2.牛顿第
二定律
速度的方向跟合外力的方向
规律的数学表达式:F=ma 意义：揭示了加速度是力作用的结果，揭 示了力、质量、加速度的定量关系
3.牛顿 运动
两类基本问题
已知受力求运动情况
定律
的应用 特例
共点力作用下物体的平衡
平衡条件
a向上时，N>G, 超重 ， 超重和失重 a向下时，N<G失重 a=g时，N=0，完全失重
解析 两物体在光滑的水平面上一起以加速度 a 向右 匀加速运动时， 弹簧的弹力 F 弹＝m1a.在力 F 撤去的瞬 间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为 m1a，因此对 A 来讲，加速度此时仍为 a；对 B 物体取向右为正方向， m1 －m1a＝m2a2，a2＝－ a，所以只有 D 项正确． m2 答案 D
解析
运动员起跳的瞬间，有向上的加速度，故地面
对运动员的支持力的大小大于其本身的重力，而支持 力和运动员对地面的压力是作用力与反作用力，即地 面对运动员的支持力等于运动员对地面的压力， 故 A、 B 正确，C、D 错误．
答案
AB
专题二
应用牛顿第二定律处理三类问题
1．应用牛顿第二定律解决瞬时问题 典例 4 如图 3 所示，处于静止状态的木块 A 和 B 用一轻弹簧相连，竖直放在静止 于地面上的木块 C 上，它们的质量之比为 mA∶mB∶mC＝1∶2∶3.设接触面均光滑， 当沿水平方向抽出木块 C 的瞬间，试求 A 和 B 的加速度 aA、aB 的值各为多大？
4．某实验小组，利用 DIS 系统观察超重和失重现象， 他们在电梯内做实验， 在电梯的地板上放置一个压 力传感器，在传感器上放一个重为 20 N 的物块， 如图 8 甲所示， 实验中计算机显示出传感器所受物 块的压力大小随时间变化的关系，如图 8 乙所 示．以下根据图象分析得出的结论中正确的是 ( )
故A、B相距d=L+s=12 cm. 答案 (1)2 N (2)12 cm
(2)设外加恒力为F，小木
块受力分析如下图所示 由牛顿第二定律得
F-mgsinθ -μ N=ma1 N=mgcosθ
则从A匀加速运动到B的加速度为
F a1= -(gsinθ +μ gcosθ ) m
2 又 vB=2a 1s1
概念 : 物体保持原来的匀速直线运动状态 或静止状态的性质叫惯性,与运动状态无 惯性
关, 质量是惯性大小的唯一量度
不受外力时 , 表现为保持原来的运 表现 受外力时 ,表现为改变运动状态的 难易程度
意义：明确了力的概念，指出了力是物体运动状态 发生改变的原因，即力是产生加速度的原因
规律的揭示:探究加速度与力、质量的关系 规律的表述:物体的加速度跟所受合外力成 正比 , 跟物体的质量成反比 , 加
3．如图 7 所示，在光滑的水平面上，质量分别为 m1 和 m2 的木块 A 和 B 之间用轻弹簧相连，在拉力 F 作用下，以加速度 a 做匀加速直线运动，某时刻突 然撤去拉力 F， 此瞬时 A 和 B 的加速度为 a1 和 a2， 则 ( )
图7
A．a1＝a2＝0 B．a1＝a，a2＝0 m1 m2 C．a1＝ a，a2＝ a m1＋m2 m1＋m2 m1 D．a1＝a，a2＝－ a m2
图9
解析
(1)对滑块 A、B 整体受力分析如下图所示．两
滑块一起匀速运动，根据平衡条件得
FHale Waihona Puke f=0 N-(mA+mB)g=0 又f=μ N 联立以上三式代入数据解得F=2 N.
(2)以B为研究对象，由平衡条件得 kx=f′ N′=mBg
又f′=μ N′
解得 s= mB g
k 0.02 4 10 =0.02 mm 40
图5
解析
对物块P进行受力分析可知：轻绳上的拉力T
等于P物块的重力，如下图(a)所示，故选项C错，D 正确；对物块Q进行受力分析，并建立直角坐标系如 下图(b)所示，设物块P、Q质量分别为mP、mQ，斜面 倾角为θ，沿y轴方向上，由平衡条件得：T ′＋F1－ G1－f静＝0，其中T ′＝T ＝mPg，F1＝Fcos θ，G1＝ mQgsin θ.则f静＝mPg＋Fcos θ－mQgsin θ.
图8
A．从时刻 t1 到 t2，物块处于失重状态 B．从时刻 t3 到 t4，物块处于失重状态 C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速 向上，再减速向上，最后停在高楼层 D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速 向下，再减速向下，最后停在低楼层
解析 由图可知在 0～t1、t2～t3 及 t4 之后，传感器所 受压力大小等于物块的重力大小；t1～t2 时间段内，传 感器所受压力大小大于物块重力，处于超重状态，加 速度向上；t3～t4 时间段内，压力小于物体重力，处于 失重状态，加速度向下．综上所述选项 B、C 正确． 答案 BC
图3
解析
由于各接触面均光滑，当 C 木块沿水平方向迅
速抽出的过程中，A、B 两木块水平方向无位移．A、 B 两物体之间的弹簧在沿轴线方向未来得及恢复形 变，其形变量不变仍保持原来的弹力大小．设 A 的质 量为 m，则 mB＝2m，mC＝3m. 在抽出 C 的瞬间，设弹簧的弹力 为 F，则 F＝mg. 对 A 受力分析如右图(1)所示， 由牛顿第二定律 F 合＝ma， 得 F－mg＝maA，则 aA＝0. 对 B 受力分析如图(2)所示，则 F 合＝F＋2mg， 3 又由牛顿第二定律 F 合＝2maB，则 aB＝ g. 2
综合探究
专题一 关于牛顿三定律的理解和应用 典例 1 在水平的路面上有一辆匀速行驶 的小车，车上固定一盛满水的碗．现在 突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况 正确的是 A．小车匀速向左运动 B．小车可能突然向左加速运动 C．小车可能突然向左减速运动 D．小车可能突然向右减速运动
图1 如图 1 所示，则关于小车在此种情况下的运动叙述
答案
(1)2 m/s
(2)2 m/s
(3)0.958 s
随堂练习
1．由牛顿第二定律知，无论多么小的力都可以使物体 产生加速度． 可是， 当我们用力推桌子却没有推动， 这是因为 A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易 觉察到 C．推力小于摩擦力，加速度是负值 D．推力、重力、地面的支持力与摩擦力的合力等 于零，物体的加速度为零，故物体仍静止 ( D )
5． 如图 9 所示， A、 B 滑块的质量分别为 6 kg 和 4 kg， 中间用一个弹簧将它们连在一起．弹簧原长为 10 cm，劲度系数为 40 N/m，两个滑块与地面的动 摩擦因数都是 0.02.现用水平力 F 拉滑块 A，使它们 一起匀速运动，求(g＝10 m/s2) (1)力 F； (2)运动中 A 与 B 的距离．
( )
解析
如果小车正在向左匀速运动，突然加速，则碗
中的水由于惯性仍保持原有的速度，就会向右洒出， 故 B 正确；如果小车正向右匀速运动，突然减速，则 碗中的水由于惯性仍保持原来的速度， 就会向右洒出， 故 D 正确．
答案
BD
典例2 一有固定斜面的小车在水平面 上做直线运动，小球通过细绳与车 顶相连．小球某时刻正处于图2所 示的状态．设斜面对小球的支持力为 情况，下列说法正确的是 A．若小车向右运动，N 可能为零 B．若小车向左运动，T 可能为零 C．若小车向右运动，N 不可能为零 D．若小车向左运动，T 不可能为零 (
图6
体(视为质点)以 v0＝10 m/s 的初速度从 A 端水平地 滑上水平传送带．已知物体与传送带之间的动摩擦 因数为 μ＝0.6.g 取 10 m/s2.试求： (1)若传送带保持静止，物体滑到 B 端时，物体的速 度为多大？ (2)若传送带逆时针匀速转动，传送带转动的速率恒 为 8 m/s，则物体到达 B 端时的速度是多大？ (3)若传送带顺时针匀速转动，传送带转动的速率恒 为 8 m/s，则物体从 A 端到达 B 端所用的时间是多 少？
解析
设蛋刚好不滚出的夹角为θ，对蛋受力分析， =m a， .
1
如右图所示,根据平行四边形定则,由牛顿第二定律得
mg F 合= tan g 所以a= tan g 因此 tan
对汽车有μm 0g=m 0a，故a=μg. =μg，解得θ=arctan

.
1
那么，蛋不从槽中滚出，要求α<θ=arctan 1 答案 <arctan
解析 (1)由 a＝－μg,2aL＝vB 2－v0 2，代入数据解得 到达 B 端时物体的速度为 vB＝2 m/s (2)若皮带轮逆时针匀速转动，物体的受力及运动情况 与传送带静止时完全相同，故到达 B 端时其速度也是 2 m/s.
(3)令物体速度从v0＝10 m/s减速到v1＝8 m/s所需的时 1 间为t1，则由v1＝v0＋at1，代入数据得t1＝ s 3 由2as1＝v1 2－v0 2，代入数据得s1＝3 m. 因s1<L，故物体先匀减速运动后匀速运动． L－s1 5 设匀速运动过程所需时间为t2，则t2＝ ＝ s v1 8 故物体从A端到达B端所用的总时间是 23 t总＝t1＋t2＝ s＝0.958 s. 24

.
3．连接体问题 典例 6 如图 5 所示，表面粗糙的固定斜面 顶端安有滑轮．两物块 P、Q 用轻绳连 接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)， P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静 止状态．当用水平向左的恒力推 Q 时， P、Q 仍静止不动，则 A．Q 受到的摩擦力一定变小 B．Q 受到的摩擦力一定变大 C．轻绳上拉力一定变小 D．轻绳上拉力一定不变 ( )
图2
)
N ，细绳对小球的拉力为T ，关于此时刻小球的受力
解析
当加速度向左时拉力 T 可能为零，向右时支持
力 N 可能为零，两种可能均与小车运动方向无关，故 A、B 正确，C、D 错误．