資源簡介

(共38張PPT)
第四章 運動和力的關系
高中物理必修第一冊人教版
第3節 牛頓第二定律
知識點1 牛頓第二定律
1．內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成______比，跟它的質量成______比，加速度的方向跟作用力的方向__________．
2．表達式
(1)表達式：F＝_________，式中k是比例系數，F指的是物體所受的_ _______．
(2)國際單位制中：F＝__________．
正　
反　
相同　
kma　
合力　
ma 　
基礎過關
例1-1 （多選）下列關于各物理量的關系的說法正確的是( )
BC
A.由可知，物體的加速度與其速度的變化量 成正比
B.由可知，做勻變速直線運動的物體在時間內的速度變化量與 成正比
C.由可知，物體的加速度與其所受的作用力 成正比
D.由可知，物體的質量與其所受的作用力 成正比
【解析】是加速度的定義式，的大小與 無關，故A錯誤；做勻變速直線
運動的物體加速度不變，由可知，在時間內的速度變化量與 成正比，故
B正確；由可知，物體的加速度與其所受的作用力 成正比，故C正確；物體
的質量是自身的性質，與其所受作用力無關，故D錯誤。
知識點2 力的單位
1．比例系數k的意義
(1)在F＝kma中，k的選取有一定的________．
(2)在國際單位制中k＝________，牛頓第二定律的數學表達式為________，式中F、m、a的單位分別為______、______、_____．
2．國際單位：力的單位是________，簡稱______，符號_____．
3．1 N的定義：將使質量為1 kg的物體產生1 m/s2的加速度的力規定為1 N，即1 N＝_____________．
任意性　
1　
F＝ma　
N　
kg　
m/s2　
牛頓　
牛　
N 　
1 kg·m/s2　
例2-2 （多選）關于牛頓第二定律的表達式 ，下列說法正確的是( )
CD
A.在任何情況下式中 都等于1
B.式中 的數值由質量、加速度和力的大小決定
C.式中 的數值由質量、加速度和力的單位決定
D.物理學中定義使質量為的物體產生的加速度的力為
【解析】中，的數值由質量、加速度和力的單位決定，當質量的單位為 、
加速度的單位為、力的單位為時， 等于1，A、B錯誤，C正確；由牛頓第二
定律知，使質量為的物體產生的加速度的力為 ，D正確。
基礎過關
知識點3 對牛頓第二定律的理解
1．表達式F＝ma的理解
(1)單位統一：表達式中F、m、a三個物理量的單位都必須是國際單位．
(2)F的含義：F是合力時，加速度a指的是合加速度，即物體的加速度；F是某個力時，加速度a是該力產生的加速度．
2．牛頓第二定律的六個性質
性質 理解
因果性 力是產生加速度的原因，只要物體所受的合力不為0，物體就具有加速度
矢量性 F＝ma是一個矢量式．物體的加速度方向由它受到的合力方向決定，且總與合力的方向相同
瞬時性 加速度與合外力是瞬時對應關系，同時產生，同時變化，同時消失
同體性 F＝ma中F、m、a都是對同一物體而言的
獨立性 作用在物體上的每一個力都產生加速度，物體的實際加速度是這些加速度的矢量和
相對性 物體的加速度是相對于慣性參考系而言的，即牛頓第二定律只適用于慣性參考系
4．力與運動的關系
關于對牛頓第二定律理解的三大誤區
錯誤認為先有力，后有加速度,物體的加速度和合外力是同時產生的，不分先后
誤認為質量與力成正比，與加速度成反比,物體的質量m是由自身決定的，與物體所受的合外力和運動的加速度無關
誤認為作用力與m和a都成正比,物體所受合外力的大小是由物體的受力情況決定的，與物體的質量和加速度無關
例3-3 （多選）關于速度、加速度、合力的關系，下列說法正確的是( )
ABC
A.原來靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度
B.加速度的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相同，也可能不同
C.在初速度為0的勻加速直線運動中，速度、加速度與合力的方向總是一致的
D.合力變小，物體的速度一定變小
【解析】由牛頓第二定律可知選項A、B正確；初速度為0的勻加速直線運動中， 、
、 三者的方向相同，選項C正確；合力變小，加速度變小，但速度是變大還是變
小取決于加速度與速度的方向關系（與同向，增大；與反向， 減小。），選
項D錯誤。
. .
. .
基礎過關
【學會了嗎│變式題】
1.一個質量恒定的物體，在運動過程中，關于其速度、加速度及所受合力間的關系，
下列說法正確的是( )
D
A.速度越大，則加速度越大，合力也越大
B.速度為零，則加速度一定為零，合力也為零
C.速度為零，加速度可能很大，合力可能很小
D.速度很大，加速度可能為零，合力也可能為零
【解析】物體的速度很大，如果物體做勻速直線運動，則物體的加速度為零，所受
合力為零，故A錯誤，D正確；做自由落體運動的物體，初始時刻速度為零，但加速
度為重力加速度，物體所受合力為重力，故B錯誤；物體的速度為零，加速度可能很
大，根據牛頓第二定律可知，其所受的合力不可能很小，故C錯誤。
知識點4 應用牛頓第二定律解題的方法
1．應用牛頓第二定律解題的一般步驟
2．常用方法
合成法 (1)確定研究對象，畫出受力分析圖，將各個力按照力的平行四邊形定則在加速度方向上合成，直接求出合力
(2)根據牛頓第二定律列式求解
分解法 (1)確定研究對象，畫出受力分析圖，根據力的實際效果，將某一個力分解成兩個分力
(2)根據牛頓第二定律列式求解，應用此法時要求對力的作用效果有清楚的認識，要按照力的實際效果進行分解
正交 分解法 當物體受到多個力的作用時，利用正交分解法較為簡單，利用正交分解法需要建立直角坐標系，建系原則是盡可能少分解力，因此建系有兩種情況：
(1)沿加速度的方向建一坐標軸，沿垂直加速度方向建一坐標軸，這種方法不需要分解加速度
(2)沿某特定方向建立坐標系，這樣可能少分解力，但需要分解加速度，此時應用：Fx＝max，Fy＝may
例4-4 如圖4-3-2所示，一輛車在平直公路上行駛，車內用繩與繩 拴住一個小球，
繩水平，繩與豎直方向夾角 為 ，小球質量為 ，小球在車中位置始
終未變（取，， ）。求：
圖4-3-2
基礎過關
（1）車勻速行駛時小球對繩 的拉力大小；
【答案】
圖4-3-3
【解析】取小球為研究對象，其受力分析如圖4-3-3所示。因為車勻速
行駛，所以小球所受合力為零。
有
則
由牛頓第三定律知，小球對繩的拉力大小為 。
（2）當繩拉力為零時車的加速度 的大小。
【答案】
【解析】小球與車的加速度相同。當繩 拉力為零時，小球的受力分析如圖4-3-4所示。
圖4-3-4
,
則 。
深挖點 用動力學方法測質量
例5 如圖4-3-6所示是用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船質量為
，其推進器的平均推力為 ，在飛船與空間站對接后，推進器工作
內測出飛船和空間站的速度變化量是 ，則( )
D
圖4-3-6
A.飛船與空間站對接后的加速度大小為
B.飛船與空間站對接后的加速度大小為
C.空間站質量為
D.空間站質量為
【解析】根據加速度公式可得 ，由牛頓第二定律可得
,則空間站的質量 ，只有D正確。
題型1 運動和力的關系的分析
圖4-3-7
例6 ［易錯題］如圖4-3-7所示，一根輕彈簧上端懸掛在小
車頂部，下端和一條與豎直方向成 角的輕繩共同拴接一
小球，此時小車和小球相對靜止，一起在水平面上運動，
彈簧豎直，下列說法正確的是( )
C
A.若輕繩拉力為零，小車一定向右做勻速直線運動
B.若小車做勻變速直線運動，小車一定是向右加速
C.若小車做勻變速直線運動，小車的加速度一定向右
D.無論小車做何種運動，彈簧一定處于伸長狀態
【解析】導圖解析·清晰理思路
情境1 輕繩拉力為零
情境2 小車做勻變速直線運動
【學會了嗎│變式題】
圖4-3-8
2.興趣小組的同學們利用彈弓打彈丸。彈弓的構造如圖4-
3-8甲所示，其中橡皮筋兩端點、 固定在把手上，橡皮
筋處于 位置時恰好為原長狀態（如圖乙所示），現
將彈丸放在處，將彈丸由點拉至 點時放手，彈丸就
會在橡皮筋的作用下發射出去。、兩點均在、 連線
的中垂線上，橡皮筋的質量忽略不計。現將彈丸豎直向
A
A.橡皮筋對彈丸的彈力一直在減小 B.彈丸的加速度一直在增大
C.彈丸的速度一直在增大 D.彈丸的慣性一直在增大
上發射，在它由運動到 的過程中（不計空氣阻力） ( )
【解析】橡皮筋的伸長量逐漸減小，橡皮筋上的彈力逐漸減小，同時，橡皮筋的夾
角逐漸增大，所以橡皮筋對彈丸的彈力一直在減小，故A正確。從D到C，橡皮筋對
彈丸的彈力先大于重力，后小于重力，隨著彈力的減小，彈丸所受合力先減小后增
大，根據牛頓第二定律可知，彈丸的加速度先減小后增大，加速度方向先向上后向
下，則彈丸的速度先增大后減小，故B、C錯誤。彈丸的質量不變，則其慣性不變，
故D錯誤。
圖4-3-9
例7 (2024·山西長治期末)如圖4-3-9甲所示，一算盤
（未全部畫出）靜置在水平桌面上，中間帶孔的算
珠可穿在固定的桿上滑動，使用時發現有一顆算珠
位于桿的一端，處于未歸零狀態，在 時刻對
該算珠施加沿桿方向的力 ，使其由靜止
開始運動，經撤去，此后再經 算珠恰
好能到達另一端，處于歸零狀態。算珠在整個運動
過程中的 圖像如圖乙所示，算珠可視為質點，
算珠與桿間的動摩擦因數恒定，重力加速度
。下列說法正確的是( )
題型2 牛頓第二定律與圖像的綜合應用問題
A.桿長
B.算珠與桿間的動摩擦因數為0.2
C.算珠的質量為
D.若不撤去，則算珠在 時已處于歸零狀態
【解析】由 圖像與坐標軸所圍的面積表示位移，可知桿長為
，選項A錯誤；對算珠，由牛頓第二定律得
，，由圖像可知撤去 前后算珠的加速度大小分別為
，聯立解得， ，選項B正確，C錯誤；
若不撤去，算珠將以的加速度沿桿做勻加速直線運動，經 位移為
，則算珠此時未處于歸零狀態，選項D錯誤。
√
【學會了嗎│變式題】
3.質量為的物體在水平推力的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去 ，
其運動的圖像如圖4-3-10所示。取 。求：
圖4-3-10
. .
（1）物體與水平面間的動摩擦因數 ；
【答案】0.2
【解析】設物體做勻減速直線運動的時間為，初速度為，末速度為 ，加速
度為 ，則
設物體所受的摩擦力為，根據牛頓第二定律得 ②
又 ③
聯立①②③得 。 ④
（2）水平推力 的大小；
【答案】
【解析】設物體做勻加速直線運動的時間為，初速度為，末速度為 ，加速
度為，則 ⑤
根據牛頓第二定律得 ⑥
聯立③④⑤⑥得 。
（3） 內物體位移的大小。
【答案】
解法1 由勻變速直線運動的位移公式得
。
解法2 根據 圖像與坐標軸圍成的面積表示位移得
。
圖4-3-11
例8 兩輕繩拴接一定質量的小球,兩輕繩與豎直方向的夾角如圖4-3-
11所示,若只剪斷繩,剪斷瞬間小球的加速度大小為,若只剪斷 繩，
剪斷瞬間小球的加速度大小為 ,已知剪斷繩的瞬間，小球在沿繩方
向的加速度為零，只有垂直于繩的加速度，則 為( )
C
A. B. C. D.
【解析】剪斷一條輕繩瞬間，另一條繩對小球的拉力發生突變。只剪斷 繩瞬間,小
球所受合力沿與繩垂直斜向右下方的方向,沿繩與垂直 繩方向分解小球重力得
，解得。同理只剪斷 繩瞬間，小球的加速度大小為
,則 ，故選C。
微專題1 瞬時變化問題中的物理模型
圖4-3-12
例9 （多選）如圖4-3-12所示,甲、乙、丙三小球均處于靜止狀態,其
中乙、丙間通過輕彈簧連接,甲、乙間及甲與天花板間均由輕繩連接,
甲、乙、丙三小球的質量分別為、、,重力加速度為 ,將甲
與天花板間的輕繩剪斷瞬間,三小球的加速度大小為( )
AD
A. B. C. D.
【解析】剪斷輕繩前,對丙由平衡條件可得彈簧彈力 ，將甲與天花板間的輕繩
剪斷瞬間,彈簧彈力不變（【明思路】因為彈簧形變量不變。），則 ，甲、乙
加速度相同,對甲、乙整體由牛頓第 二定律可得，解得 ，
故A、D正確。
. .
. .
例10 如圖4-3-13,、兩球質量相等,光滑斜面固定在地面上，傾角為 ,圖甲中, 、
兩球用輕彈簧相連,圖乙中、兩球用輕桿相連,系統靜止時,擋板 與斜面垂直,彈簧、
輕桿均與斜面平行,則在突然撤去擋板的瞬間( )
B
圖4-3-13
A.圖甲中 球的速度不為零
B.圖乙中兩球加速度大小均為
C.圖乙中輕桿的作用力一定不為零
D.圖甲中球的加速度大小是圖乙中 球加速度大小的3倍
【解析】設A、B質量均為 ，對于圖甲,突然撤去擋板的瞬間,由于A、B還沒開始運
動,故彈簧彈力不變,A仍處于平衡狀態,加速度為0，速度為0,此時B所受合力大小等于
擋板在時擋板對B施加的支持力大小,為 ,由牛頓第二定律可得
,則B的加速度大小為 ；對于圖乙,突然撤去擋板的瞬間,
A、B加速度相同，對A、B及輕桿整體，由牛頓第二定律可得 ，則
A、B的加速度大小為,設輕桿對A的作用力為 ,對A由牛頓第二定律可得
，解得 ,故圖乙中輕桿的作用力一定為零。綜上知，A、C、
D錯誤，B正確。
例11 (2024·山西太原期末)如圖4-3-15所示，在粗糙水平面上依次并排緊靠著三個木
塊1、2、3，已知木塊1、2、3的質量分別為、、 ，每個木塊與水平面間的動
摩擦因數均相同。現用一水平向右的恒力 推木塊，使三個木塊一起向右做勻加速直
線運動，則木塊1對木塊2的作用力與木塊2對木塊3的作用力的大小之比為( )
圖4-3-15
B
A. B. C. D.
微專題2 連接體模型
【解析】將三個木塊1、2、3看作整體，由牛頓第二定律得 ，解得
；將木塊2、3隔離出來，由牛頓第二定律得
，解得 ；再隔離木塊3，由牛頓第二定律得
，解得，則有 ，選項B正確。
圖4-3-16
例12 如圖4-3-16所示，固定斜面傾角為 ，木塊的質量為 ，疊
放在木塊的上表面上。木塊 的上表面水平，下表面與斜面間無
摩擦，已知重力加速度為，當與 保持相對靜止一起沿斜面下
滑時，求 所受的彈力與摩擦力的大小。
【答案】;
圖4-3-17
【解析】和 組成一個簡單的連接體，有共同的加速度，
采用整體法（一般先用整體法求速度，再用隔離法分析受
力情況。）分析可知，它們的加速度大小 ，平行
于斜面向下。再對 進行受力分析，并分解加速度，如圖4-
3-17甲、乙所示，則 ， ，根據牛頓
第二定律得，，且 ,聯立以上各式解得
， 。
. .
. .
謝謝大家

展開更多......

收起↑