第117页 应用牛顿第二定律解题的一般步骤 1．确定研究对象。 2．进行受力分析和运动状态分析，画出受力分析图，明确运动性质和运动过程。 3．求出合力或加速度 (1)当物体受两个非共线共点力作用时，可用矢量合成法，也可用正交分解法(用矢量合成法作图时应注意：合力方向与合加速度的方向相同)。 (2)物体受多个非共线共点力作用，求合力时需用正交分解法。 4．根据牛顿第二定律列方程求解。 针对练1.(2024·广东高二统考学业考试)质量为2 000 kg的小货车在平直路面上以2 m/s2的加速度行驶，假定车受到的阻力为其所受重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，则该车所受牵引力大小是(　　) A．2 000 N 　B．4 000 N 　C．5 000 N 　D．6 000 N 答案：D 解析：根据题意，设该车所受牵引力大小为F，由牛顿第二定律有F－0.1mg＝ma，代入数据解得F＝6 000 N，故选D。 针对练2.如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°斜向上的力F拉物体，使物体沿水平面做匀加速直线运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)若水平面光滑，物体加速度的大小； (2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体加速度的大小。 答案：(1)8 m/s2　(2)6 m/s2 解析：(1)水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示 由牛顿第二定律得F cos 37°＝ma1 解得a1＝8 m/s2。 (2)水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示 由牛顿第二定律得F cos 37°－f＝ma2 由竖直方向受力平衡得 FN′＋F sin 37°＝mg 又f＝μFN′ 联立解得a2＝6 m/s2。 知识点三　瞬时加速度问题 1．瞬时加速度问题：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。 2．两种基本模型 刚性绳模型(细钢丝、细线、轻杆等) 此类形变属于微小形变，其发生和变化过程时间极短，在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间，其形变可随之突变，弹力可以突变 轻弹簧模型(轻弹簧、橡皮绳、弹性绳等) 此类形变属于明显形变，其发生改变需要一段的时间，在瞬时问题中，其弹力的大小不能突变，可看成是不变的 如图所示，甲、乙两球通过弹簧连接后用绳悬挂于天花板下，丙、丁两球通过细绳连接后也用绳悬挂于天花板下，四个球质量相等。若都在A处剪断绳，在剪断瞬间，关于各球的瞬时加速度，下面说法中正确的是(　　) A．甲球的加速度为2g B．乙球的加速度为g C．丙球的加速度为0 D．丁球的加速度为g 答案：D 解析：当剪断弹簧连接的小球的A点时，剪断绳子前后弹簧弹力不变，A点细绳的拉力没有了，甲球受力不变，重力和弹簧的合力为0，甲的加速度为0；乙球受到自身重力和弹簧的拉力，合力为2mg，乙的加速度为2g，A、B错误；当剪断细线连接的小球的A点时，剪断上方绳子后，下方绳子弹力突变为0，丙、丁两球均只受自身重力，故加速度都为g，C错误，D正确。 学生用书第118页 变式拓展．(2024·清远市高一统考期末)如图所示，A球与天花板之间用轻质弹簧相连，A球与B球之间用轻绳相连，整个系统保持静止，小球A、B的质量均为m，突然迅速剪断轻绳，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别为a1、a2，重力加速度大小为g，取竖直向下为正方向，下列说法正确的是(　　) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝－g，a2＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝2g，a2＝g 答案：B 解析：剪断轻绳瞬间，弹簧的形变量不变，维持原力大小，弹力大小F＝2mg。由牛顿第二定律，对小球A有－2mg＋mg＝ma1，解得a1＝－g；小球B只受重力，所以a2＝g，故选B。 针对练1.(2024·重庆市第八中学期末)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面固定在地面上，倾角为θ，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，则在突然撤去挡板的瞬间(　　) A．图甲中A球的速度不为零 B．图乙中两球加速度均为g sin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 答案：B 解析：设A、B质量均为m，对于图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，速度为0，此时B所受合力大小等于挡板在时挡板对B施加的支持力大小，为2mg sin θ，由牛顿第二定律可得2mg sin θ＝maB，则B的加速度为aB＝2g sin θ；对于图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，对A、B及轻杆整体，由牛顿第二定律可得2mg sin θ＝2ma′，则A、B的加速度为a′＝g sin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律可得mg sin θ＋F＝ma′，解得F＝0，故图乙中轻杆的作用力一定为零。综上可知，A、C、D错误，B正确。 针对练2.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　) A.aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0 答案：D 解析：水平细线被剪断前对A、B两小球分别进行受力分析如图甲、乙所示，静止时，由平衡条件得T＝F sin 60°，F cos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得T＝2mAg，水平细线被剪断瞬间，T消失，弹簧弹力不能突变，A所受合力与T等大反向，B受力情况不变，所以可得aA＝＝2g，aB＝0，A、B、C错误，D正确。 1．关于牛顿第二定律，下列说法正确的是(　　) A．加速度方向总是与速度方向一致 B．加速度a与合力F同时产生、同时变化、同时消失 C．同一物体的运动速度变化越大，受到的合外力也越大 D．物体的质量与它所受的合外力成正比，与它的加速度成反比 答案：B 解析：加速度的方向与合力的方向相同，与速度的方向不一定相同，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正确；速度变化大，加速度不一定大，则合力不一定大，故C错误；质量是物体的固有属性，不随合力、加速度的变化而变化，故D错误。 2．(教科版P116T2改编)一个物体只受到F1＝6 N的力，产生a1＝2 m/s2的加速度，要使它产生a2＝6 m/s2的加速度，需要施加的力为(　　) A．10 N 　B．12 N 　C．18 N 　D．20 N 答案：C 解析：受F1＝6 N的力时，由牛顿第二定律得F1＝ma1，解得m＝3 kg；产生a2＝6 m/s2的加速度时，由牛顿第二定律得F＝ma2，解得F＝18 N，故选C。 3．光滑水平桌面上有一个物体，质量是2 kg，受到互成120°角的两个水平方向的力F1和F2的作用，两个力的大小都是10 N，这个物体的加速度为(　　) A．5 m/s2 　B．10 m/s2 　C．0 　D．20 m/s2 答案：A 解析：两分力等大且互成120°夹角，则由平行四边形定则可知，合力与分力等大，合力为F＝10 N，根据牛顿第二定律可得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故A正确，B、C、D错误。 4．如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托起，当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度为(　　) A．g　g 　B．2g　g 　C．g　2g 　D．2g　0 答案：D 解析：剪断细绳前，对P、Q整体受力分析，受到的总重力和细绳的拉力平衡，故细绳的拉力T＝2mg；再对物体Q受力分析，重力和弹簧的弹力平衡。剪断细绳后，重力和弹簧的弹力不变，细绳的拉力减为零，故吊篮P受到的力的合力等于2mg，方向向下，所以aP＝2g，物体Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0。故选D。 课时测评26　牛顿第二定律 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1．(2024·珠海市高一期中)在光滑的水平桌面上，有一个静止的物体，给物体施以水平方向的作用力，在力作用到物体上的瞬间，则(　　) A．物体立即获得速度，加速度仍为零 B．物体同时具有加速度和速度 C．物体立即获得加速度，速度仍为零 D．物体的速度和加速度均为零 答案：C 解析：力和加速度具有同时性，即在力作用到物体上的瞬间，物体立即获得加速度，但速度的变化需要时间，即在力作用到物体上的瞬间，其加速度不为零，但是速度仍为零，故C正确。 2．(多选)如图所示，某超市内一顾客推着一辆装有许多商品的购物车减速前进(可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a，顾客对购物车的水平推力大小为F。购物车内一质量为m的哈密瓜所受合外力的方向和大小为(　　) A．水平向左 B．水平向右 C．ma D．m 答案：BC 解析：由于购物车减速前进，所以合外力方向水平向右，A错误，B正确；装有商品的购物车加速度大小为a，则车内质量为m的哈密瓜的加速度大小也为a，哈密瓜受到的合外力提供其减速运动的加速度，根据牛顿第二定律可得F合＝ma，C正确，D错误。故选BC。 3．(多选)在光滑的水平地面上放一个质量m＝2 kg的物体，现对该物体同时施加两个力F1和F2，其中F1＝3 N，方向水平向东，F2＝4 N，方向水平向南，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是(　　) A．F1使物体产生大小为1.5 m/s2，方向水平向东的加速度 B．F2使物体产生大小为2 m/s2，方向水平向南的加速度 C．物体加速度的大小为2.5 m/s2，方向为东偏南37° D．物体加速度的大小为2.5 m/s2，方向为南偏东37° 答案：ABD 解析：根据牛顿第二定律和力的独立性可得F1＝ma1，F2＝ma2，则a1＝1.5 m/s2，方向水平向东，a2＝2 m/s2，方向水平向南，故A、B正确；由＝ma得a＝2.5 m/s2，设加速度与F2的夹角为θ，则tan θ＝＝，解得θ＝37°，故加速度方向为南偏东37°，故C错误，D正确。 4．用大小为15 N的拉力竖直向上拉一质量为1 kg 的物体，取g＝10 m/s2，则物体的加速度大小为(　　) A．1.5 m/s2 B．3 m/s2 C．5 m/s2 D．15 m/s2 答案：C 解析：由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝5 m/s2，故选C。 5．竖直上抛的物体在上升过程中由于受到了空气阻力，加速度大小为1.25g，若空气阻力大小不变，那么这个物体下降过程中加速度大小为(　　) A．1.25g B．0.75g C．0.5g D．0.25g 答案：B 解析：根据题意，设空气阻力的大小为f，根据牛顿第二定律，物体上升时有mg＋f＝m·1.25g，物体下降时有mg－f＝ma，联立解得a＝0.75g，故选B。 6．(2024·深圳市高一校考期末)如图所示，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对小球的作用力(　　) A．大小为mg，方向竖直向上 B．大小为ma，方向水平向右 C．大小随小球的加速度变大而变大 D．方向为斜向右上方，与小球的加速度大小无关 答案：C 解析：小球受到重力、铁夹的作用力，根据牛顿第二定律可知合力方向水平向右，则可得铁夹对小球的作用力方向斜向右上方，根据平行四边形定则可得，铁夹对小球的作用力大小为F＝，与加速度大小有关，且大小随小球的加速度变大而变大，故A、B错误，C正确；设铁夹对小球的作用力F与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝，可知F的方向与小球的加速度大小有关，故D错误。故选C。 7．(2024·山西晋城高一期末)如图所示，将两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则(　　) A．弹簧测力计的示数是26 N B．弹簧测力计的示数是25 N C．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度为4 m/s2 D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度为10 m/s2 答案：A 解析：轻质弹簧测力计示数一定，设示数为F，对两物体组成的整体有F1－F2＝(m1＋m2)a0，对m1有F1－F＝m1a0，解得F＝26 N，故A正确，B错误；在突然撤去F1的瞬间，弹簧弹力不变，对m1有F＝m1a1，解得a1＝13 m/s2，故C错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧弹力不变，对m2有F＝m2a2，解得a2＝ m/s2，故D错误。故选A。 8．(2024·中山市高一统考期末)物块置于粗糙的水平地面上，用大小为F的水平恒力拉物块，其加速度大小为a1；当拉力方向不变，大小变为3F时，物块的加速度为a2，下列判断正确的是(　　) A．a2＝a1 B．a2>3a1 C．a2＝3a1 D．2a1<a2<3a1 答案：B 解析：由牛顿第二定律可得F－f＝ma1，3F－f＝ma2，则有a1＝，a2＝，可得3a1＝，则a2>3a1，故选B。 9．(多选)(2024·江门市高一期中)一个物块在四个恒力的作用下处于静止状态，其中有两个力的大小分别为6 N、8 N。若只撤去大小为6 N的力，物块的加速度大小为3 m/s2；若同时撤去大小为6 N和8 N的两个力，则物块的加速度大小可能为(　　) A．3 m/s2 B．5 m/s2 C．7.5 m/s2 D．9.53 m/s2 答案：AB 解析：只撤去大小为6 N的力，则物体所受合力大小为6 N，由牛顿第二定律得F合＝ma，可得该物体的质量为m＝＝2 kg；同时撤去大小为6 N和8 N的两个力，则物体所受合力的范围为2 N≤F合′≤14 N，由牛顿第二定律可得其加速度范围为1 m/s2≤a′≤7 m/s2。故选AB。 10．平直路面上质量是30 kg的手推车，在受到60 N的水平推力时做加速度为1.2 m/s2的匀加速直线运动。如果撤去推力，车的加速度大小为(　　) A．2 m/s2 B．0.8 m/s2 C．0.5 m/s2 D．1.5 m/s2 答案：B 解析：未撤去推力时，对推车由牛顿第二定律可得F－f＝ma1，可求得推车受到的阻力为f＝24 N；撤去推力后，再次对推车用牛顿第二定律，有f＝ma2，求得此时推车的加速度大小为a2＝0.8 m/s2，故选B。 11．(10分)如图所示，一固定斜面的倾角为θ，若在斜面底端给物体一初速度使物体沿斜面上滑。重力加速度为g。 (1)若斜面光滑，求物体的加速度大小； (2)若斜面粗糙，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体的加速度大小。 答案：(1)g sin θ　(2)g sin θ＋μg cos θ 解析：(1)若斜面光滑，以物体为研究对象，设物体的质量为m，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＝ma 解得物体的加速度大小为a＝g sin θ。 (2)若斜面粗糙，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋f＝ma′ 又f＝μFN＝μmg cos θ 联立解得物体的加速度大小为 a′＝g sin θ＋μg cos θ。 12．(10分)如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向的夹角θ＝37°，小球和车厢相对静止，小球的质量为1 kg(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况； (2)悬线对小球的拉力大小。 答案：(1)见解析　(2)12.5 N 解析：法一　矢量合成法 (1)由于车厢沿水平方向运动，小球的加速度与车厢的加速度相同，所以小球有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向，选小球为研究对象，受力分析如图所示。 由几何关系可得F＝mg tan θ 小球的加速度a＝＝g tan θ＝7.5 m/s2，方向水平向右 则车厢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)悬线对小球的拉力大小为T＝＝12.5 N。 法二　正交分解法 (1)(2)建立如图所示的坐标系，并将悬线对小球的拉力T正交分解。 则沿水平方向有T sin θ＝ma 竖直方向有T cos θ－mg＝0 联立解得a＝7.5 m/s2，T＝12.5 N 且加速度方向水平向右， 故车厢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。 学生用书第119页 学科网（北京）股份有限公司 $