专题四 牛顿第二运动定律的应用 课件 2026-2027学年高一上学期物理鲁科版必修第一册

专题四 牛顿第二运动定律的应用 一、动力学两类基本问题 1. 已知受力情况确定运动情况：从物体的受力情况，根据牛顿第二定 律求出物体的加速度，再通过物体的运动学条件（初、末位置和初、末速 度及运动时间等），根据运动学公式求出物体的运动情况。 2. 已知运动情况确定受力情况：根据物体的运动情况，运用运动学公 式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而 知道物体受到其他力的情况。 知识梳理： 分析这两类问题的关键是抓住联系受力情况和运动情况的桥梁——加 速度。求解这两类问题的思维过程： 二、牛顿第二定律的瞬时加速度 1. 分析瞬时加速度问题应注意两类基本模型的区别 （1）刚性绳（或接触面）模型：这种不发生明显形变就能产生弹力 的物体，剪断（或脱离）后，弹力立即改变或消失，形变恢复几乎不需要 时间。 （2）弹簧（或橡皮绳）模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢 复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的。 2. 求解瞬时加速度问题的一般思路 （1）分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小。 （2）分析瞬时变化后每个力的变化情况。 （3）由每个力的变化情况确定变化后瞬间的合外力，由牛顿第二定 律求瞬时加速度。 三、动力学的连接体问题 1. 连接体：两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连 接体。 2. 解决连接体问题的基本方法：整体法与隔离法。 求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法，如果 还需要求物体之间的作用力，再用隔离法。求解各部分加速度不相同的连 接体问题时，用隔离法对各个物体受力分析，分别用牛顿第二定律列方 程，解方程组。 例1　质量m＝2.0 kg的物体静止在水平地面上，用F＝18 N的水平力 推物体，t＝2.0 s内物体的位移s＝10 m，此时撤去力F。求： （1）物体在水平地面上受到的摩擦力； 5.0 m/s2 解：(1)物体的初速度为0，设物体的加速度为a1，根据s＝a1t2，得a1＝ ＝5.0 m/s2 则由F－f＝ma1得f＝8 N 5.0 m/s2 解：(1)物体的初速度为0，设物体的加速度为a1， 根据s＝a1t2，得a1＝ ＝5.0 m/s2 则由F－f＝ma1得f＝8 N 典例精析： （2）撤去推力F后物体还能运动多远？ 12.5 m 解：(2)设撤去F时物体的速度为v，撤去F后，物体运动的加速度为a2，所 求距离为s′。 由v＝a1t得v＝10 m/s　撤去力F后，物体只受力f作用 则a2＝＝4 m/s2　s′＝＝ m＝12.5 m。 12.5 m 解：(2)设撤去F时物体的速度为v，撤去F后，物体运动的加速度为a2，所 求距离为s′。 由v＝a1t得v＝10 m/s　撤去力F后，物体只受力f作用 则a2＝＝4 m/s2　s′＝＝ m＝12.5 m。 变式训练1: 当小车向右做匀加速运动时，两个光滑小球的受力情况是(　)。 A. A球受3个力作用，B球受2个力作用 B. A球受2个力作用，B球受3个力作用 C. A球受3个力作用，B球受3个力作用 D. A球受2个力作用，B球受2个力作用 A 当小车向右做匀加速运动时，A球紧靠小车侧壁，受到重力、绳的拉力和 侧壁的支持力作用；而B球向左抬高一定的角度，受重力和绳子的拉力作 用，两个力的合力产生向右的加速度，故选A。 当小车向右做匀加速运动时，A球紧靠小车侧壁，受到重力、绳的拉力和 侧壁的支持力作用；而B球向左抬高一定的角度，受重力和绳子的拉力作 用，两个力的合力产生向右的加速度，故选A。 变式训练2: 如图，质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的 动摩擦因数μ＝0.5，物体受到大小为20 N、与水平方向成37°斜向下的推 力F作用时，沿水平方向做匀加速直线运动。已知g取10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8。求： （1）物体加速度的大小； 5.0 m/s2 5.0 m/s2 （2）力F持续作用2 s撤去后，物体在地面滑行的时间。 2 s 2 s 解：(2)t1＝2 s时速度v1＝a1t1＝10 m/s 撤去F后，f2＝μN2＝μmg 由－f2＝ma2得a2＝－5 m/s2 当v2＝0时，t2＝＝ s＝2 s。 解：(1)取物体为研究对象，受力分析如图所示，建立平面直角坐标系。 在水平方向上有Fcos 37°－f1＝ma1 在竖直方向上有N1＝mg＋Fsin 37° 又因为f1＝μN1　联立得a1＝5 m/s2 例2　如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量 mA＝2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬 间（　B　）。 A. A球加速度为g，B球加速度为g B. A球加速度为g，B球加速度为0 C. A球加速度为g，B球加速度为0 D. A球加速度为g，B球加速度为g B 在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变，则B球的合外力为零，加速度为 零；对A球，剪断悬线的瞬间，悬线对A球的拉力消失，则有F合＝mAg＋T 弹＝(mA＋mB)g＝mAaA，得aA＝＝g，故B正确。 在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变，则B球的合外力为零，加速度为 零；对A球，剪断悬线的瞬间，悬线对A球的拉力消失，则有F合＝mAg＋T 弹＝(mA＋mB)g＝mAaA，得aA＝＝g，故B正确。 变式训练1: （多选）如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方 向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬 间，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　AD　）。 A. 弹簧的拉力F＝ B. 弹簧的拉力F＝mgsin θ C. 小球的加速度为零 D. 小球的加速度a＝g tan θ AD 烧断绳AO之前，小球受3个力作用，受力分析如图所示，此时弹簧弹力F ＝；烧断绳AO的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要 时间，故烧断AO瞬间弹簧的弹力不变，A正确，B错误；烧断绳AO的瞬 间，小球受到的合外力与烧断前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ， 则小球的加速度a＝＝gtan θ，C错误，D正确。 烧断绳AO之前，小球受3个力作用，受力分析如图所示，此时弹簧弹力F ＝；烧断绳AO的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要 时间，故烧断AO瞬间弹簧的弹力不变，A正确，B错误；烧断绳AO的瞬 间，小球受到的合外力与烧断前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ， 则小球的加速度a＝＝gtan θ，C错误，D正确。 变式训练1: (多选)如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间 (AC)。　 A. 弹簧的形变量不改变 B. 弹簧的弹力大小为mg C. 木块A的加速度大小为2g D. 木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg AC 弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确； 开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力之和，即F＝ 3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹力仍为3mg，故B错误；A受 到的合力大小为FA＝F－mg＝2mg，由牛顿第二定律得a＝2g，方向竖直 向上，故C正确；木块C移开瞬间，B仍处于静止，由平衡条件得N＝ 4mg，可得木块对水平面的压力大小仍为4mg，故D错误。 弹簧弹力不能突变，所以移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确； 开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力大小等于A和C的重力之和，即F＝ 3mg，移开C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹力仍为3mg，故B错误；A受 到的合力大小为FA＝F－mg＝2mg，由牛顿第二定律得a＝2g，方向竖直 向上，故C正确；木块C移开瞬间，B仍处于静止，由平衡条件得N＝ 4mg，可得木块对水平面的压力大小仍为4mg，故D错误。 例3　如图所示，光滑水平面上A、B两物体用不可伸长的轻绳相连，用力 F拉A使A、B一起运动，A的质量为mA，B的质量为mB。 （1）求A、B运动的加速度大小； ​ 解：(1)设A、B一起运动的加速度大小为a，把A、B作为一个整体，由牛 顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，解得a＝。 ​ 解：(1)设A、B一起运动的加速度大小为a，把A、B作为一个整体，由牛 顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，解得a＝。 （2）求A、B两物体间绳的拉力T的大小； F 解：(2)隔离物体B，由牛顿第二定律有T＝mBa， 解得T＝F。 （3）若两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ，则A、B间绳的拉力为 多大？ F F 解：(2)隔离物体B，由牛顿第二定律有T＝mBa， 解得T＝F。 F 解：(3)设A、B一起运动的加速度为a′，以A、B整体为研究对象，由牛 顿第二定律有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a′ 然后隔离出物体B为研究对象，由牛顿第二定律有T′－μmBg＝mBa′ 联立解得T′＝F。 解：(3)设A、B一起运动的加速度为a′，以A、B整体为研究对象，由牛 顿第二定律有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a′ 然后隔离出物体B为研究对象，由牛顿第二定律有T′－μmBg＝mBa′ 联立解得T′＝F。 变式训练1: （多选）如图，一不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮后，两端 分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若m1＜m2，物体B自由释放后下落的 加速度大小为a，设轻绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，不计一切摩 擦。下列表达式正确的是（　CD　）。 A. T1＝m1g B. m2g＝（m1＋m2）a C. m2g－T2＝m2a D. m2g－m1g＝（m1＋m2）a CD 轻绳不可伸长，则A、B的加速度大小相等，均为a；同一条轻绳上的 拉力处处相等，故T1＝T2。根据牛顿第二定律，对A有T1－m1g＝ m1a，对B有m2g－T2＝m2a，联立可得m2g－m1g＝(m1＋m2)a，故A、 B错误，C、D正确。 轻绳不可伸长，则A、B的加速度大小相等，均为a；同一条轻绳上的 拉力处处相等，故T1＝T2。根据牛顿第二定律，对A有T1－m1g＝ m1a，对B有m2g－T2＝m2a，联立可得m2g－m1g＝(m1＋m2)a，故A、 B错误，C、D正确。 变式训练2: 如图甲所示，质量m＝0.8 kg物块A置于水平桌面上的P点，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮与B相连，将A由静止释放，B落地后即停止运动，最终A停在Q点。物块A的v－t图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)A与桌面间的动摩擦因数μ； μ＝0.1 (2)物块B的质量M。 M＝0.3 kg M＝0.3 kg 解：(2)在0～1 s内物块A在桌面匀加速运动， 由v－t图像a1＝＝2 m/s2 根据牛顿第二定律T－μmg＝ma1 对物块B分析得Mg－T＝Ma1解得M＝0.3 kg。 (2)在0～1 s内物块A在桌面匀加速运动， 由v－t图像a1＝＝2 m/s2 根据牛顿第二定律T－μmg＝ma1 对物块B分析得Mg－T＝Ma1解得M＝0.3 kg。 解：(1)在1～3 s内物块A在桌面匀减速运动， 由v－t图像得a2＝＝－1 m/s2 根据牛顿第二定律－μmg＝ma2可得μ＝0.1。 $