专题3.2 牛顿第二定律及其应用（精讲）1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质。
2.应用牛顿第二定律解决瞬时问题和两类动力学问题。
知识点一牛顿第二定律、单位制1．牛顿第二定律(1)内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。
加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式a＝Fm或F＝ma。
(3)适用范围①只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制(1)单位制由基本单位和导出单位组成。
(2)基本单位基本量的单位。
力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
(3)导出单位由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。
知识点二动力学中的两类问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况。
(2)已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：【方法技巧】两类动力学问题的解题步骤知识点三超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的。
(2)视重①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。
②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力。
2．超重、失重和完全失重的比较超重现象失重现象完全失重概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向向下，大小a＝g原理方程F－mg＝maF＝m(g＋a) mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝mgF＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升无阻力的抛体运动；绕地球匀速圆周运动知识点四动力学中整体法、隔离法的应用1．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。
应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。
如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力。
2．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。
3．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。
考点一牛顿第二定律【典例1】（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取g=10 m/s2。
由题给数据可以得出（）A．木板的质量为1 kg B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿第二运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
【方法技巧】合力、加速度、速度间的决定关系1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零。
一般情况下，合力与速度无必然的联系。
2.合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动。
3.a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无直接关系；a ＝F m 是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m。
【变式1】（2019·湖南雅礼中学模拟） 一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F 1和F 2，若F 2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是(g 取10 m/s 2)( )A ．3 NB ．25 NC ．30 ND ．50 N 【答案】ACD【解析】若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F 2－F 1－μG ＝ma >0，解得F 1<5 N ，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1>25 N ，C 、D 正确。
考点二 动力学中的两类问题【典例2】 (2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距x 0和x 1(x 1<x 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．【解析】(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得： μmg ＝ma①由运动学公式得：v 20－v 21＝2ax 0②解得μ＝v20－v212gx0③(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t．由运动学公式得v20－v21＝2a1x0 ④v0－v1＝a1t ⑤x1＝12a2t2 ⑥联立④⑤⑥式得a2＝21102()2x v vx+⑦【答案】(1)v20－v212gx0(2)21102()2x v vx+【方法技巧】解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：【变式2】（2019·山西康杰中学模拟）如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成。
水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m。
一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍。
假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g取10 m/s2。
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。
【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－F f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，F f＝0.1mg，代入已知数据可得a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有F′合＝F－F f－mg sin α＝ma2mg sin α＝mg hl2v22－v21＝2a2l2其中v1＝40 m/s，代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s。
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1、末速度大小为v′1，有F″合＝F推＋F－F f＝ma′1v′21－v20＝2a′1l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a′2＝3.0 m/s2，v′22－v′21＝2a′2l2根据题意，v′2＝100 m/s，代入数据解得F推＝5.2×105 N。
【答案】(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N考点三超重和失重【典例3】（2018·浙江卷）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是（）A. B. C. D.【答案】 C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C 。
【方法技巧】判断超重和失重现象的技巧1.从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力或支持力大于重力时，物体处于超重状态；当拉力或支持力小于重力时，物体处于失重状态；当拉力或支持力等于零时，物体处于完全失重状态。
2.从加速度的角度判断：当物体具有竖直向上的加速度或加速度分量时，物体处于超重状态；当物体具有竖直向下的加速度或加速度分量时，物体处于失重状态；当竖直向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态。
【变式3】（2019·黑龙江大庆实验中学模拟）如图所示，A 为电磁铁，C 为胶木秤盘，A 和C (包括支架)的总质量为m 总；B 为铁块，质量为m ，整个装置用轻绳悬挂于点O 。
当电磁铁通电时，铁块被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F 的大小为( )A ．F ＝m 总gB ．m 总g <F <(m ＋m 总)gC ．F ＝(m 总＋m )gD ．F >(m 总＋m )g 【答案】D【解析】铁块由静止被吸引上升，必为加速上升。
对A 、B 、C 系统，当铁块加速上升时，系统整体的重心加速上移，系统处于超重状态，故轻绳的拉力大于(m 总＋m )g 。
考点四 动力学中整体法、隔离法的应用【典例4】（2019·浙江诸暨中学模拟）如图所示，A 、B 两物块的质量分别为m 和M ，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。