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1、牛顿第二定律典型题型归纳 二. 学习目标：1、掌握牛顿第二定律解题的基本思路和方法。2、重点掌握牛顿第二定律习题类型中典型题目的分析方法如瞬时问题、临界问题及传送 带问题。考点地位：牛顿第二定律的应用问题是经典物理学的核心知识，是高考的重点和难点， 突出了与实际物理情景的结合，出题形式多以大型计算题的形式出现，从近几年的高考形式 上来看，2007年江苏单科卷第15题、上海卷第21题、上海卷第19B、2006年全国理综I 卷、II卷的第24题、2005年全国理综I卷的第14题、第25题均以计算题目的形式出现， 2007年全国理综I卷第18题以选择题的形式出现。三. 重难点解析：1. 动力学两类基
2、本问题 应用牛顿运动定律解决的问题主要可分为两类：（1）已知受力情况求运动情况。（2） 已知运动情况求受力情况。分析解决这两类问题的关键是抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁加速度。基本思路流程图：基本公式流程图为：vt = v0 + at s =如十：詁 v/ - vc? = 2as2. 动力学问题的处理方法（1）正确的受力分析。对物体进行受力分析，是求解力学问题的关键，也是学好力学的基础。（2）受力分析的依据。 力的产生条件是否存在，是受力分析的重要依据之一。 力的作用效果与物体的运动状态之间有相互制约的关系，结合物体的运动状态分析 受力情况是不可忽视的。 由牛顿第三定律（力的相互性）出发
3、，分析物体的受力情况，可以化难为易。3. 解题思路及步骤（1）由物体的受力情况求解物体的运动情况的一般方法和步骤。 确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力图。 根据力的合成与分解的方法，求出物体所受合外力（包括大小和方向） 根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度。 结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动参量。（2）由物体的运动情况求解物体的受力情况。 解决这类问题的基本思路是解决第一类问题的逆过程，具体步骤跟上面所讲的相似， 但需特别注意:由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向， 不能将速度的方向与加速度的方向混淆。题目中求的力
4、可能是合力，也可能是某一特定的 作用力。即使是后一种情况，也必须先求出合力的大小和方向，再根据力的合成与分解知识 求分力。4. 解题方法 牛顿运动定律是解决动力学问题的重要定律，具体应用的方法有好多，高中物理解题常用的方法有以下几种:1）正交分解法:表示方法=F1X十F曲十F捡十A = max?耳=% + 耳丁 + F智 +A = may为减少矢量的分解，建立坐标系时，确定x轴正方向有两种方法: 分解力而不分解加速度。分解力而不分解加速度，通常以加速度a的方向为x轴正方向，建立直角坐标系，将物 F和F体所受的各个力分解在x轴和y轴上，分别得x轴和y轴的合力，了。根据力的独立作 JX =ma,F
5、 = 0用原理，各个方向上的力分别产生各自的加速度，得方程组 分解加速度而不分解力。若物体受几个相互垂直的力作用，应用牛顿定律求解时，若分解的力太多，比较繁琐 所以在建立直角坐标系时，可根据物体受力情况，使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加 速度a,得，根据牛顿第二定律得方程组=max求解。这种方法一般是在以某个力的方向为 x 轴正方向时，其他力都落在两个坐标轴 上而不需要分解的情况下应用。（2）程序法: 在解题过程中，按照时间或者空间的先后顺序，对题目给定的物理过程（或者物理状 态）进行分析、判断、计算的解题方法叫程序法。运用程序法解题的基本思路是: 根据题意，明确题设中有几个不同的运动过程
6、，有多少个不同的运动状态，有多少 个不同的研究对象。 根据解题选定了的研究对象，对各个运动过程或者各个不同的运动状态，进行具体 的分析。 分析判断前、后两个物理过程之间的衔接点的物理意义与特点，此衔接点往往是解 决物理问题的“切入口”或者是解题的“命门”。 选用相应的物理规律、公式计算求解。典型例题】问题 1:瞬时问题分析方法与思路例：如图所示，A、B两小球质量相等，用细线相连，A用弹簧吊起，且悬于天花板上,整个系统都处于静止状态。现突然剪断细线的瞬间，A和B的加速度分别为*血=aB 二解析：本题考查的是牛顿第二定律的瞬时性。在突然剪断细线的瞬间，B受的细线的拉 力突然消失，所以它的加速度不再
7、为零，但这一瞬间,A由于惯性无位移，所以弹簧形变不 变，仍保持原来的弹力，若分别对A，B进行受力分析，由牛顿第二定律可求解。系统剪断线以前,处于平衡状态，分析A，B整体的受力情况。如图甲所示，弹力卩二。GaA = = g当剪断线瞬间，B只受力重力，由牛顿第二定律，向下，A受力情况如图F- mgaB = = g乙所示，由牛顿第二定律，向上。I 2哗哗甲ir答案：g 向下g 向上变式：如图A所示，一质量为m的物体系于长度分别为小。的两根细线上，h的一 端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为氏水平拉直，物体处于平衡状态。现将一线剪断， 求剪断瞬时物体的加速度。（1）下面是某同学对该题的一种解法：解：设1
8、线上拉力为T1, l2线上拉力为T2,重力为mg,物体在三力作用 下保持平衡TCOs0=mg,TSinO=T2，T2=mgtgO剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mg tgO=ma,所以 加速度ag tg0,方向在T?反方向。你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。（2）若将图A中的细线1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图B所示，其他条件 不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即agtgO,你认为这个结果正确吗？请说明理 由。摆S解：（1）错。因为l2被剪断的瞬间，1上的张力大小发生了变化。（2）对。因为G被剪断的瞬间，弹簧U的长度未及发生变化，乃大
9、小和方向都不变。 问题 2：临界问题分析：例：（临界加速度问题）如图所示，一细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。试求当滑块以菇的加速度向左运解析：本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离滑块斜面而“飘”起来。因此，本题存在一个临界条件当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零（小球将要离开斜 面而“飘”起来）。我们首先求此临界条件。此时小球受两个力：重力ng;绳的拉力歼。根据牛顿第二定律的正交表示，有Fr cos 6 = rna联立两式并将 = 45。代入，得 a
10、= g即当斜面体滑块向左运动的加速度为时，小球恰好对斜面无压力。当a时，小球将“飘”起来，当也时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力变式（2005年全国卷III）如图所示，在倾角为0的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k C为一固定挡板。系统 AB处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开解：令x表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知 mAgsin0=kX令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿 定律可知kx2=mBgsinOFmAgsin3kx2=mAa
11、由式可得 a=由题意d=X+x2由式可得d=问题 3：传送带问题分析：情景 1、水平放置的传送带类问题：例：水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。 紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率运行，一质量为的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与 传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数卩= J, A、B间 的距离L=2m, g取1血山2。1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小2）求行李做匀加速直线运动的时间；（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A
12、处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。八、. f = U-ms = 0. lx4xlON = 4N 解析：（1）滑动摩擦力 H加速度I2）行李达到与传送带相同速率后不再加速，则o（3）行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为，当行李到达右端时,饭血=2aL,= j2aL = J2 装1 x 2tnf = 2m/s所以传送带的最小运行速率为2m/So一 仏=ax t鈕得t通=独=；$=氏a. = lm/s行李最短运行时间由答案：（1）f=4N（2）（3）t血=加，仏=2m人情景2、倾斜放置的传送带类问题：例：如图所示，传输带与水平面间的倾角为，皮带以10m/s的速率运行，在传输带上端A
13、处无初速度地放上质量为0.5kg的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5,若 传输带A到B的长度为16m，则物体从A运动到B的时间为多少？解析：首先判定卩与 的大小关系， ，所以物体一定沿传输带 对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止，其次皮带运动速度方向未知，而皮带运动速度 方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论。（1）当皮带的上表面以 10m/s 速度向下运动时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对 速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下，（如图所示）该阶段物体对地加速度方向沿斜面向下。物体赶上皮带对地速度需时间在内物体沿斜面对地位移，S1 = laitl2 = 5m1-1o由于putan
14、ei，物体在重力作用下将继续加速下滑，当物体速度超过皮带运动速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体对地加速度物体以加速度运行剩下的11m位移需时间妇,S2 = 2 + 则211 = 10t2 + i x 2t22即4-4-?所需总时间=幺。（2）当皮带上表面以10m/s速度向上运动时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的 相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜面向上且不变，设加速度为“。a3 = mgSme-gC0Se = 3m/2即物体从传输带顶滑到底所需时间为卅，4ss = a,tl3则2,答案：顺时针转2s,逆时针转4s。情景 3、组合型传送带类问题：共需要多长时间？，）解析：物块A相对地的
15、运动可分为三个过程：初速为零的匀加速直线运动。加速度例：如图所示，将一物体A放在匀速传送的传动带的a点，已知传动带速度大小 ,A与传动带的动摩擦因数 = D25，试求物块A运动到C点做匀速直线运动到达b点；物体在be段做匀加速直线运动，物块与传送带有相对滑动。则第一阶段做初速为零的匀加速直线运动时所用时间3 = 一 = |ig = 2.5m/s2；当速度达到与传送带相等时，物体与传送带间无相对运动趋势，切=总一口阳俎二口血 第二阶段匀速直线运动时的时间第三阶段做初速度匀加速直线运动所用时间：1 3- I-ii-ii-Bd 厂11 = b L* = Vtp I- zL-i 1mg sin jr - mig cosj;- =丄-
