第三章_牛顿运动定律

第三章牛顿运动定律第 1 课时牛顿第一定律牛顿第三定律基础知识归纳1.牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.(2)牛顿第一定律的意义①指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律.②指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因.(3)惯性①定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.②量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.③普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性.2.牛顿第三定律(1)作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这个物体也施加了力.(2)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上.(3)大小相等方向相反作用在两个物体上同时产生同时消失典例精析1.牛顿第一定律的应用【例1】如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m 1、m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则两个小球()A.一定相碰B.一定不相碰C.不一定相碰D.难以确定是否相碰，因为不知小车的运动方向【解析】两个小球放在光滑的小车表面上，又不考虑其他阻力，故水平方向不受外力，由牛顿第一定律可知，两小球仍然以相同的速度做匀速直线运动，永远不相碰，只有B对.【答案】B【思维提升】运用牛顿第一定律解决问题时，正确的受力分析是关键，如果物体不受力或所受合外力为零，物体的运动状态将保持不变，同理可知，如果物体在某一方向上不受力或所受合外力为零，则物体在这一方向上的运动状态(即速度)保持不变.2.对惯性概念的理解【例2】做匀速直线运动的小车上，水平放置一密闭的装有水的瓶子，瓶内有一气泡，如图所示，当小车突然停止运动时，气泡相对于瓶子怎样运动？【解析】从惯性的角度去考虑瓶内的气泡和水，显然水的质量远大于气泡的质量，故水的惯性比气泡的惯性大.当小车突然停止时，水保持向前运动的趋势远大于气泡向前运动的趋势，于是水由于惯性继续向前运动，水将挤压气泡，使气泡相对瓶子向后运动.【思维提升】分别考虑水和气泡的惯性是解决本题的关键，抓住惯性只与质量有关，质量越大，惯性越大，也就是运动状态更不易改变.【拓展1】在上题中：(1)若在瓶内放一小软木块，当小车突然停止时，软木块相对于瓶子怎样运动？(2)若在瓶内放一小铁块，又如何？【解析】(1)由于木块的密度小于水的密度，所以同体积的水质量大于木块的质量，水的惯性比木块大，木块将相对于瓶子向后运动.(2)由于同体积的铁块质量大于水的质量，铁块的惯性比水大，所以铁块相对于瓶子将向前运动.3.作用力与反作用力和平衡力的区别【例3】如图所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G′＝50 N，另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长a＝10 cm的金属块，金属块的密度ρ＝3×103 kg/m3，当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水中深b＝4 cm时，弹簧秤和台秤示数分别为多少？(水的密度是ρ水＝103 kg/m3，取g＝10 m/s2)【解析】金属块的受力分析如图所示，因金属块静止，故有F T＝G－F浮又因G＝ρa3g＝30 N，F浮＝ρ水gV排＝ρ水ga2b＝4 N由牛顿第三定律知水对金属块的力与金属块对水的力都为4 N，F T＝30 N－4 N＝26 N 台秤的示数由于浮力的作用力增加了F′＝4 N，所以台秤的示数为F N＝G′＋F′＝54 N易错门诊【例4】关于马拉车时马与车的相互作用，下列说法正确的是()A.马拉车而车未动，马向前拉车的力小于车向后拉马的力B.马拉车只有匀速前进时，马向前拉车的力才等于车向后拉马的力C.马拉车加速前进时，马向前拉车的力大于车向后拉马的力D.无论车是否运动、如何运动，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力【错解】C；马拉车加速前进，就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大，由此而得出结论：马向前拉车的力大于车向后拉马的力.【错因】产生上述错解原因是学生凭主观想象，而不是按物理规律分析问题.按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的，车随马加速前进是因为马对车的拉力大于地面对车的摩擦力.【正解】马拉车的力和车拉马的力是一对作用力和反作用力.根据牛顿第三定律，物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故不管在什么情况下，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力，而与马车的运动状态无关，故A、B、C错误，D 正确.【答案】D第 2 课时牛顿第二定律力学单位制基础知识归纳1.牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度与所受合外力成正比，跟物体的质量成反比.(2)表达式：F＝ma.(3)力的单位：当质量m的单位是kg、加速度a的单位是m/s2时，力F的单位就是N，即1 kg•m/s2＝1 N.(4)物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系，且这种关系是瞬时的.(5)适用范围：①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对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)、低速运动(远小于光速)的情况.2.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.①基本单位：基本物理量的单位.力学中的基本物理量有三个，它们是长度、质量、时间；它们的国际单位分别是米、千克、秒.②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.重点难点突破一、力和运动关系的分析分析力和运动关系问题时要注意以下几点：1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系.2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速.典例精析1.瞬时性问题分析【例1】如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态.(1)现将L2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度；(2)若将图甲中的细线L1改为质量不计的轻弹簧而其余情况不变，如图乙所示，求剪断L2线瞬间物体的加速度.【解析】(1)对图甲的情况，L2剪断的瞬间，绳L1不可伸缩，物体的加速度只能沿切线方向，则mg sin θ＝ma1所以a1＝g sin θ，方向为垂直L1斜向下.(2)对图乙的情况，设弹簧上拉力为F T1，L2线上拉力为F T2.重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，有F T1cos θ＝mg，F T1sin θ＝F T2，F T2＝mg tan θ剪断线的瞬间，F T2突然消失，物体即在F T2反方向获得加速度.因为mg tan θ＝ma2，所以加速度a2＝g tan θ，方向与F T2反向，即水平向右.【思维提升】(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；(2)求解此类瞬时性问题，要注意以下四种理想模型的区别： 特性模型质量 内部弹力 受外力时 的形变量 力能否突变 产生拉力或压力 轻绳不计 处处相等 微小不计 可以突变 只有拉力没有压力 橡皮绳较大 一般不能突变 只有拉力没有压力 轻弹簧较大 一般不能突变 既可有拉力 也可有压力 轻杆 微小不计 可以突变 既有拉力也可有支持力【拓展1】如图所示，弹簧S 1的上端固定在天花板上，下端连一小球A ，球A 与球B 之间用线相连.球B 与球C 之间用弹簧S 2相连.A 、B 、C 的质量分别为m A 、m B 、m C ，弹簧与线的质量均不计.开始时它们都处于静止状态.现将A 、B间的线突然剪断，求线刚剪断时A 、B 、C 的加速度.【解析】剪断A 、B 间的细线前，对A 、B 、C 三球整体分析，弹簧S 1中的弹力：F 1＝(m A ＋m B ＋m C )g① 方向向上.对C 分析，S 2中的弹力：F 2＝m C g② 方向向上.剪断A 、B 间的细线时，弹簧中的弹力没变.对A 分析：F 1－m A g ＝m A a A③ 对B 分析：F 2′＋m B g ＝m B a B④ 对C 分析：F 2－m C g ＝m C a C⑤ F 2′＝F 2由①③式解得a A ＝AC B m m m +g ，方向向上. 由②④式解得a B ＝B C B m m m +g ，方向向下. 由②⑤式解得a C ＝02.应用牛顿第二定律解题的基本方法【例2】一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a ，如图所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法正确的是( )A.当θ一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小B.当θ一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C.当a 一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D.当a 一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小【解析】解法一：用合成法，根据平行四边形定则求解.对物体作受力分析，如图所示.(设物体质量为m ，斜面对物体的正压力为F N ，斜面对物体的摩擦力为F f )物体具有向上的加速度a ，由牛顿第二定律及力的合成有θcos N F －mg ＝maθ sin f F －mg ＝ma 当θ一定时，a 越大，F N 越大，A 不正确；当θ一定时，a 越大，F f 越大，B 正确；当a 一定时，θ越大，F N 越小，C 正确；当a 一定时，θ越大，F f 越大，D 不正确.解法二：应用正交分解法求解.物体受重力、支持力、摩擦力的作用.由于支持力、摩擦力相互垂直，所以把加速度a 在沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如图所示.沿斜面方向，由牛顿第二定律得：F f －mg sin θ＝ma sin θ① 垂直于斜面方向，由牛顿第二定律得：F N －mg cos θ＝ma cos θ ② 当θ一定时，由①得，a 越大，F f 越大，B 正确.由②得，a 越大，F N 越大，A 错误.当a 一定时，由①得，θ越大，F f 越大，D 错误.由②得，θ越大，F N 越小，C 正确.【答案】BC【思维提升】解题方法要根据题设条件灵活选择.本题的解法二中，要分析的支持力和摩擦力相互垂直，所以分解加速度比较简单，但是当多数力沿加速度方向时，分解力比较简单.【拓展2】风洞实验中可产生水平方向的、大小可以调节的风力，先将一套有小球的细杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图所示.(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动，这时所受风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆的动摩擦因数；(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离x 的时间为多少.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【解析】(1)设小球所受的风力为F ，支持力为F N 、摩擦力为F f 、小球质量为m ，作小球受力图，如图所示，当杆水平固定，即θ＝0时，由题意得F ＝μmg所以μ＝F /mg ＝0.5mg /mg ＝0.5(2)沿杆方向，由牛顿第二定律得F cos θ＋mg sin θ－F f ＝ma① 在垂直于杆的方向，由共点力平衡条件得 F N ＋F sin θ－mg cos θ＝0② 又F f ＝μF N③ 联立①②③式解得a=m F mg F f -+θθ sin cos ＝mmg F ) cos sin ) sin (cos θμθθμθ-++（ 将F ＝0.5mg 代入上式得a ＝43g ④ 由运动学公式得x ＝21at 2 ⑤ 由④⑤式解得t ＝gx g x 384/32=易错门诊3.力和运动的关系【例3】如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m ，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B 点，如果物体受到的摩擦力恒定，则( )A.物体从A 到O 加速，从O 到B 减速B.物体从A 到O 速度越来越小，从O 到B 加速度不变C.物体从A 到O 间先加速后减速，从O 到B 一直减速运动D.物体运动到O 点时所受合力为零【错解】A ；物体在O 点附近来回运动，因此物体在O 点的速度最大，则A 选项正确.【错因】犯以上错误的客观原因是思维定势，好像是弹簧振子的平衡位置O 具有最大速度，这是盲目的模仿，主要是没有好的解题习惯，没有弄清楚力和运动的关系，另外有些同学是忽略了摩擦力.【正解】在A 点，弹簧弹力F 大于摩擦力μmg ，合外力向右，物体加速运动；在O 点，弹簧弹力减小到零，只受摩擦力μmg ，方向向左，物体在A 到O 之间一定存在某点弹力等于摩擦力，此时物体所受到的合外力为零，速度最大.故从A 到O ，物体先加速后减速，加速度先减小后增大.从O 到B ，合外力向左，物体一直减速运动，加速度一直增大，故C 选项正确.【答案】C【思维提升】要正确理解力和运动的关系，物体运动方向和合外力方向相同时物体做加速运动，当弹力减小到等于摩擦力，即合外力为零时，物体的速度最大，小球的加速度决定于小球受到的合外力. 第 3 课时 牛顿运动定律的应用典例精析1.动力学基本问题分析【例1】在光滑的水平面上，一个质量为200 g 的物体，在1 N 的水平力F 作用下由静止开始做匀加速直线运动，2 s 后将此力换为相反方向的1 N 的力，再过2 s 将力的方向再反过来……这样物体受到的力大小不变，而力的方向每过2 s 改变一次，求经过30 s 物体的位移.【解析】物体在1 N 的水平力F 作用下，产生的加速度的大小为a ＝2.01=m F m/s 2＝5 m/s 2 物体在2 s 内做匀加速运动，2 s 内位移为s 1＝21at 2＝21×5×22 m ＝10 m 方向与力的方向相同.t ＝2 s 末的速度为v 1＝at ＝5×2 m/s ＝10 m/s从第3 s 初到第4 s 末，在这2 s 内，力F 的方向变成反向，物体将以v 1＝10 m/s 的初速度做匀减速运动，4 s 末的速度为v 2＝v 1－at ＝(10－5×2) m/s ＝0在此2 s 内物体的位移为s 2＝2010·221+=+t v v ×2 m ＝10 m 方向与位移s 1的方向相同.从上述分段分析可知，在这4 s 内物体的位移为s 1＋s 2＝20 m ，物体4 s 末的速度为零.以后重复上述过程，每4 s 物体前进20 m.在30 s 内有7次相同的这种过程，经过4 s×7＝28 s ，最后2 s 物体做初速度为零的匀加速运动，位移为10 m.所以经过30 s 物体的总位移为s ＝(20×7＋10) m ＝150 m2.临界、极值问题【例2】如图所示，一个质量为m ＝0.2 kg 的小球用细绳吊在倾角为θ＝53°的光滑斜面上，当斜面静止时，绳与斜面平行.当斜面以10 m/s 2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力.【解析】先分析物理现象.用极限法把加速度a 推到两个极端：当a 较小(a →0)时，小球受到三个力(重力、拉力、支持力)的作用，此时绳平行于斜面；当a 增大(足够大)时，小球将“飞离”斜面，不再受支持力，此时绳与水平方向的夹角未知.那么，当斜面以加速度a ＝ 10 m/s 2向右加速度运动时，必须先求出小球离开斜面的临界值a 0才能确定小球受力情况.小球刚要离开斜面时，只受重力和拉力，根据平行四边形定则作出其合力如图所示，由牛顿第二定律得mg cot θ＝ma 0代入数据解得a 0＝g cot θ＝7.5 m/s 2因为a ＝10 m/s 2>7.5 m/s 2，所以在题给条件下小球离开斜面向右做加速运动，T ＝22)()(mg ma +＝2.83 N ，F N ＝0【思维提升】物理问题要分析透彻物体运动的情景.而具体情景中存在的各种临界条件往往会掩盖问题的实质，所以有些问题挖掘隐含条件就成为解题的关键.【拓展2】如图所示，长L ＝1.6 m ，质量M ＝3 kg 的木板静放在光滑水平面上，质量m ＝1 kg 的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1.现对木板施加一水平向右的拉力F ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)使物块不掉下去的最大拉力F ；(2)如果拉力F ＝10 N 恒定不变，小物块的所能获得的最大速度.【解析】(1)求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a 1对物块，最大加速度a 1＝mmgμ＝μg ＝1 m/s 2对整体，F ＝(M ＋m )a 1＝(3＋1)×1 N ＝4 N(2)当F ＝10 N 时，木板的加速度a 2＝3101.010⨯-=-M mg F μm/s 2＝3 m/s 2 由21a 2t 2-21a 1t 2=L 得物块滑过木板所用时间t ＝6.1s 物块离开木板时的速度v 1＝a 1t ＝6.1 m/s ＝1.26 m/s易错门诊3.多过程问题分析【例3】如图，有一水平传送带以2 m/s 的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，则传送带将该物体传送10 m 的距离所需时间为多少？(取重力加速度g ＝10 m/s 2)【错解】由于物体轻放在传送带上，所以v 0＝0，物体在竖直方向合外力为零，在水平方向受到滑动摩擦力(由传送带施加)，做v 0＝0的匀加速运动，位移为10 m.据牛顿第二定律F ＝ma 有f ＝μmg ＝ma ，a ＝μg ＝5 m/s 2据x ＝21at 2得t ＝a x 2＝2 s 【错因】上述解法的错误出在对这一物理过程的认识，传送带上轻放的物体的运动有可能分为两个过程，一是在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动；二是达到与传送带相同速度后，无相对运动，也无摩擦力，物体开始做匀速直线运动，关键问题应分析出什么时候达到传送带的速度，才好对问题进行解答.【正解】以传送带上轻放的物体为研究对象，如图，在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v 0＝0的匀加速运动.据牛顿第二定律有F ＝ma水平方向：f ＝ma① 竖直方向：F N －mg ＝0② 又f ＝μF N ③ 由①②③式解得a ＝5 m/s 2设经时间t 1，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式v t ＝v 0＋at 1 ④ 解得t 1＝0.4 s时间t 1内的位移x 1＝21at 2＝21×5×0.42 m ＝0.4 m 物体位移为0.4 m 时，物体的速度与传送带的速度相同，物体0.4 s 后无摩擦力，开始做匀速运动则x 2＝v 2t 2 ⑤因为x 2＝x －x 1＝10 m －0.4 m ＝9.6 m ，v 2＝2 m/s代入式⑤得t 2＝4.8 s则传送10 m 所需时间为t ＝0.4 s ＋4.8 s ＝5.2 s第 4 课时 超重与失重 整体法和隔离法基础知识归纳1.超重与失重和完全失重(1)实重和视重①实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态 无关 .②视重：当物体在 竖直 方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的 重力 .此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.(2)超重、失重和完全失重的比较现象实质 超重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 大于 自身重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量 失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 小于 自身重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量 完全失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力 等于零 的现象 系统具有竖直向下的加速度，且a ＝g2.连接体问题(1)连接体两个或两个以上 存在相互作用 或 有一定关联 的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题中常会遇到.(2)解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的内力.隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析.典例精析1.超重和失重现象【例1】升降机由静止开始上升，开始2 s 内匀加速上升8 m ，以后3 s 内做匀速运动，最后2 s 内做匀减速运动，速度减小到零.升降机内有一质量为250 kg 的重物，求整个上升过程中重物对升降机的底板的压力，并作出升降机运动的v-t 图象和重物对升降机底板压力的F-t 图象.(g 取10 m/s 2)【解析】开始2 s 内升降机做匀加速运动，设其加速度为a 1.由s ＝21a 121t ，解得a 1＝2212822⨯=t s m/s 2＝4 m/s 2 升降机在2 s 末的速度为v 1＝a 1t 1＝4×2 m/s ＝8 m/s设在开始2 s 内升降机底板对重物的支持力为F N1.根据牛顿第二定律得：F N1－mg ＝ma 1，F N1＝mg ＋ma 1＝3 500 N ，方向竖直向上.根据牛顿第三定律得重物对升降机底板的压力大小为F N1′＝F N1＝3 500 N ，方向竖直向下.中间3 s 内重物匀速上升，由平衡条件得F N2＝mg ＝2 500 N所以重物对升降机底板的压力F N2′＝F N2＝2 500 N ，方向竖直向下.重物的速度为v 2＝v 1＝8 m/s最后2 s 内重物随升降机一起做匀减速运动，有0＝v 2－a 3t 3解得a 3＝208- m/s 2＝4 m/s 2 根据牛顿第二定律得mg －F N3＝ma 3解得升降机底板对重物的支持力为F N3＝mg －ma 3＝1 500 N ，方向竖直向上.则重物对升降机底板的压力F N3′＝F N3＝1 500 N ，方向竖直向下.根据以上三个过程的计算数据，可得v-t 图象和F-t 图象如图所示.【思维提升】当升降机加速上升，重物有向上的加速度，是由重物的重力和升降机对重物的支持力的合力产生的；当升降机减速上升时，重物有向下的加速度，仍是由重物的重力和升降机对重物的支持力的合力产生的.因此根据牛顿第二定律建立方程即可顺利解题.解超重和失重的问题，关键是抓住运动和力的桥梁——加速度这个物理量.【拓展1】如图所示，小球的密度小于杯中水的密度，弹簧两端分别固定在杯底和小球上.静止时弹簧伸长Δx .若全套装置自由下落，则在下落过程中弹簧的伸长量将( D )A.仍为ΔxB.大于ΔxC.小于Δx ，大于零D.等于零【解析】当全套装置自由下落时，系统处于完全失重状态，弹簧与连接物之间无相互作用力，即弹簧恢复到原长，故D 选项正确.2.整体法和隔离法的应用【例2】如图所示，质量为m ＝1 kg 的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面体质量为M ＝2 kg ，斜面与物块间的动摩擦因数μ＝0.2，地面光滑，θ＝37°.现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，力F 应为多大？(设物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)【解析】(1)设物块处于相对斜面向下滑的临界状态时，推力为F 1，此时物块受力如图所示，取加速度a 的方向为x 轴正方向.对x 轴方向：F N sin θ－μF N cos θ＝ma 1对y 轴方向：F N cos θ＋μF N sin θ－mg ＝0对整体：F 1＝(M ＋m )a 1把已知条件代入，解得a 1＝4.78 m/s 2，F 1＝14.3 N(2)设物块处于相对斜面有向上滑的临界状态时，推力为F 2，此时物块受力如右图所示.对x 轴方向：F N sin θ＋μF N cos θ＝ma 2对y 轴方向：F N cos θ－μF N sin θ－mg ＝0对整体：F 2＝(M ＋m )a 2把已知条件代入，解得a 2＝11.2 m/s 2，F 2＝33.6 N则力F 范围：14.3 N ≤F ≤33.6 N【思维提升】采用极限法把F 推向两个极端来分析：当F 较大时(足够大)，物块将相对斜面上滑；当F 较小时(趋于零)，物块将沿斜面加速下滑.因此F 不能太小，也不能太大，F 的取值有一个范围.具体求解时，综合应用整体法和隔离法.【拓展2】如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为( ) A. 53μmg B. 43μmg C. 23μmg D.3μmg 【解析】经过受力分析，A 、B 之间的静摩擦力给B 、C 、D 组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为A 、B 间达到最大静摩擦力，即a m1＝414=m mg μμg .C 、D 间的静摩擦力给D 提供加速度，同理D 的加速度最大值为a m2＝212=m mg μμg >a m1；因此，C 、D 系统的最大加速度为41μg ，而绳子拉力F T 给C 、D 组成的系统提供加速度，最大拉力为F T m ＝3ma m1＝41μmg ，B 选项正确. 3.整体运用牛顿第二定律 【例3】如图所示，倾角α＝30°、质量M ＝34 kg 的斜面体始终停在粗糙的水平地面上，质量m A ＝14 kg 、m B ＝2 kg 的物体A 和B ，由细线通过定滑轮连接.若A 以a ＝2.5 m/s 2的加速度沿斜面下滑，求此过程中地面对斜面体的摩擦力和支持力各是多少？【解析】取A 、B 及斜面体为研究对象，它受到的外力是竖直向下的重力(m A ＋m B ＋M )g 、地面竖直向上的支持力F N 及水平方向的静摩擦力F f .将A 物体的加速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示.根据牛顿第二定律的系统表达式，地面对斜面体的摩擦力应为水平向左，大小为F f ＝m A a x ＝m A a cos α＝30 N在竖直方向上应有F N －(m A ＋m B ＋M )g ＝m B a －m A a y即地面对小车的支持力F N ＝(m A ＋m B ＋M )g ＋m B a －m A a sin α＝487.5 N【思维提升】对于由多个质点组成的系统，如果其中各物体的加速度不相同，但不需求系统内各物体间的相互作用力时，利用系统的牛顿第二定律求解，由于避开了对系统内力的分析，使解题过程变得干净利落.易错门诊【例4】如图所示，一个质量为M 、倾角为30°的光滑斜面体放在粗糙水平桌面上，质量为m 的小木块从斜面顶端无初速度滑下的过程中，斜面体静止不动.则下列关于此斜面体对水平桌面压力F N的大小和桌面对斜面体摩擦力F f 的说法正确的( )A.F N ＝Mg ＋mgB.F N ＝Mg ＋43mg C.F f 方向向左，大小为23mg D.F f 方向向左，大小为43mg 【错解】AC【错因】找不到正确的解题方法，而盲目地认为压力等于总重力而错选A ；或者没有具体分析物体的受力情况，根据物体对斜面的压力为mg cos θ，认为斜面受到的摩擦力大小与压力相等，错选C ；或者不能对整体运用牛顿第二定律进行分析，造成运算过繁而求不出结果.【正解】因斜面体静止不动，其加速度a ＝0；而小木块做匀加速直线运动，其加速大小为a ＝g sin 30°，作出了加速度的分解矢量图如图所示，其水平和竖直分量分别为a x ＝a cos 30°＝g sin 30°cos 30°，a y ＝a sin 30°＝g sin 230°.在水平方向对整体应用牛顿第二定律有F f ＝ma x ＝43mg ；在竖直方向上对整体应用牛顿第二定律有Mg ＋mg －F N ＝ma y ，所以F N ＝Mg ＋mg －ma y ＝Mg ＋43mg 【答案】BD 【思维提升】对于多物体系统，整体应用牛顿第二定律分析，不仅可以简化解题过程，还可以加深对牛顿第二定律的理解.。