牛顿第二定律的应用(二)

北 京 四 中

编 稿：朱长忠 责 编：郭金娟

牛顿第二定律的应用(二)

【学习目标】

1、知道利用整体法和隔离法分析连接体问题。

2、知道瞬时加速度的计算方法。

3、知道临界法、程序法、假设法在牛顿第二定律中的应用。

4、学会利用图像处理动力学问题的方法。

【重点、难点】

掌握临界法、程序法、假设法、图象法、整体法和分隔法，并能利用它们处理物理问题。

【知识精讲】

一、整体法和隔离法分析连接体问题

在研究力与运动的关系时，常会涉及相互关联物体间的相互作用问题，即连接体问题。在求解连接体问题时，整体法和隔离法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体。

在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体(当成一个质点)分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程。隔离法和整体法是互相依存，互相补充的，两种方法互相配合交替应用，常能更有效地解决有关连接体的问题。

例1、为了测量木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计这样一个实验。在小木板上固定一个弹簧秤(弹簧秤的质量不计)，弹簧秤下端吊一个光滑的小球。将木板和弹簧秤一起放在斜面上。当用手固定住木板时，弹簧秤示数为F1；放手后使木板沿斜面下滑，稳定时弹簧秤示数为F2，测得斜面倾角为θ，由以上数据可算出木板与斜面间的动摩擦因数为(只能用题中给出的已知量表示)。

解析：把木板、小球、弹簧看成一个整体，应用整体法。 木板、小球、弹簧组成的系统，当沿斜面下滑时，它们有相同的加速度。 设，它们的加速度为a， 则可得：(m球＋m木)gsinθ－μ(m球＋m木)gcosθ＝(m球＋m木)a

可得：a＝gsinθ－μgcosθ ①

隔离小球，对小球应用隔离法，

对小球受力分析有：mgsinθ－F2＝ma ②

而：mgsinθ＝F1 ③

由①②得：F2＝μmgcosθ ④

由③④得tanθ

例2、如图示，两个质量均为m的完全相同的物块，中间用绳连接，若绳能够承受的最大拉力为T，现将两物块放在光滑水平面上，用拉力F1拉一物块时，恰好能将连接绳拉断；倘若把两物块放在粗糙水平面上，用拉力F2拉一物块时(设拉力大于摩擦力)，也恰好将连接绳拉断，比较F1、F2的大小可知( )。

A、F1＞F2 B、F1＜F2 C、F1＝F2 D、无法确定 解析：（1）当放置在光滑水平面上时。

由于两物体的加速度相同，可以把它们看成一个整体，对此应用整体法。

由F＝ma可知，两物体的整体加速度。

在求绳子张力时，必须把物体隔离（否则，绳子张力就是系统内力），应用隔离法。 隔离后一物体，则绳子的张力：。

（2）当放置在粗糙水平面上时，同样应用整体法与隔离法。

设每个物块到的滑动摩擦力为F′，则整体加速度

隔离后一个物体，则绳子的张力 。

可见这种情况下，外力都等于绳子的最大张力T的两倍，故选项C正确。

答案：C。

二、瞬时加速度的分析

分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析那一时刻前后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)钢性绳(或接触面)：认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其中弹力立即消失，不需要恢复弹性形变时间。一般题目中所给细线和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理。

(2) 弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，恢复弹性形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变。

例3、质量分别为mA和mB的两个小球，用一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下，如图所示，当细线被剪断的瞬间。关于两球下落加速度的说法中，正确的是 ( )

A、aA＝aB＝0 B、aA＝aB＝g

C、aA＞g，aB＝0 D、aA＜g，aB＝0

解析：分别以A、B两球为研究对象。当细线束剪断前，A球受到竖直向下的重力mAg、弹簧的弹力T，竖直向上细线的拉力T′；B球受到竖直向下的重力mBg，竖直向上弹簧的弹力T，如下图。

它们都处于力平衡状态，因此满足条件，

T ＝mBg

T′＝mAg＋T＝(mA＋mB)g

细线剪断的瞬间，拉力T′消失，但弹簧仍暂时保持着原来的拉伸状态，故B球受力不变，仍处于平衡状态。所以，B的加速度aB＝0，而A球则在重力和弹簧的弹力作用下，其瞬时加速度为：

答案选C。

例4、如下图所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是l∶2∶3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向抽出木块C的瞬间，木块A和B的加速度分别是aA＝ ，aB＝ 。

解析：在抽出木块C前，弹簧的弹力F＝mAg。抽出木块C瞬间，弹簧弹力不变，所以，A所受合力仍为零，故aA＝0。木块B所受合力FB＝mBg＋F

＝ 答案： ，所以。

三、临界问题的分析与求解

在应用牛顿定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用极限分析法，看物体在不同的加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件。

例5、如图所示，斜面是光滑的，一个质量是0.2kg的小球用细绳吊在倾角为53°的斜面顶端。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行；当斜面以8m/s2的加速度向右做匀加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力。

解析：必须先求出小球离开斜面的临界值a0，然后，才能确定某一状态下小球是否在斜面上。 处于临界状态时小球受力如图示：

则有：mgcotθ＝ma0 解得：a0＝gcotθ＝7.5m/s2 ∵a＝8m/s2＞a0

∴小球在此时已经离开斜面

∴绳子的拉力

斜面对小球的弹力：N＝0

例6、一个弹簧放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量 M=10.5kg，Q的质量m＝1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k=800N/m，系统处于静止，如下图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s以后，F为恒力，求：力F的最大值与最小值。(取g=l0m/s2)

解析：(1)P做匀加速运动，它受到的合外力一定是恒力。P受到的合外力共有3个：重力、向上的力F及对Q对P的支持力FN，其中重力Mg为恒力，FN为变力，题目说0.2s以后F为恒力，说明t＝0.2s的时刻，正是P与Q开始脱离接触的时刻，即临界点。

(2)t＝0.2s的时刻，是Q对P的作用力FN恰好为零的时刻，此时刻P与Q具有相同的速度及加速度。因此，此时刻弹簧并未恢复原长，也不能认为此时刻弹簧的弹力为零。

(3)当t＝0时刻，应是力F最小的时刻，此时刻F小＝(M＋m)a(a为它们的加速度)。随后，由于弹簧弹力逐渐变小，而P与Q受到的合力保持不变，因此，力F逐渐变大，至t＝0.2s时刻，F增至最大，此时刻F大＝M(g＋a)。

以上三点中第(2)点是解决此问题的关键所在，只有明确了P与Q脱离接触的瞬间情况，才能确定这0.2s时间内物体的位移，从而求出加速度a，其余问题也就迎刃而解了。

解：设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有： kx1＝(M＋m)g ①

kx2－mg＝ma ②

x1－x2＝

由①式得： ③

解②③式得：a＝6m/s2

力F的最大值：F小＝(M＋m)a＝72N

力F的最大值：F大＝M(g＋a)＝168N

四、利用图象求解动力学与运动学的题目

图象在中学物理解题中应用十分广泛，这是因为它具有以下优点：

①能形象地表达物理规律；

②能直观地描述物理过程；

③能鲜明地表示物理量之间的依赖关系。

因此，理解图象的意义，自觉地运用图象分析物理规律是十分必要的。

在理解图象所表示的物理规律时要注意：

(1)看清坐标轴所表示的物理量及单位，并注意坐标原点是否从零开始。

(2)图象上每一点都对应着两个数，沿图象上各点移动，反映着一个量随另一量变化的函数关系。因此，图象都应该与一个代数方程相对应。

(3)图象上任一点的斜率，反映了该点处一个量随另一个量变化的快慢(变化率)，如s—t图象中的斜率为速度，v—t图象中的斜率为加速度。

(4)一般图象与它对应的横轴(或纵轴)之间的面积，往往也能代表一个物理量，如v—t图象中，曲线与t轴所夹的面积代表位移。

例7、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系，如图甲、乙所示。取重力加速度g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ( )

A、m＝0.5kg，μ＝0.4 B、m＝1.5kg，μ

＝

C、m＝0.5kg，μ＝0.2 D、m＝1kg，μ＝0.2

解析：由v－t图可知在0～2s 静止，2～4s是以初速度为0，加速度a＝2m/s2做匀加速运动，4～6s内以v＝4m/s做匀速直线运动，结合F－t图像可分析得出：μmg＝2N，ma＝3N－2N，解得m＝0.5kg，μ＝0.4。

答案选A。

五、程序法解题

程序法：按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为程序法，程序法解题的基本思路是：

(1)划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态。

(2)对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果。

(3)前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点是问题的关键。

例8：如下图所示，一根轻质弹簧上端固定，下挂一质量为m0的平盘，盘中有物体质量为m，当盘静止时，弹簧伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松开放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于：

A、(1＋ B、(1＋)mg C、 D、

答案：B。

解析： 题目描述主要有两个状态：(1)未用手拉时盘处于静止状态；(2)松手时盘处于向上加速状态，对于这两个状态，分析即可：

当弹簧伸长l静止时，对整体有

①

当刚松手时，对整体有：

对m有：F－mg＝ma ③

对①、②、③解得：

说明：在求解物体系从一种运动过程(或状态)变化到另—种运动过程(或状态)的力学问题(称之为“程序题 ”)时，通常用“程序法”求解。要求我们从读题开始，就要注意到题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程或各个状态进行分析(称之为“程序分析”)，最后逐一列式求解得到结论。“程序法”是一种重要的基本解题方法，我们在“程序分析 ” 的基础上，通过比较各个过程(或状态)下力产生的效果，然后，从力的效果出发分步列方程，这样解题往往简化了数学列式和数学运算，使问题得到了巧解。

六、用假设法分析物体的受力

方法1：首先假定某力不存在，查看物体会发生怎样的运动，然后再确定此力应在什么方向，物体才会产生题目给定的运动状态。

方法2：假定此力沿某一方向，用运动规律进行验算，若算得正值，说明此力与假定的方向相同，否则相反。

方法3：在力的作用线上定出坐标轴的正方向将此力用正号运算，若求得是正值，说明此力与坐标轴同向，否则相反。

例9、两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如下图所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止

开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力 ( )

A、等于零 B、方向沿斜面向上 C、大于等于μ1mgcosθ D、大于等于μ2mgcosθ 解析：把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a ，由牛顿第二定律： (M＋m)gsinθ－μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a

得a ＝g(gsinθ－μ1cosθ)

由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB(如图所示)，由牛顿第二定律：mgsinθ－FB＝ma

得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ

答案：B、C

说明：由于所求的摩擦力是未知力，如果不从加速度大小比较先判定其方向，也可任意假设，若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下，则牛顿第二定律的表达式为：mgsinθ＋FB＝ma得FB＝ma－mgsinθ＝mg(sinθ－μ1cosθ)－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，大小仍为μ1mgcosθ。

式中负号表示FB的方向与规定的正方向相反，即沿斜面向上。

例10、如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，并以v＝10m/s的速度运行，在传送带的A端轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A到B端的距离s＝16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间可能是(g＝10m/s2) ( )

A、1.8s B、2.0s C、2.1s D、4. 0s

解析：若传送带顺时针转动，物体受向上的摩擦力，因mgsinθ＞μmgcosθ，故物块向下加速运动，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。由，解得：t＝4.0s。即，小物体从A端运动到B端所需的时间为4.0s，所以，D正确。

若传送带逆时针转动，物体开始受向下的摩擦力，向下加速运动，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，当速度达到l0m/s时，运动位移，所用的时间为，t1＝，以后由于下滑力的作用物块又受向上的摩擦力，此时它的加速度为a2＝2m/s2，在此加速度下运动的位移 s2＝s－s1＝11m，又由得11＝10t2＋t22，解得t2＝1s。所以，小物体从A端运动到B端所需的时间：t总＝t1＋t2＝2s，B正确。

答案：B、D。

【巩固练习】

1、如图所示，在两根轻质弹簧a、b之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小为2.5m/s2，若突然撤去弹簧b，则在撒去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小可能为 ( )

A、7.5m/s2，方向竖直向下

B、7.5 m/s2，方向竖直向上

C、12.5 m/s2，方向竖直向下

D、12.5 m/s2，方向竖直向上

2、质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上，已知t＝0时质点的速度为零，在图所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速率最大 ( )

A、t1 B、t2 C、t3 D、t4

3、在光滑的水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1和F2作用，在第1s内保持静止。若两个力F1和F2随时间变化如图示，则下列说法正确的是 ( )

A、在第2s内，物体做匀加速运动，加速度的大小恒定，速度均匀增大

B、在第3s内，物体做变加速运动，加速度均匀减小，速度逐渐减小

C、在第5s内，物体做变加速运动，加速度均匀减小，速度逐渐增大

D、在第5s末，物体的加速度与速度均为零

4、放在水平光滑平面上的物体A和B，质量分别为M和m，水平恒力F作用在A上，A、B间的作用力为F1；水平恒力F作用在B上，A、B间作用为F2，则 ( )

A、F1＋F2＝F B、F1＝F2

C、 D、

5、重物A和小车B的重力分别为GA和GB，用跨过定滑轮的细线将它们连接起来，如图所示，已知GA＞GB，不计一切摩擦。则细线对小车B的拉力T的大小是 ( )

A、T＝GA B、GA＞T C、GA＜T D、当GB＞＞GA时，T约等于GA

6、如图所示，一个箱子放在水平面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆在上套着一个环，箱和杆的 质量为M，环的质量为m，已知环沿杆加速下滑，环与杆的摩擦力的大小为f，则此时箱对地面的压力 ( )

A、等于Mg B、等于(M＋m)g

C、等于Mg＋f D、等于(M＋m)g－f

7、如图所示，质量2m的物块A与水平地面成的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为μ，在已知水平推力F作用下，A、B作加速运动，则A对B的作用为 。

8、如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处。细线的另一端拴一质量为m的小球，当滑块至少以a＝ 向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a＝2g的加速度向左运动时，线中拉力T＝。

9、物体以大小不变的初速度v0沿木板滑动。若木板倾角θ不同。物体能上滑的距离s也不同，图示是得出的s—θ图像．求图中最低点P的坐标。(取10m/s2)

10、风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，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，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍。求小球与杆间的滑动摩擦因数。

(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，则小球从静上出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少 ?(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

11、如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M＝4kg，长为L＝1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m＝1kg，其尺寸远小于L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4(g＝l0m/s2)。

(1)现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么?

(2)其他条件不变，若恒力F=22.8N，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来。问：m在M上面滑动的时间是多大。

【参考答案】 1、AC 2、B 3、C 4、AC 5、BD 6、C 7、解析：B物体受地面摩擦力大F′＝μFN＝μmg

设A、B运动共同速度为a

根据牛顿第二定律，以AB整体为研究对象

F－ F′＝3ma

B物体受力情况如图所示：

对B根据牛顿第二定律：FAB－F′＝ma

所以FAB＝F′＋ma＝

8、g，

9、解析：当θ1＝90°时，s1＝15m，此时物体实际做竖直上抛运动，可解得v0＝10

当θ2＝0°时，s2＝20m，此时物体沿水平面运动，由

当θ为一般值时，

所以，当θ＝ 90°－arctanα＝53°时，s有极小值12，故P的坐标为(53°，12m)

10、(1)设小球受的风力为F，小球质量为m，因小球做匀速运动，则F＝μmg，F＝0.5mg，所以μ＝0.5

(2)如下图所示，设杆对小球的支持力为FN，摩擦力为Ff，小球受力产生加速度，沿杆方向有Fcosθ＋mgsinθ－Ff＝ma ①

垂直 杆方向有FN＋Fsinθ－mgcosθ＝0 ②

又Ff＝μFN ③

由①②③可解得a＝g

由s＝at2得t＝

答案：(1)0.5；(2)

11、(1)隔离小滑块，用隔离法研究小滑块。 小滑块与木板间的滑动摩擦力 f＝μN＝μmg 小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度

对木板与小滑块用整体法。

力F最小值的临界条件是木板与小滑块有相同的加速度的， 所以，

要使m能从M上面滑落下来的条件是：

(2)设m在M上滑动的时间为t，当恒力F=22.8N，木板的加速度

小滑块在时间t内运动位移 木板在时间t内运动位移

因 s2－s1＝L

即

答案：(1)F＞20N。(2)t＝2s。