牛顿第二定律及其应用

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：mFka；或amkF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aFm/，但aF/仅仅是度量物体质量大小的方法，m与F或a无关。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：A．maB．mg/sinθC．mg/cosθD．22gam【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、t1时刻小孩开始和蹦床相接触B、t2~t4时间内蹦床形变越来越大C、小孩和蹦床接触的时间为t1~t5D、t3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t1~t2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t2~t3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=μg，BC对地的距离S也相同，由022VSgVVBC，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。atvvt02021attvS31、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．．、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μ=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aSV22得：222/7.04.124.12smSVa对整体在水平方向用牛顿第二定律：NCosmaf61.0237.01300，方向水平向左。例5、如图所示，光滑的斜槽ABC的BC部分水平，∠ABC900，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g·tanθ），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g·tanθ，则球受重力和AB部分槽的弹力作用。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/s2）？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：211121taS，a1=2m/s2，据牛顿第二定律：1037mafSinmgF（沿斜面向上为正）Nf202106.01010100在F撤走瞬间，物体的速度为smtaV/411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：2037mafSinmg（选沿斜面向下为正），22/8smasaVt5.022，mtVS1222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：3037mafSinmg，23/4sma，mSSS5213233321taS，t3=1.58s，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。