第一篇：2010高考熱點：牛頓第二定律的典型應用

學習改變命運 思考成就未來！

高考熱點：牛頓第二定律的典型應用 ——連接體問題、超重與失重

牛頓第二定律的地位不用多說了，一定是高考必考內容，可能出現在一道選擇題或第一道計算題中.那么，會以何種方式來考查牛頓第二定律的應用呢？最大的可能一定是連接體問題和超重失重現象！

所謂的“連接體”問題，就是在一道題中出現兩個或兩個以上相關聯的物體，研究它們的運動與力的關系.實際上在物體的平衡問題中我們已經遇到了不少，只是平衡問題中的物體是沒有加速度的，而在“連接體”問題中，有的物體具有加速度，所以求解的時候必須用到牛頓第二定律.可見，牛頓第二定律是用來解決“非平衡問題”的！而處理“非平衡問題”的程序與解決平衡問題時的程序并無太大的區別：確定研究對象→受力分析（整體或隔離，或整體隔離結合使用）→力的合成或分解（常用正交分解法）→列方程求解（平衡問題列平衡方程，“非平衡問題”列動力學方程，即牛頓第二定律方程）

先整體分析加速度，后隔離分析各物體之間的相互作用力是解決連接體問題的最常用思維模式，你掌握了嗎？千萬要記住：整體法只能分析“整體”外面其它物體對“整體”的作用力，不能分析“整體”內部各物體間的相互作用力；如果要分析“整體”內部的相互作用力，一定要用隔離法！強調這一點，只是想告訴大家，任何情況下，一定要明確研究對象！這是進行正確受力分析的根本！解題范例：

例題１如圖3—3，在傾角為a的固定光滑、斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質量是貓的質量的2倍．當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變，則此時木板沿斜面下滑的加速度為()A．gsinα/2 B．gsinα C．3gsinα/2 D．2gsinα 解析：⑴當繩子突然斷開，貓保持其相對斜面的位置不變，即相對地面位置不變，貓可視為靜止狀態，木板沿斜面下滑，取貓和木板整體為研究對象，如圖3—31進行受力分析，由牛頓第二定律得3mgsinα=2ma，a＝32gsinα，所以C選項正確．

此解法運用了牛頓第二定律在整體法中的表達形式： 學習改變命運 思考成就未來！

當系統內各物體加速度不同時，可以整體分析系統的合外力（不能分析系統內力，即系統內部各物體之間的相互作用力），隔離分析系統內各物體的加速度，然后按照上面牛頓第二定律的表達式列方程求解！這是一個解決動力學問題的絕妙方法，好好的體會和掌握它吧！

⑵此題也可以用常規方法求解，分別隔離貓和板進行受力分析，如圖所示，貓相對于地面位置不變，其加速度為0，所以貓的合外力為0，有：f＝mgsinα，N＝mgcosα；

板沿斜面向下滑動，由牛頓第二定律，有f′+2mgsinα＝2ma, 又f′＝f＝mgsinα，所以a＝32gsinα

例題2 跨過定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖3—7所示.已知人的質量為70kg，吊板的質量為10kg，繩及定滑輪的質量、滑輪的摩擦均可不計．取重力加速度g＝lOm/s．當人以440 N的力拉繩時，人與吊板的加速度a和人對吊板的壓力F分別為()A．a＝1.0m/s，F=260N B．a＝1.0m/s，F=330N C．a＝3.0m/s，F=110N D．a＝3.0m/s，F=50N 解析：將人與吊板整體考慮，受力分析如圖所示，據牛頓第二定律：2T-(m人+m板)g＝(m人+m板)ａ，代人數據得ａ＝1.0 m／s2，選項C、D被排除．用隔離法研究人向上運動，設吊板對人的支持力為N，則T＋N－ m人g＝m人ａ，得N＝330N；據牛頓第三定律，人對吊板的壓力N′＝N＝330N，選項B正確．

領悟：這是“先整體后隔離”思維模式的典型例子，整體分析的時候不考慮人和板之間的相互作用力，根據輕繩模型的特點：繩內張力處處相等，可知兩段繩索對“整體”的拉力相等；求人對板的壓力時，必須用隔離法“隔離”人或“隔離”板進行分析.例題3 如圖所示，質量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個質量為m的小球，小球上下振動時框架始終沒有跳起，當框架對地面壓力為零的瞬間，小球的加速大小為（）

2A．g B．（M-m）g/m 學習改變命運 思考成就未來！

C．Mg/m D．（M＋m）g/m 解析：此題是瞬間加速度的計算問題，關鍵是做好在這個“瞬間”研究對象受力情況的分析，然后運用牛頓第二定律列式求解.分別隔離小球和框架進行受力分析，如圖所示，此“瞬間”框架對地面的壓力為0,根據牛頓第三定律，地面對框架的支持力為0,故框架除了受到重力外，還應該受到彈簧提供的支持力！于是彈簧對小球的彈力應該是豎直向下的，如圖所示，根據物體的平衡條件和牛頓第二定律，有N＝Mg，N′＋mg＝ma，所以a＝（M＋m）g/m.領悟：受力分析的成敗就是解決動力學問題的成敗，所以受力分析一定要過關，要能夠在任何情況下（“情況”指：靜止或勻速，勻變速直線運動，勻速圓周運動，簡諧運動等運動狀態，即研究對象總是處于我們熟悉的運動模型中，于是掌握各種運動模型中物體受力特點是做好受力分析的必要條件！例如：勻速圓周運動需要向心力，簡諧運動需要回復力.）把一個物體（即研究對象）的受力情況分析清楚！

例題4 1．如圖3-l，一個盛水的容器底都有一小孔．靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平衡，且忽略空氣阻力，則()A．容器自由下落時，小孔向下漏水

B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水

C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水 D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水

解析：容器拋出后，容器及其中的水均做加速度為g的勻變速運動，容器中的水處于失重狀態，水對容器的壓強為零，無論如何拋出，水都不會流出．故D項正確．

領悟：本題考查對超重失重現象的理解，關鍵在于判斷物體在豎直方向上是否具有加速度，然后根據“同失反超”確定失重還是超重！無論以何種方式拋出，容器和水拋出后都只受到重力的作用，都有豎直向下的加速度，都處于完全失重狀態.超重、失重現象的解釋，實際上就是牛頓第二定律的應用！關鍵：做好受力分析！例題5 一中學生為即將發射的“神州七號”載人飛船設計了一個可測定豎直方向加速度的裝置，其原理可簡化如圖，連接在豎直彈簧上的重物與滑動變阻器的滑動頭連接，該裝置在地面上靜止時其電壓表的學習改變命運 思考成就未來！

指針指在表盤中央的零刻度處，在零刻度的兩側分別標上對應的正、負加速度值.關于這個裝置在“神州七號”載人飛船發射、運行和回收過程中示數的判斷正確的是（）A．飛船在豎直加速升空的過程中，如果電壓表的示數為正，則飛船在豎直減速返回地面的過程中，電壓表的示數仍為正

B．飛船在豎直加速升空的過程中，如果電壓表的示數為正，則飛船在豎直減速返回地面的過程中，電壓表的示數為負

C．飛船在圓軌道上運行時，電壓表的示數為零

D．飛船在圓軌道上運行時，電壓表示數所對應的加速度應約為9.8m/s2

解析：依題意，當重物的重力等于彈簧的彈力時，電壓表的示數為零，飛船加速運動的過程中，重物也隨之加速，則重物的和外力不為零，即當重物合外力不為零時，電壓表有示數！

飛船在豎直加速升空的過程中，彈簧上的重物與飛船有同樣的加速度，對重物受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律，有：N－mg＝ma，a豎直向上；若飛船在豎直方向上減速返回地面，則飛船的加速度方向仍是豎直向上的，故A選項的說法正確！

當飛船在軌道上運動的時候，飛船處于完全失重狀態，則彈簧對重物的彈力為零，地球對重物的萬有引力產生一個使重物與飛船一起作圓周運動的向心加速度，當取重物受到的萬有引力近似等于重物的重力時（當忽略地球的自轉時，可以認為地球表面附近物體的重力與萬有引力近似相等），a向≈g.，故D選項正確.針對性訓練

1．如圖3—25所示，一質量為M的楔形木塊放在水平桌面上，它的頂角為90°，兩底角為α和β；a、b為兩個位于斜面上質量均為m的小木塊．已知所有接觸面都是光滑的．現發現a、b沿斜面下滑，而楔形木塊靜止不動，這時楔形木塊對水平桌面的壓力等于()A．Mg＋mg B．Mg＋2mg C．Mg＋mg（sinα＋sinβ）D．Mg＋mg（cosα＋cosβ）

2．一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g/3，g為重力加速度.人對電梯底部的壓力 為 學習改變命運 思考成就未來！

A．mg/3 B．2mg C．mg D．4mg/3 3．如圖所示，一物塊位于光滑水平桌面上，用一大小為F、方向如圖所示的力去推它，使它以加速度.向右運動.若保持力的方向不變而增大力的大小，則()A．a變大 B．a不變 C．a變小

D．因為物塊的質量未知，故不能確定a變化的趨勢

4．疊放在一起的A、B兩物體在水平力F的作用下，沿水平面以某一速度勻速運動，現突然將作用在B上的力F改為作用在A上，并保持大小和方向不變，如圖所示，則關于A、B的運動狀態可能為 A．一起勻速運動 B．一起加速運動

C．A加速，B減速 D．A加速，B勻速

5．如圖所示，質量為m、M的A、B兩個物體靜止疊放在水平面上，已知A、B間動摩擦因數為μ1，B和水平面間的動摩擦因數為μ2.現給A物體施加一恒定作用力F，使其向右運動，B保持靜止.下列說法可能正確的是（）A．B受到水平面的摩擦力大小為μ2(m+M)g B．A受到的摩擦力大小等于F C．將作用力F增大，則B將向右運動 D．無論作用力F多大，B將始終保持靜止狀態

6．質量為m的小物塊在沿斜面方向的輕彈簧的拉動下，以gsinθ的加速度沿斜面加速上升，斜面的傾角為θ，不計摩擦阻力，則彈簧的拉力為()A．0 B．mgsinθ

C．2mgsinθ D．mg+mgsinθ

7．如圖所示，位手光滑固定斜面上的小物塊P受到一水平向右的推力F的作用.已知物塊P沿斜面加速下滑.現保持F的方向不變，使其減小，則加速度（）學習改變命運 思考成就未來！

A．一定變小 B．一定變大 C．一定不變

D．可能變小，可能變大，也可能不變

8．科學家曾在“和平號”空間站上做了許多科學實驗和測量，在下列測量中能夠完成的是()A．用彈簧秤測拉力 B．用溫度計測溫度 C．用天平測質量 D．用擺鐘測時間

9．如圖所示，光滑固定斜面C傾角為θ，質量均為m的A、B一起以某一初速靠慣性沿斜面向上做勻減速運動，已知A上表面是水平的()A．A受到B的摩擦力水平向右 B．A受到B的摩擦力水平向左 C．A、B之間的摩擦力為零 D．A、B之間的摩擦力為mgsinθcosθ

10．在蹦床運動中，某運動員從高處落到蹦床后又被蹦床彈回，圖中的圖像為幾位旁觀者描繪的運動員的加速度隨時間變化的圖像，正確的是（）

11．如圖所示，A、B兩條直線是在A、B兩地分別用豎直向上的力F拉質量分別為mA和mB的兩個物體得出的加速度a與力F之間的關系圖線，分析圖線可知下列說法中正確的是（）A．比較兩地的重力加速度gA=gB B．比較兩物體的質量有mAmB

12．一斜劈被兩個小樁A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物體，如圖所示，以下判斷正確的是（）A．若物體靜止在斜面上，則B受到擠壓 B．若物體勻速下滑，則B受到擠壓 C．若物體加速下滑，則A受到擠壓 D．若物體減速下滑，則A受到擠壓 學習改變命運 思考成就未來！

參考答案

1.A 2.D 3.A 4.AC 5.D 6.C 7.B 8.AB 9.AD 10.C 11.AB 12.D

第二篇：牛頓第二定律應用的典型問題

牛頓第二定律應用的典型問題

——陳法偉

1.力和運動的關系

力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持運動的原因。由知，加速度與力有直接關系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關系。速度如何變化需分析加速度方向與速度方向之間的關系，加速度與速度同向時，速度增加；反之減小。在加速度為零時，速度有極值。

例1.如圖1所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）

圖1 A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B.從小球接觸彈簧起加速度變為豎直向上

C.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小 D.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大

解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達最低點，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當合力與速度同向時小球速度增大，所以當小球所受彈力和重力大小相等時速度最大。故選CD。

例2.一航天探測器完成對月球的探測任務后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾斜角的直線飛行，先加速運動，再勻速運動，探測器通過噴氣而獲得推動力，以下關于噴氣方向的描述中正確的是（）

A.探測器加速運動時，沿直線向后噴氣 B.探測器加速運動時，豎直向下噴氣 C.探測器勻速運動時，豎直向下噴氣 D.探測器勻速運動時，不需要噴氣

解析：受力分析如圖2所示，探測器沿直線加速運動時，所受合力

方向與運動方向相同，而重力方向豎直向下，由平行四邊形定則知推力方向必須斜向上方，由牛頓第三定律可知，噴氣方向斜向下方；勻速運動時，所受合力為零，因此推力方向必須豎直向上，噴氣方向豎直向下。故正確答案選C。

圖2 2.力和加速度的瞬時對應關系

（1）物體運動的加速度a與其所受的合外力F有瞬時對應關系。每一瞬時的加速度只取決于這一瞬時的合外力，而與這一瞬時之間或瞬時之后的力無關。若合外力變為零，加速度也立即變為零（加速度可以突變）。這就是牛頓第二定律的瞬時性。

（2）中學物理中的“繩”和“線”，一般都是理想化模型，具有如下幾個特性：

①輕，即繩（或線）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一根繩（或線）的兩端及其中間各點的張力大小相等。

②軟，即繩（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因繩能彎曲）。由此特點可知，繩與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。

③不可伸長：即無論繩子所受拉力多大，繩子的長度不變。由此特點知，繩子中的張力可以突變。

（3）中學物理中的“彈簧”和“橡皮繩”，也是理想化模型，具有如下幾個特性：

①輕：即彈簧（或橡皮繩）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一彈簧的兩端及其中間各點的彈力大小相等。

②彈簧既能受拉力，也能受壓力（沿彈簧的軸線）；橡皮繩只能受拉力，不能承受壓力（因橡皮繩能彎曲）。

③由于彈簧和橡皮繩受力時，其形變較大，發生形變需要一段時間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是，當彈簧和橡皮繩被剪斷時，它們所受的彈力立即消失。

例3.如圖3所示，豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘M、N固定于桿上，小球處于靜止狀態，設拔去銷釘M瞬間，小球加速度的大小為小球的加速度可能是（）

。若不拔去銷釘M而拔去銷釘N瞬間，圖3 2

A.C.，豎直向上 B.，豎直向上 D.，豎直向下，豎直向下

解析：原來小球處于靜止狀態時，若上面的彈簧為壓縮狀態，則拔去M瞬間小球會產生向上的加速度上下彈簧的彈力分別為，拔去N瞬間小球會產生向下加速度。設。在各瞬間受力如圖4所示。

圖4 拔M前靜止：拔M瞬間：拔N瞬間：

聯立<1><2><3>式得拔去N瞬間小球產生的加速度可能為，方向豎直向下。

原來小球處于靜止狀態時，若上面的彈簧為拉伸狀態，則拔去M瞬間小球會產生向下的加速度示。，拔去N瞬間小球會產生向上加速度，如圖5所

圖5 3

拔M前靜止：拔M瞬間：拔N瞬間：

聯立<1><2><3>式得：拔去N瞬間小球產生的加速度可能為，方向豎直向上。

綜合以上分析，可知正確答案為BC。

【變式訓練】如圖中a所示，一質量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細線上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為?，l2水平拉直，物體處于平衡狀態。現將l2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度。

3.力的獨立作用原理

一個物體可以同時受幾個力的作用，每一個力都使物體產生一個效果，如同其他力不存在一樣，即力與它的作用效果完全是獨立的，這就是力的獨立作用原理。力可以合成和分解，效果也可以合成和分解，其運算法則均為平行四邊形定則。為此，合力與其合效果對應，分力與其分效果對應，對物體的運動往往看到的是合效果，在研究具體問題時，可根據受力的特點求合力，讓合效果與合力對應；也可將效果分解，讓它與某一方向上的分力對應。

正因為力的作用是相互獨立的，所以牛頓第二定律在運用中常按正交法分解為

例4.某型航空導彈質量為M，從離地面H高處水平飛行的戰斗機上水平發射，初速度為，發射之后助推火箭便給導彈以恒定的水平推力F作用使其加速，不計空氣阻力和導彈質量的改變，下列說法正確的有（）

A.推力F越大，導彈在空中飛行的時間越長

B.不論推力F多大，導彈在空中飛行的時間一定 C.推力F越大，導彈的射程越大

D.不論推力F多大，導彈的射程一定

解析：推力F和重力G分別在兩個正交的方向上，均單獨對導彈產生各自的加速度，因高度H一定，在豎直方向上，導彈是自由落體運動，故落地時間與F無關，為一定值。而水平方向導彈的射程由然F越大，a越大，水平射程越大。即本題的正確答案為BC。

決定，顯

4.連結體問題

此類問題，在高考中只限于兩個物體的加速度相同的情況。通常是對兩個物體組成的整體運用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力。

例5.如圖6所示，質量為2m的物塊A，與水平地面的摩擦不計，質量為m的物塊B與地面的摩擦因數為μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運動，則A和B之間的作用力為____________。

圖6 解析：由題意知，地面對物塊A的摩擦力為0，對物塊B的摩擦力為對A、B整體，設共同運動的加速度為a，由牛頓第二定律有：

對B物體，設A對B的作用力為，同理有。

聯立以上三式得：

5.超重和失重問題

當物體處于平衡狀態時，物體對水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）大小等于物體受到的重力，即

。當物體m具有向上或向下的加速度a

大小大于或小于物體時，物體對水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）受到的重力G的現象，分別叫做超重和失重，并且超出或失去部分為。具體應用可分兩種情況。

（1）定性分析

對于一些只需作定性分析的問題，利用超重或失重的概念能夠巧妙地使問題得到解決。在具體分析過程中，關鍵是正確判斷系統的超重與失重現象，清楚系統的重心位置的變化情況。當系統的重心加速上升時為超重，當系統的重心加速下降時為失重。

例6.如圖7所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，電磁鐵A和秤盤C（包括支架）的總質量為M，B為鐵片，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛于O點。當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩中拉力F的大小為（）

圖7 A.C.B.D.解析：以A、B、C組成的系統為研究對象，A、C靜止，鐵片B由靜止被吸引加速上升。則系統的重心加速上升，系統處于超重狀態，故輕繩的拉力，正確答案為D。

（2）定量分析

超重并不是重力增加，失重也不是失去重力或重力減少，在同一地點地球作用于物體的重力始終存在且沒有發生變化，只是物體對支持物的壓力（或對懸掛物的拉力）發生了變化，看起來好像物重有所增大或減小。當物體相對于地面有向上的加速度或相對于地面的加速度豎直向上的分量不為零時，物體處于超重狀態，超出的部分在數值上等于

或

（為加速度的豎直分量）。當物體相對于地面有向下的加速度或相對于地面的加速度豎直向下的分量不為零時，物體處于失重狀態，失去的部分在數值上等于計算。

例7.如圖8所示，一根彈簧上端固定，下端掛一質量為的秤盤，盤中放有

或，利用上述結論可以進行定量質量為m的物體，當整個裝置靜止時，彈簧伸長了L，今向下拉盤使彈簧再伸長△L，然后松手放開，設彈簧總是在彈性范圍內，則剛松手時，物體m對盤壓力等于多少？

圖8 解析：視m、為系統，開始平衡有

再伸長△L，系統受的合外力為，故此時系統的加速度

a方向向上，系統處于超重狀態。對m來說超重

故剛松手時，物體m對盤的壓力

結合<1>式可得：

6.臨界問題

在臨界問題中包含著從一種物理現象轉變為另一種物理現象，或從一物理過程轉入另一物理過程的轉折狀態。常出現“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言．．．．．．敘述。

例8.一斜面放在水平地面上，傾角，一個質量為0.2kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖9所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面的摩擦，當斜面以力及斜面對小球的彈力。（g取）的加速度向右運動時，求細繩的拉

圖9 解析：斜面由靜止向右加速運動過程中，當a較小時，小球受到三個力作用，此時細繩平行于斜面；當a增大時，斜面對小球的支持力將會減少，當a增大到某一值時，斜面對小球的支持力為零；若a繼續增大，小球將會“飛離”斜面，此時繩與水平方向的夾角將會大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。

設小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度為，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖10所示。

圖10 易知代入數據解得：因為，所以小球已離開斜面，斜面的支持力

同理，由受力分析可知，細繩的拉力為

此時細繩拉力與水平方向的夾角為

7.對系統應用牛頓第二定律 設系統內有兩個物體，質量分別為，對與

對

和，受到系統以外的作用力分別為和，兩物體的加速度分別為的作用力分別為，由牛頓第二定律得兩物體受到的合外力為：

由牛頓第三定律得：由以上三式得：其中式中

為系統所受的合外力，同理可證，上述結論對多個物體組成的系統也是成立的，即為

如按正交分解則得：

例9.如圖11所示，質量為M的框架放在水平地面上，一個輕質彈簧固定在框架上，下端拴一個質量為m的小球，當小球上下振動時，框架始終沒有跳起，在框架對地面的壓力為零的瞬間，小球加速度大小為（）

圖11 A.g B.C.0 D.解析：運用牛頓第二定律關鍵在受力分析，式中各量必須對應同一個研究對象，下面用兩種方法解答。

解法一：分別以框架和小球為研究對象，當框架對地面的壓力為零時作受力分析如圖12、13所示。

對框架：對小球：mg 所以答案選D。，方向向下。

?F?ma

解法二：以框架和小球整體為研究對象，框架和小球所受的重力為，框架對地的高度不變，其加速度為零，故合外力提供小球做加速運動所需的外力，對系統由牛頓第二定律有：

故得答案選D。，方向向下。

第三篇：牛頓第二定律典型例題（精選）

牛頓第二定律典型例題

【例1】一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對物體施加一向東恒力F，歷時1s；隨即把此力改為向西,大小不變，歷時1s；接著又把此力改為向東，大小不變,歷時1s；如此反復，只改變力的方向，共歷時1min，在此1min內（）

A．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置之東

B．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置

C．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末繼續向東運動

D．物體一直向東運動，從不向西運動，在1min末靜止于初始位置之東

【例2】如圖3-1-2所示，質量為m的小球與細線和輕彈簧連接后被懸掛起來，靜止平衡時AC和BC與過C的豎直線的夾角都是600，求：(1)剪斷AC線瞬間小球的加速度；(2)剪斷B處彈簧的瞬間小球的加速度．

【例3】 如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是

A．小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B．從小球接觸彈簧起加速度變為豎直向上

C．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小

D．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大

【例4】如圖3-1-3表示某人站在一架與水平成θ角的以加速度a向上運動的自動扶梯臺階上，人的質量為m，鞋底與階梯的摩擦系數為μ，求此時人所受的摩擦力．

（請用兩種方法①沿加速度方向為x軸建立坐標系②沿水平向右方向為x軸建立坐標系，分解加速度）

【例5】如圖所示，在箱內傾角為α的固定光滑斜面上用平行于斜面的細線固定一質量為m的木塊。求：在下面兩種情形中，線對木塊的拉力F1和斜面對箱的壓力F2各多大？（1）

箱以加速度a勻加速上升時；（2）箱以加速度a向左勻加速運動時。

【例6】如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向37°角，球和車廂相對靜止，球的質量為1kg．（1）求車廂運動的加速度

并說明車廂的運動情況．（2）求懸線對球的拉力．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【例7】一個質量為0.2 kg的小球用細線吊在傾角θ=53°的斜面頂端，如圖，斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，若斜面開始以水平加速度a向右運動，且a從等于零開始逐漸增大，則：（1）繩的拉力T及斜面對小球的彈力N將怎樣變化？（2）當a＝10 m/s2時，求T和N

【例8】如圖所示，m =4kg的小球掛在小車后壁上，細線與豎直方向成37°角。求：在下面兩種情形中細線對小球的拉力F1和后壁對小球的壓力F2各多大？（1）小車以a=g向右加速時；（2）小車以a=g向右減速時。

第四篇：牛頓第二定律典型題

牛頓第二定律應用的典型問題

1.力和運動的關系 力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持運動的原因。由知，加速度與力有直接關系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關系。速度如何變化需分析加速度方向與速度方向之間的關系，加速度與速度同向時，速度增加；反之減小。在加速度為零時，速度有極值。

例1.如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）

A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B.從小球接觸彈簧起加速度變為豎直向上

C.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小

D.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大

解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達最低點，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當合力與速度同向時小球速度增大，所以當小球所受彈力和重力大小相等時速度最大。故選CD。

2.力和加速度的瞬時對應關系

（1）物體運動的加速度a與其所受的合外力F有瞬時對應關系。每一瞬時的加速度只取決于這一瞬時的合外力，而與這一瞬時之間或瞬時之后的力無關。若合外力變為零，加速度也立即變為零（加速度可以突變）。這就是牛頓第二定律的瞬時性。

（2）中學物理中的“繩”和“線”，一般都是理想化模型，具有如下幾個特性： ①輕，即繩（或線）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一根繩（或線）的兩端及其中間各點的張力大小相等。

②軟，即繩（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因繩能彎曲）。由此特點可知，繩與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。

③不可伸長：即無論繩子所受拉力多大，繩子的長度不變。由此特點知，繩子中的張力可以突變。

（3）中學物理中的“彈簧”和“橡皮繩”，也是理想化模型，具有如下幾個特性： ①輕：即彈簧（或橡皮繩）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一彈簧的兩端及其中間各點的彈力大小相等。

②彈簧既能受拉力，也能受壓力（沿彈簧的軸線）；橡皮繩只能受拉力，不能承受壓力（因橡皮繩能彎曲）。

③由于彈簧和橡皮繩受力時，其形變較大，發生形變需要一段時間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是，當彈簧和橡皮繩被剪斷時，它們所受的彈力立即消失。例2 在光滑水平面上有一質量m＝Ikg的小球，小球與水平輕彈簧和與水平方向夾角為30的輕繩的一端相連，如圖所示，此時小球處于靜止狀態，且水平面對小球的彈力恰好為零，當剪斷輕繩的瞬間，小球加速度的大小和方向如何？此時輕彈簧的彈力與水平面對球的彈力比值是多少？

．

練習題、如圖所示,小球質量為m,被三根質量不計的彈簧A、B、C拉住,彈簧間的0夾角均為120,小球平衡時, A、B、C的彈力大小之比為3：3：1,當剪

斷C瞬間,小球的加速度大小及方向可能為

①g/2,豎直向下;②g/2,豎直向上;③g/4,豎直向下;④g/4,豎直向上;

A、①②;B、①④;C、②③;D、③④;0

3.牛頓運動定律中的整體與隔離

當系統內各物體具有相同的加速度時，應先把這個系統當作一個整體（即看成一個質點），分析受到的外力及運動情況，利用牛頓第二定律求出加速度．如若要求系統內各物體相互作用的內力，則把物體隔離，對某個物體單獨進行受力分析，再利用牛頓第二定律對該物體列式求解．隔離物體時應對受力少的物體進行隔離比較方便。通常是對物體組成的整體運用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力

例3.如圖所示，質量為2m的物塊A，與水平地面的摩擦不計，質量為m的物塊B與地面的摩擦因數為μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運動，則A和B之間的作用力為____________。

練習1 如圖所示，五個木塊并排放在水平地面上，它們的質量相同，與地面的摩擦不計。當用力F推第一塊使它們共同加速運動時，第2塊對第3塊的推力為__________。

提示：五個木塊具有相同的加速度，可以把它們當作一個整體。

要求第2塊對第3塊的作用力F23，要在2于3之間隔離開。把3、4、5當成一個小整體，可得這一小整體在水平方向只受2對3的推力F2

3練習2如圖所示，物體M、m緊靠著置于摩擦系數為μ的斜面上，斜面的傾角為θ，現施加一水平力F作用于M，M、m共同向上作加速運動，求它們之間相互作用力的大小。

提示：兩個物體具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把

它們當成一個整體（看作一個質點），作出受力示意圖，建立坐

標系，列方程：

要求兩物體間的相互作用力，應把兩物體隔離開．對m作出受力示意圖如圖，建立坐標系，列方程：

4.臨界問題

在臨界問題中包含著從一種物理現象轉變為另一種物理現象，或從一物理過程轉入另一物理過程的轉折狀態。常出現“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述。

例4.一斜面放在水平地面上，傾角，一個質量為0.2kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面的摩擦，當斜面以）的加速度向右運動時，求細繩的拉力及斜面對小球的彈力。（g

取

解析：斜面由靜止向右加速運動過程中，當a較小時，小球受到三個力作用，此時細繩平行于斜面；當a增大時，斜面對小球的支持力將會減少，當a增大到某一值時，斜面對小球的支持力為零；若a繼續增大，小球將會“飛離”斜面，此時繩與水平方向的夾角將會大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。設小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度為，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖所示。

易知

代入數據解得：

因為，所以小球已離開斜面，斜面的支持力

同理，由受力分析可知，細繩的拉力為

此時細繩拉力與水平方向的夾角為

第五篇：牛頓第二定律典型題歸納

牛頓第二定律典型題歸納

1.鋼球在盛有足夠深油的油罐中由靜止開始下落，若油對球的阻力正比于其速率，則球的運動情況是（）

A.先加速后勻速B.先加速后減速最后靜止C.先加速后減速最后勻速D.加速度逐漸減小到零

2.如圖所示，一木塊在水平恒力的作用下，沿光滑水平面向右做加速運動，前方墻上固定有一勁度系數足夠大的彈簧，當木塊接觸彈簧后，將（）

A.立即做減速運動B.立即做勻速運動C.在一段時間內速度繼續增大

D.當彈簧壓縮量為最大時，物體速度為零，處于平衡狀態

3.如圖所示，一物體從曲面上的Q點由靜止開始下滑，通過一段粗糙的傳送帶，傳送帶靜止，從A運動到B的時間為t1；若傳送帶的皮帶在輪子轉動的帶動下，上表面向左勻速運動，再次把物體從曲面的Q點由靜止開始下滑，達到A點時速度與第一次相同，從A到B運動的時間為t2，則（）

A.t1?t2B.t1?t2C.t1?t2D.無法確定

4.質量為m1的物體放在A地，用豎直向上的力F拉物體，物體的加速度a與拉力F的關系如圖中的①所示；質量為m2的物體在B地做類似實驗，測得a?F關系如圖中的②所示，設兩地重力加速度分別為g1和g2由圖可判定（）

A.m1?m2,g1?g

2C.m1?m2,g1?g2B.m1?m2,g1?g2

D.m1?

m2,g1?g2

5.勻速上升的升降機頂部懸有一輕質彈簧，彈簧下端掛一小球，若升降機突然停止，在地面觀察者看來，小球在繼續上升的過程中（）

A.速度逐漸減小B.速度先增大后減小

C.加速度先減小后增大D.加速度逐漸減小

6.從加速豎直上升的氣球上落下一個物體，在物體剛離開氣球的瞬間，下列說法正確的是（）

A.物體立即向下做自由落體運動

B.物體具有豎直向上的加速度

C.物體的速度為零，但具有豎直向下的加速度

D.物體具有豎直向上的速度和豎直向下的加速度

牛頓第二定律典型題歸納

7.如圖所示，用細線拉著小球A向上做加速運動，小球A、B間用彈簧相連，兩球的質量分別為m和2m，加速度的大小為a，若拉力F突然撤去，則A、B兩球的加速度大小分別為aA?_______________，aB=_____________。

8.2008年奧運會將在我國北京舉行，為此北京交通部門規定市區內某些區域汽車行駛速度不得超過30km/h。一輛汽車在規定的范圍內行駛，突然采取車輪抱死緊急剎車，沿直線滑行了10m而停止，查得汽車與該路面的動摩擦因數為0.72，試判斷該汽車是否違章超速行駛并說明理由。（g取10m/s2）

9.如圖所示，幾個不同傾角的光滑斜面底邊相同，頂點在同一豎直面內，物體從哪個斜面的頂端由靜止滑下時，滑到底端所用時間最短？（sin2??2sin?cos?）

10.如圖所示的傳送皮帶，其水平部分AB長sAB?2m,BC與水平面夾角??37?，長度sBC?4m，一小物體P與傳送帶的動摩擦因數??0.25，皮帶沿A至B方向運行，速率為v?2m/s，若把物體P放在A點處，它將被傳送帶送到C點，且物體P不脫離皮帶，求物體從A點被傳送到C點所用的時間。（sin37??0.6,g?10m/s2）

牛頓第二定律典型題歸納答案

1.A、D（鋼球開始速率較小，阻力較小，球的加速度向下，隨著速率增大，加速度減小，當a?0時，v最大，最后保持勻速下沉。）

2.C（當F等于彈簧彈力時，物體速度最大，此時加速度為零，故從接觸彈簧到F等于彈力這一段時間內，速度繼續增大；當彈簧壓縮量最大時，物體速度為零，但加速度不為零（水平向左），不能說速度為零是平衡狀態。）

3.A

（兩次初速度vA相間，摩擦力F'??FN??mg也相同，則加速度a也相同，所以通過相同的位移AB的時間一定相同。）

F?g為圖線的函數關系式，由式知，當F=0時，a??g；由題圖m

1知，?g1??g2,?g1?g2；由式知，直線斜率k?，由題圖知k1?k2，?m1?m2。“式”和“圖”結合分析。）m4.B（由牛頓第二定律：F?mg?ma，故a?

5.A（由于慣性小球繼續上升，開始階段彈簧伸長量減小，若繼續上升，可能會出現彈簧被壓縮的情況。若是彈簧伸長量減小的情況，則重力大于彈力，合力向下；若出現壓縮彈簧的情況，彈力向下，合力也向下，可見小球向上做加速度增大的減速運動。）

6.D（物體離開時，由于慣性仍具有豎直向上的速度，A項錯。而加速度是由重力產生的，B項錯。離開氣球的物體只受重力故加速度豎直向下，C項錯、D項正確。）

7.3g?2a a [去掉力F的瞬間，B受力情況不變，故加速度大小仍為a，方向向上，由牛頓第二定律得FN?2mg?2ma。所以彈簧彈力FN?2m(g?a)。對A球，由牛頓第二定律得F'N?mg?ma'，所以A球的加速度a'?[2m(g?a)?mg]/m?3g?2a。]

8.解：車輪抱死剎車后，汽車受摩擦力F??FN??mg，其勻減速加速度a?

初速度為v0，由v02?mg??g?7.2m/s2，設汽車剎車時m?2as，得v0?2as?2?7.2?10m/s?12m/s?43.2km/h?30km/h，故汽車違章超速。

9.傾角為45°的斜面所用時間最短（設斜面底邊長為l（為定值），這個斜面的長為l/cos?，沿這個斜面下滑的加速度為gsin?，利用勻變速直線運動公式s?2l4l12l1?這是at就可得?gsin??t2，則t?gsin?cos?gsin2?2cos?2

一個時間t隨?角變化的函數式，可反映沿每一個斜面下滑的結果，不難看出，當??45?時，最小為2l/g，即沿傾角為45°的斜面下滑用時最短。）

牛頓第二定律典型題歸納答案

10.解：物體P隨傳送帶做勻加速直線運動，當速度與傳送帶相等時若未到達B，即做一段勻速運動；P從B至C段進行受力分析后求加速度，再計算時間，各段運動相加為所求時間。

P在AB段先做勻加速運動，由牛頓第二定律

F1?ma1,F1??FN1??mg,v?a1t1，得P勻加速運動的時間t1?vv??0.8s a1?g

1122a1t1??gt1?0.8m, 22

sAB?s1?vt2

s?s1勻速運動時間t2?AB?0.6s v

P以速率v開始沿BC下滑，此過程重力的下滑分量mgsin37??0.6mg；滑動摩擦力沿斜面向上，其大小為?mgcos37??0.2mg，可見其加速下滑。由牛頓第二定律

mgsin37???mgcos37??ma3,s1?

a3?0.4g?4m/s2

12?sBC?vt3?a3t32

解得t3?1s(另解t'3??2s,舍去)

從A至C經過時間t?t1?t2?t3?2.4s