1、1牛顿第二定律及其应用上海市金陵中学：范世民我们在学习力的过程中深感有两种力弹力和静摩擦力有时难以分析确定，这绝不是我们没有学好或质疑我们的能力，当我们掌握了牛顿第二定律后，你的困惑就会迎忍而解！一、牛顿第二定律牛顿通过大量定量实验研究总结出：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向和合外力的方向相同。这就是牛顿第二定律。其数学表达式为： ；或mFkaak 牛顿第二定律是描述力的作用效果的，在使用过程中，建议关注如下“五性”：1、单位统一性：只有选用质量的单位为千克、加速度的单位为米/秒 2、力的单位为牛顿（使 1 千克的物体产生 1 米/秒 2 的加速度的力规定
2、为 1 牛顿）时，上式中的比例系数 k 才是 1，故使用 F=ma 时，单位一定要统一在 SI 制中 。2、矢量性：合外力 F 是使物体产生加速度 a 的原因，反之，a 是 F 产生的结果，故物体加速度方向总是与其受到的合外力方向一致，反之亦然。应用牛顿第二定律列方程前务必选取正方向。3、等值不等质性：虽然 ma=F，但 ma 不是力，而是反映物体状态变化情况的；虽然 ，但 仅仅是度量物体质量大小的方法，m 与 F 或 a 无关。aFm/例题 1、如图所示的小车上装有轻质杆 ABC，当小车以加速 a 水平向左运动时杆 C 端对小球的作用力为：Ama Bmg/sin Cmg/cos D 2gm【
3、解析】小球受竖直向下的重力和杆对小球的弹力（方向不一定沿杆）作用，据牛顿第二定律的等值性和矢量性知：这两个力的合力大小等于 ma，方向水平向左， 由力的合成法则知 D 对4、瞬时性：物体的加速度与其受到的合外力时刻对应，没有先后之分，只要合外力发生突变，物体的加速度就会发生突变，但速度不能突变。例题 2、一个小孩在蹦床上作游戏，他从高处落到蹦床后又被弹起到原来高度。小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图所示，图中 oa 段和 cd 段为直线，abc 为曲线，则根据此图象可知：（ ）2A、t 1 时刻小孩开始和蹦床相接触B、t 2t4 时间内蹦床形变越来越大C、小
4、孩和蹦床接触的时间为 t1t5D、t 3 时刻蹦床形变量最大解析：小孩在落到蹦床前的过程中，做自由落体运动，对应于图中 o t1 段；小孩落到蹦床后，开始，重力大于弹力，小孩加速下降，但因弹力逐渐增大，小孩受到的合力逐渐减小，故加速度逐渐减小直到零，速度达最大，对应于图中 t1t2 段；随后，弹力继续增大，合力向上增大，小孩做加速度逐渐增大的减速运动，直到加速度最大而速度为零，对应于图中 t2t3 段；继续分析，不难得出 A、C 、D 对。5、适用性：牛顿第二定律只适用于处理宏观物体的低速运动（远小于光速）问题；在高中阶段，加速度的参照系一般选相对地面静止或匀速运动的物体。例题 3、小滑块从
5、A 处由静止开始沿斜面下滑，经过静止的粗糙水平传送带后以速率 V0 离开 C 点。如图所示，若传送带转动而其他条件不变，下列说法正确的是：A、若顺时针方向转动，滑块离开 C 点的速率仍为 V0B、若顺时针方向转动，滑块离开 C 点的速率可能大于 V0C、若逆时针方向转动，滑块离开 C 点的速率一定为 V0D、若逆时针方向转动，滑块离开 C 点的速率可能小于 V0解析：不论传送带怎么转动，只要滑块相对传送带一直从 B 滑到 C，据牛顿第二定律知：滑块对地的加速度都是 a=g，BC 对地的距离 S 也相同，由 ，02VSVBC若顺时针方向转动，且皮带转动速度小于 V0，则滑块一直相对传送带从 B
6、滑到C，故 VC=V0；但若皮带转动速度大于 V0，则滑块滑到传送带后可能先减速后匀速、或先加速后匀速、或一直加速，此时 VCV0；若逆时针方向转动，滑块必定一直从 B 滑到C，故 VC=V0；所以 B、C 对。二、牛顿第二定律的应用我们知道：物体的运动本不需要力来维持，但物体做什么样的运动却与力密切相关，牛顿第二定律就是联系力与运动的桥。深刻理解这一点就明确了牛顿第二定律所能解决的两大问题（已知运动求力和已知力求运动）的解题思路。atvt021S31、已知运动求力分析物体的受力情况，通常采用隔离法，根据重力、弹力、摩擦力产生的原因，先分析重力，再逐个分析每一个与它接触的物体是否对它施加了弹力
7、、摩擦力；并将所有对它施加的力一一画在受力图上。但由于通常情况下物体的弹性形变和物体间的相对滑动趋势是看不见的，这些力就需要“待定” 。应用牛顿第二定律，从运动与力的关系去分析可简便地确定这些“待定”力。例 4、一质量为 M=10kg 的木楔 ABC 静置于粗糙水平地面上，它与地面间的动摩擦因数 =0.02，在木楔的倾角为 300 的斜面上，有一质量为 m=1.0kg 的物块由静止开始沿斜面下滑，如图所示。当滑行的距离为 S=1.4m 时，其速度 V=1.4m/s。在这个过程中木楔没动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向。【解析】物块沿斜面下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，由 得：aSV222
8、2/7.041.smV对整体在水平方向用牛顿第二定律：，方向水平向左。NCosmf 6.3.30例 5、如图所示，光滑的斜槽 ABC 的 BC 部分水平，ABC90 0，球相对槽静止，试分析球可能出现的受力力情况。解析：（1）若斜槽与球静止或做匀速直线运动，据平衡条件，球受重力和 BC 部分槽的支持力作用；（2）若斜槽与球一起做自由落体运动，则只受重力作用；（3）若斜槽与球一起有水平向右的加速度（小于 gtan） ，据牛顿第二定律，球受重力、BC 部分槽的支持力和 AB 部分槽的弹力作用；（4）若斜槽与球一起有水平向右的加速度，且加速度恰好等于 gtan，则球受重力和 AB 部分槽的弹力作用。
9、2、已知力求运动例题 6、质量为 10kg 的物体在倾角为 370 的斜面底部受一个沿斜面向上的力 F=100N 作用，由静止开始运动。2s内物体在斜面上移动了 4m， 2s 末撤去力 F，求 F 撤去后，经过多长时间物体返回斜面底部（g=10m/s 2）？解析：物体在三个不同阶段的受力情况如图所示。4在加速上滑阶段： ，a 1=2m/s2，21tS据牛顿第二定律： （沿斜面向上为正）1037mfingFNf 26.010在 F 撤走瞬间，物体的速度为 staV/41设在减速上滑阶段的加速度为 a2，所用时间为 t2，位移为 S2，则有：（选沿斜面向下为正） ，2037mfSing /8sm，
10、saVt5.2tV1设在加速下滑阶段的加班工为 a3，所用时间为 t3，位移为 S3，则有：， ，3037mfSing 2/4smS521，t 3=1.58s，21a所以，撤力后经时间 t=t2+t3=2.08s，物体返回斜面底部。通过上面的例题解析不难发现：深刻理解牛顿第二定律的“五性”和它的桥梁作用，是掌握牛顿第二定律，正确使用牛顿第二定律的关键。牛顿第二定律应用的常见题型丁东晓以牛顿第二定律为核心的动力学是力学的重要组成部分，也是高考中的考查热点，学习时我们一定要深刻理解牛顿第二定律，并能熟练应用牛顿第二定律求解相关问题，下面介绍牛顿第二定律应用的几类典型问题。一、连接体问题此类问题高考
11、仅限于几个物体的加速度相同的情形，求解此类问题需灵活运用整体法和隔离法。求解“内力”问题通常先对整体运用牛顿第二定律，求出系统的加速度，再用隔离法研究连接体中一个物体，即可求出物体间的相5互作用力；求解“外力”问题，需先分析连接体中的一个物体，确定系统的加速度，再对整体运用牛顿第二定律，即可求出“外力”。例 l. 如下图所示，质量为 2m 的物体 A 与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为 m 物块 B 与地面间的动摩擦因数为 ，在已知水平推力 F 作用下，AB 一起做加速运动，A 和 B 间的作用力为_。解析：先把 AB 看作一个整体，系统受到的合外力为 ，系统的加速度为 ，再对物体 B 分析，
12、由牛顿第二定律有 ，解得 。二. 瞬时问题牛顿第二定律反映了物体所受合外力与加速度的瞬时对应关系，当物体所受外力突然发生变化时，物体的加速度也会随之变化。求解此类问题，需分别分析物体受力变化前和变化后的受力情况，确定物体受力是如何发生突变的，再分别应用牛顿第二定律列式求解。例 2. 木块 A、B 的质量分别为 。两木块之间用一轻弹簧相连接后放在光滑水平桌面上，用 F=10N 的水平恒力沿 AB 连线方向拉 A，使A 和 B 沿桌面滑动，如下图所示，滑动中 A、B 具有相同的加速度时突然撤去拉力 F，求撤去拉力 F 的瞬间，A 和 B 的加速度各多大？解析：撤去拉力 F 时，A 和 B 有相同加
13、速度，对 A、B 整体分析，由牛顿第二定律有 ，得6；研究木块 B，它受到的弹力为，撤去拉力 F 的瞬间，轻弹簧的形变量没有变化，木块 B 受力不变，此时 B 的加速度与原来相同仍为 ；撤去拉力 F 的瞬间，木块 A 受弹簧拉力大小仍为 6N，此时 A 的加速度为，方向向左。三. 临界与极值问题当物体从一种物理现象转变为另一种物理现象，或从一个物理过程转入另一个物理过程，此时往往有一个临界状态，而极值问题也伴随临界问题的出现而出现。详细分析物理过程，根据条件或状态变化，找出临界点或临界条件，是求解此类问题的关键。例 3. 如下图所示，质量为 m=1kg 的物块放在倾角为 =37的斜面体上，斜面
14、质量为 ，斜面与物块间的动摩擦因数为 ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力 F，要使物体 m 相对斜面静止，试确定推力 F 的取值范围。解析：（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为 ，此时物块受力如下图所示，取加速度的方向为 x 轴正方向：7对物块分析，在水平方向有 ，竖直方向有，对整体有 ，代入数值得， 。（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为 ，对物块受力分析，在水平方向有 ，竖直方向有，对整体有 ，代入数值得综上所述可知推力 F 的取值范围为： 。四、超重与失重问题质量为 m 的物体以加速度 a 竖直向上运动时，它对水平支持面的压力 （或对竖直悬线的张力 ）大于
15、重力， ，常说物体超重了 ma；同理物体以加速度 a 竖直向下运动时， ，常说物体失重了 ma。解决超重与失重问题的首要任务是对系统进行受力分析，确定物体在竖直方向上是否有加速度，从而确定物体是否超重或失重，明确物体加速度的方向是求解超重与失重问题的关键。例 4. 如下图所示，有一质量为 m 的木块在质量为 M 的粗糙斜面上匀减速下滑，则地面受到的正压力为：8A. 等于 ；B. 大于 ；C. 小于 ；D. 无法确定。解析：分析 M、m 运动状态，知 M、m 整体有竖直向上的加速度分量，处于超重状态，整体对地面的压力大于 ，选 B。五. 传送带问题传送带广泛应用于工农业生产，中学物理也常引入该模
16、型，这样既能提高学习物理的兴趣，又能够培养观察问题分析问题的能力。求解此类问题应认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力的作用，如果受到滑动摩擦力应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。求解此类问题的关键是找准临界情况，即物体与传送带速度相等是传送带问题的临界情况，此时物体受到的摩擦力会发生突变，有时摩擦力的大小发生突变，有时摩擦力的方向发生突变。例 5. 如下图所示为车站使用的水平传送带模型，传送带长 L8m，现有一质量为 m=10kg 的旅行包以 的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅行包与传送带间的动摩擦因数为 ，可将旅行包视为质点，取
17、。试讨论如下问题：（1）若传送带静止，则旅行包从传送带左端 A 滑到右端 B 所需要的时间是多少？9（2）若传送带以速度 v=4m/s 沿顺时针方向匀速转动，则旅行包从传送带左端 A 滑到右端 B 历时多少？（3）若传送带以速度 v=4m/s 沿逆时针方向匀速转动，则旅行包能否从传送带的 A 端滑到 B 端？如不能试说明理由；如能试计算历时多少？解析：（l）取旅行包为研究对象，若传送带静止，旅行包在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律得，设旅行包由 A 端滑到 B 端历时 ，由运动学公式得 ，解得 ，由于旅行包由开始到静止共历时不符合运动实际情况，故舍去。（2）设旅行包滑到 B 端时，其速度恰好与传送带的速度 v 相等，则有，解得此时传送带的速度为，说明旅行包在传送带上应先做匀减速运动然后匀速运动，设旅行包匀减速运动时间为 ，则有， 旅行包匀速运动的位移为 ，旅行包由 A 端滑到 B 端所用时间为 。（3）若传送带以速度 沿逆时针方向匀速转动，旅行包的受力情况与传送带静止时相同，旅行包能从传送带的 A 端滑到 B 端，所用时间同样为
