牛顿第二定律复习

第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟作 用力成 正比 ，跟物体的质量成 反比 ， 加速度的方向跟作用力的方向 相同 ．
2．表达式：F＝ma
3．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考 系，即相对于地面 静止或匀速直线运动 的
参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相 对于分子、原子等)、 低速 运动(远小于光 速)的情况．
Ff=μFN
代入数据，得a=2 m/s2. (2)由运动学公式，得L= 代入数据，得t=2 s.
1 2
at2
答案：(1)2 m/s2 (2)2 s
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二、解答两类动力学问题的基本 方法及步骤
1．解答两类动力学问题的基本方 法
(1)明确题目中给出的物理现象和 物理过程的特点，如果是比较复杂的 问题，应该明确整个物理现象是由哪 几个物理过程组成的，找出相邻过程 的联系点，再分别研究每一个物理过 程．
(2)根据问题的要求和计算方法， 确定研究对象，进行分析，并画示意 图．图中应注明力、速度、加速度的 符号和方向．对每一个力都明确施力 物体和受力物体，以免分析力时有所 遗漏或无中生有．
4 s内下降了12 m．为使气球安全着 陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱 物．此后发现气球做匀减速运动，下 降速度在5分钟内减少了3 m/s.若空气 阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重 力加速度g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱 物的质量．
【解析】 设堵住漏洞后，气球的 初速度为 v0，所受的空气浮力为 F，气 球、座舱、压舱物和科研人员的总质量 为 m，由牛顿第二定律得 mg－F＝ma①
(1)刷子沿天花板向上运动的加速 度；
(2)工人把刷子从天花板底端推到 顶端所用的时间．
解析：
(1)以刷子为研究对象，受力分析 如图．
设向上的推力为F，滑动摩擦力为 Ff，弹力为FN
由牛顿第二定律，得
垂直天花板方向：
FN=(F-mg)cos53° 沿着天花板方向：
(F-mg)sin53°-Ff=ma
(3)应用牛顿运动定律和运动学公 式求解，通常先用表示物理量的符号 运算，解出所求物理量的表达式，然 后将已知物理量的数值及单位代入， 通过运算求结果．
(4)分析流程图
2．应用牛顿第二定律的解题步骤 (1)明确研究对象．根据问题的需 要和解题的方便，选出被研究的物 体． (2)分析物体的受力情况和运动情 况，画好受力分析图，明确物体的运 动性质和运动过程．
图3－2－6 由牛顿第二定律得F静＝max，mg －FN＝may，
解得F静＝macosθ，FN＝m(g－ asinθ)．
图3－2－7
法二：以人为研究对象，受力分 析如图3－2－7所示．因摩擦力F为待 求，且必沿水平方向，设为水平向 右．建立如图所示坐标系，并规定正 方向．
根据牛顿第二定律得x方向： mgsinθ－FNsinθ－Fcosθ＝ma① y方向： mgcosθ＋Fsinθ－FNcosθ＝0②
即时应用
2．如图3－2－2所 示，一质量为m的物块 放在水平地面上，现在 对物块施加一个大小为 F的水平恒力，使物块 从静止开始向右移动距 离s后立即撤去F，物块 与水平地面间的动摩擦 因数为μ.求：
图3－2－2
(1)撤去F时，物块的速度大小； (2)撤去F后，物块还能滑行多远？
解析：(1)设撤去 F 时物块的
将题设数据m＝990 kg，v0＝1 m/s，t＝4 s，h＝12 m，Δt＝300 s，Δv ＝3 m/s，g＝9.89 m/s2
代入②④⑤式得m′＝101 kg. 【答案】 101 kg
变式训练
2．上题中，若要使气球匀速下 降，则向舱外抛出的压舱物的质量是 多少？
解析：若气球匀速下降，则F＝(m －Δm)g
(3)选取正方向或建立坐标系，通
常以加速度的方向为正方向或以加速 度方向为某一坐标轴的正方向．
(4)求合外力F合． (5)根据牛顿第二定律F合＝ma列方 程求解，必要时还要对结果进行讨 论．
特别提醒
1．物体的运动情况是由所受的力 及物体运动的初始状态共同决定的．
2．无论是哪种情况，联系力和运 动的“桥梁”都是加速度．
式中 a 是气球下降的加速度．以此 加速度在时间 t 内下降了 h，则 h＝v0t ＋12at2②
当向舱外抛掉质量为 m′的压舱物 后，有
F－(m－m′)g＝(m－m′)a′③ 式中 a′是抛掉压舱物后气球的加速 度，由题意，此时 a′方向向上 Δv＝a′Δt④ 式中 Δv 是抛掉压舱物后气球在 Δt 时间内下降速度的减少量，由①③得 m′＝mag＋ ＋aa′′⑤
变式训练
3．(2010年江苏淮安第一 次调研)楼梯口一倾斜的天花 板与水平面成θ＝37°，如图 3－2－8所示，一装潢工人手 持木杆绑着刷子粉刷天花 板．工人所持木杆对刷子的 作用力始终保持竖直向上， 大小为F＝10 N，刷子的质量
图3－2－8
为m＝0.5 kg，刷子可视为质 点．刷子与板间的动摩擦因数为0.5， 板长为L＝4 m，取sin37°＝0.6，试 求：
由①②两式可解得FN＝m(g－ asinθ)，F＝－macosθ.
F为负值，说明摩擦力的实际方向 与假设方向相反，为水平向左．
【答案】 见解析
【方法技巧】 (1)对受多个力作 用的物体应用牛顿第二定律时，常用 的方法是正交分解，分解时，可以分 解力，也可以分解加速度．
(2)判断静摩擦力的方向、计算静 摩擦力的大小时，若物体处于平衡状 态，则可根据平衡条件判断静摩擦力 的方向，计算摩擦力的大小；若物体 有加速度，则应根据牛顿第二定律判 断静摩擦力的方向，并计算其大小．
可以互相讨论下，但要小声点
4．国际单位制中的基本物理量和基 本单位
一、对牛顿第二定律的理解 1．牛顿第二定律的“四性”
2.关于瞬时加速度 分析物体在某一时刻的瞬时加速 度，关键是分析该时刻物体的受力情 况及运动状态，再由牛顿第二定律求 出瞬时加速度．此类问题应注意两种 基本模型的建立．
(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生 明显形变就能产生弹力的物体，剪断 (或脱离)后，弹力立即改变或消失，不 需要形变恢复时间，一般题目中所给 的细线、轻杆和接触面在不加特殊说 明时，均可按此模型处理．
【答案】 (1)10 N (2)8 m/s2 方向向左 (3)0
变式训练
1.如图3－2－4所示是两根轻弹簧
与两个质量都为m的小球连接成的系
统，上面一根弹簧的上端固定在天花
板上，两小球之间还连接了一根不可
伸长的细线．该系统静止，细线受到
的拉力大小等于4 mg.在剪断了两球之
间的细线的瞬间，球A的加速度aA和
弹簧处于压缩状态，对A与B及二 者间弹簧这一整体，有：FA=2mg，
对B：FT=FAB+mg ∴FAB=3mg
题型二 两类动力问题的求解
例2 (2008年高考海南卷)科研人员乘气
球进行科学考察．气球、座舱、压舱 物和科研人员的总质量为990 kg.气球 在空中停留一段时间后，发现气球漏 气而下降，及时堵住．堵住时气球下 降速度为1 m/s，且做匀加速运动，
思考
由牛顿第二定律得 m＝Fa，由此说明 物体的质量与合力成正比，与加速度成 反比，这种说法对吗？为什么？
【思考·提示】 不对．物体的 质量与受力、运动情况无关．
二、两类动力学问题
1．已知物体的受力情况，求物体 的 运动情况 ．
2．已知物体的运动情况，求物体 的 受力情况 ．
特别提示：利用牛顿第二定律解 决动力学问题的关键是利用加速度的 “桥梁”作用，将运动学规律和牛顿 第二定律相结合，寻找加速度和未知 量的关键，是解决这类问题的思考方 向．
面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻 绳的瞬间，g取10 m/s2.求：
(1)此时轻弹簧的弹力大小为多 少？
(2)小球的加速度大小和方向？ (3)当剪断弹簧的瞬间小球的加速 度为多少？
【解析】 (1)因此时水平面对小 球的弹力为零，小球在绳没有断时受
到绳的拉力FT和弹簧的弹力FN作用而 处于平衡状态，依据平衡条件得
2．细绳弹力可以发生突变而弹簧 弹力不能发生突变．
即时应用
如图3－2－1所示，物体 P以一定的初速度v沿光滑水 平面向右运动，与一个右端 固定的轻质弹簧相撞，并被 弹簧反向弹回．若弹簧在被 压缩过程中始终遵守胡克定 律，那么在P与弹簧发生相互 作用的整个过程中( )
图3－2－1
A．P的加速度大小不断变化，方 向也不断变化
B．P的加速度大小不断变化，但 方向只改变一次
C．P的加速度大小不断改变，当 加速度数值最大时，速度最小
D．有一段过程，P的加速度逐渐 增大，速度也逐渐增大
解析：选C.在P与弹簧作用的整个 过程中，弹簧对P的弹力的方向不变， 大小先增大后减小，所以P的加速度方 向不变，大小先增大后减小，故A、B 错；当P把弹簧压缩到最短时，加速度 达到最大，速度减小到最小为0，而后 加速度逐渐减小，速度逐渐增大，故C 对D错．
速度大小为 v，根据牛顿第二定律，
物块的加速度 a＝F－μm mg又由运
动学公式 v2＝2as
解得 v＝
2(F－μmg)s
m
.
(2)撤去 F 后物块只受摩擦力，做匀减 速运动至停止，根据牛顿第二定律，物块 的加速度
a′＝μmmg＝μg 由运动学公式 vt2－v2＝2a′s′ 且 vt＝0 解得 s′＝(μmFg－1)s.
答案：(1)
2(F－μmg)s m
(2)(μmF g－1)s
题型一 对牛顿第二定律瞬时性的理解
例1 (2009年广东模拟)在动
摩擦因数μ＝0.2的水平面 上有一个质量为m＝1 kg的
小球，小球与水平轻弹簧 及与竖直方向成θ＝45°角
的不可伸长的轻绳一端相 连，如图3－2－3所示．
图3－2－3
此时小球处于静止平衡状态，且水平
球B的加速度aB分别是( )
图3－2－4
A．2g，竖直向下；2g，竖直向下 B．4g，竖直向上；4g，竖直向下 C．2g，竖直向上；2g，竖直向下 D．2g，竖直向下；4g，竖直向下
解析：选B.
系统初始时刻处于平衡状态，分 别对A、B球受力分析，如图所示，由 于细线拉力FT=4mg，则说明AB之间
(2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特 点是形变量大，形变恢复需要较长时 间，在瞬时问题中，其弹力的大小往 往可以看成是不变的．
特别提醒
1．力和加速度的瞬时对应性是高 考的重点．物体的受力情况应符合物 体的运动状态，当外界因素发生变化 (如撤力、变力、断绳等)时，需重新进 行运动分析和受力分析，切忌想当 然！
竖直方向有：FTcosθ＝mg， 水平方向有：FTsinθ＝FN， 解得弹簧的弹力为：FN＝mgtanθ ＝10 N.
(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水 平面支持力平衡重力 F′N＝mg，
由牛顿第二定律得小球的加速度为： a＝FN－mμF′N＝8 m/s2，方向向左． (3)当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面 支持力和重力，且二力平衡，加速度为 0.
三、力学单位制 1．单位制：由基本 单位和导出单 位一起组成了单位制．
2．基本单位：基本物理量的单
位，基本物理量共七个，其中力学有三 个，它们是 长度 、 质量 、 时间 ，它 们的单位分别是 米 、 千克 、 秒 ．
3．导出单位：由基本量根据 物理 关系 推导出来的其他物理量的单位．
大家有疑问的，可以询问和交流
wk.baidu.com再根据mg－F＝ma，h＝v0t＋at2 解得：Δm≈100 kg. 答案：100 kg
题型三 正交分解法的应用
例3 如图3－2－5所
示，质量为m的人站在
自动扶梯上，扶梯正以 加速度a向上减速运 动，a与水平方向的夹 角为θ.求人所受到的支 持力和摩擦力．
图3－2－5
【解析】 法一：以人为研究对 象，他站在减速上升的电梯上，受到 竖直向下的重力mg和竖直向上的支持 力FN，还受到水平方向的静摩擦力F 静，由于电梯斜向下的加速度有一个水 平向左的分量，故可判断静摩擦力的 方向水平向左，人受力如图3－2－6甲 所示，建立如图所示的坐标系，并将 加速度分解为水平方向加速度ax和竖直 方向加速度ay，如图3－2－6乙所示， 则ax＝acosθ，ay＝asinθ.