牛頓第二定律經(jīng)典例題

1、牛頓第二定律應(yīng)用的問題1.力和運動的關(guān)系力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持運動的原因。由 圖二腳白知，加速度與力有 直接關(guān)系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關(guān)系。速度如何變化需 分析加速度方向與速度方向之間的關(guān)系，加速度與速度同向時，速度增加；反之減小。在 加速度為零時，速度有極值。例1.如圖1所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處 由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一 全過程中，下列說法中正確的是（）A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大B.從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上C.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的

2、速度先增大后減小D.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大例2. 一航天探測器完成對月球的探測任務(wù)后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿 著與月球表面成一傾斜角的直線飛行，先加速運動，冉勻速運動，探測器通過噴氣而獲得 推動力，以下關(guān)于噴氣方向的描述中正確的是（）A.探測器加速運動時，沿直線向后噴氣B.探測器加速運動時，豎直向下噴氣C.探測器勻速運動時，豎直向下噴氣D.探測器勻速運動時，不需要噴氣解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達最低點，彈力 從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當合力與速度同 向時小球速度增大，所以當小球所受彈

3、力和重力大小相等時速度最大。故選 CD解析：受力分析如圖2所示，探測器沿直線加速運動時，所受合力 /方向與運動方向相同，而重力方向豎直向下，由平行四邊形定則知推力方向必須斜向上方，由牛頓第三定律可知，噴氣方向斜向下方；勻速運動時，所受合力為零，因此推力方向必須豎直向上，噴氣方向豎直向下。故正確答案選 Co2 .力和加速度的瞬時對應(yīng)關(guān)系（1）物體運動的加速度a與其所受的合外力F有瞬時對應(yīng)關(guān)系。每一瞬時的加速度只 取決于這一瞬時的合外力，而與這一瞬時之間或瞬時之后的力無關(guān)。若合外力變?yōu)榱?，?速度也立即變?yōu)榱悖铀俣瓤梢酝蛔儯?。這就是牛頓第二定律的瞬時性。（2）中學物理中的“純”和“線”，一般都是

4、理想化模型，具有如下幾個特性：輕, 即純（或線）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點可知，同一根純（或線）的兩端及其中 間各點的張力大小相等。軟，即純（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因純能彎曲）。 由此特點可知，純與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。不 可伸長：即無論繩子所受拉力多大，繩子的長度不變。由此特點知，繩子中的張力可以突（3）中學物理中的“彈簧”和“橡皮純”，也是理想化模型，具有如下幾個特性： 輕：即彈簧（或橡皮純）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點可知，同一彈簧的兩端及其 中間各點的彈力大小相等。彈簧既能受拉力，也能受壓力（沿彈簧的軸線）；橡皮繩只 能受拉力，不能

5、承受壓力（因橡皮純能彎曲）。由于彈簧和橡皮繩受力時，其形變較大， 發(fā)生形變需要一段時間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是，當彈簧和橡皮繩被 剪斷時，它們所受的彈力立即消失。例3.如圖3所示，豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球 相連，另一端分別用銷釘 M N固定于桿上，小球處于靜止狀態(tài)，設(shè)拔去銷釘 M瞬間，小球 加速度的大小為12胡/。若不拔去銷釘M而拔去銷釘N瞬間，小球的加速度可能是（）圖3A.?22m，/,豎直向上B.?22/s,豎直向下C.?加，豎直向上D.?2m，/,豎直向下解析：原來小球處于靜止狀態(tài)時，若上面的彈簧為壓縮狀態(tài)，則拔去 M瞬間小球會產(chǎn) 生向上的

6、加速度& 二 12於/短，拔去N瞬間小球會產(chǎn)生向下加速度kt設(shè)上下彈簧的彈力分 別為小、風。在各瞬間受力如圖4所示。圖4拔M前靜止：怛&+儂=/<3>拔M瞬間：- 一.拔N瞬間:聯(lián)立<1><2><3式得拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為 8=4+宅=22陰/呂,方向豎 直向下。原來小球處于靜止狀態(tài)時，若上面的彈簧為拉伸狀態(tài)，則拔去M瞬間小球會產(chǎn)生向下的加速度厘=12辟/ ,拔去N瞬間小球會產(chǎn)生向上加速度* ,如圖5所示。圖5拔M前靜止：1 - 1 -拔M瞬間：/+現(xiàn)=尚拔N瞬間：k唯'<3)聯(lián)立<1><2&

7、gt;<3或得：拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為川二口 g=2刑,方向豎 直向上。綜合以上分析，可知正確答案為 BG3 .力的獨立作用原理一個物體可以同時受幾個力的作用，每一個力都使物體產(chǎn)生一個效果，如同其他力不 存在一樣，即力與它的作用效果完全是獨立的，這就是力的獨立作用原理。力可以合成和 分解，效果也可以合成和分解，其運算法則均為平行四邊形定則。為此，合力與其合效果 對應(yīng)，分力與其分效果對應(yīng)，對物體的運動往往看到的是合效果，在研究具體問題時，可 根據(jù)受力的特點求合力，讓合效果與合力對應(yīng)；也可將效果分解，讓它與某一方向上的分 力對應(yīng)。正因為力的作用是相互獨立的，所以牛頓第二定律在運用中

8、常按正交法分解為例4.某型航空導(dǎo)彈質(zhì)量為M從離地面H高處水平飛行的戰(zhàn)斗機上水平發(fā)射， 初速度 為女,發(fā)射之后助推火箭便給導(dǎo)彈以恒定的水平推力F作用使其加速，不計空氣阻力和導(dǎo)彈質(zhì)量的改變，下列說法正確的有（）A.推力F越大，導(dǎo)彈在空中飛行的時間越長B.不論推力F多大，導(dǎo)彈在空中飛行的時間一定C.推力F越大，導(dǎo)彈的射程越大D.不論推力F多大，導(dǎo)彈的射程一定4.連結(jié)體問題此類問題，在高考中只限于兩個物體的加速度相同的情況。通常是對兩個物體組成的 整體運用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力。例5.如圖6所示，質(zhì)量為2m的物塊A,與水平地面的摩+S不計，質(zhì)量為 m的物塊B

9、與地面的摩擦因數(shù)為小，在已知水平推力 F的作用下，A B做加速運動，則A和B之間的 作用力為圖6解析：推力F和重力G分別在兩個正交的方向上，均單獨對導(dǎo)彈產(chǎn)生各自的加速度，隹因高度H一定，在豎直方向上，導(dǎo)彈是自由落體運動，故落地時間I且與F無關(guān)，為1 a后二沖E + 一山一定值。而水平方向?qū)椀纳涑逃? 決定，顯然f越大,a越大，水平射程越大。即本題的正確答案為BG解析：由題意知，地面對物塊 A的摩擦力為0,對物塊B的摩擦力為芬二加日。對A、B整體，設(shè)共同運動的加速度為 a,由牛頓第二定律有：對B物體，設(shè)A對B的作用力為,同理有聯(lián)立以上三式得："m-5 .超重和失重問題當物體處于平衡狀

10、態(tài)時，物體對水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力） /大小等 于物體受到的重力，即 %。當物體m具有向上或向下的加速度a時，物體對水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力） 現(xiàn)大小大于或小于物體受到的重力 G的現(xiàn)象，分別叫做 超重和失重，并且超出或失去部分為 次0具體應(yīng)用可分兩種情況。（1）定性分析對于一些只需作定性分析的問題，利用超重或失重的概念能夠巧妙地使問題得到解決。 在具體分析過程中，關(guān)鍵是正確判斷系統(tǒng)的超重與失重現(xiàn)象，清楚系統(tǒng)的重心位置的變化 情況。當系統(tǒng)的重心加速上升時為超重，當系統(tǒng)的重心加速下降時為失重。例6.如圖7所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，電磁鐵A和秤盤C （包括支架）的總

11、質(zhì)量為M B為鐵片，質(zhì)量為成整個裝置用輕繩懸掛于。點。當電磁鐵通電，鐵片被吸引 上升的過程中，輕繩中拉力 F的大小為（）圖7A.?"B.? 了j；C?'J ")d.?“, 丁 + 一（2）定量分析超重并不是重力增加，失重也不是失去重力或重力減少，在同一地點地球作用于物體 的重力始終存在且沒有發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┌l(fā)生了 變化，看起來好像物重有所增大或減小。當物體相對于地面有向上的加速度或相對于地面 的加速度豎直向上的分量不為零時，物體處于超重狀態(tài)，超出的部分在數(shù)值上等于儂3或（/為加速度的豎直分量）。當物體相對于地面有向下的加速度或相對

12、于地面的加速度豎直向下的分量不為零時，物體處于失重狀態(tài)，失去的部分在數(shù)值上等于射口或襁/，利用上述結(jié)論可以進行定量計算。例7.如圖8所示，一根彈簧上端固定，下端掛一質(zhì)量為 %的秤盤，盤中放有質(zhì)量為m的物體，當整個裝置靜止時，彈簧伸長了 L,今向下拉盤使彈簧再伸長 L,然后松手放開，設(shè)彈簧總是在彈性范圍內(nèi)，則剛松手時，物體 m對盤壓力等于多少？圖8解析：以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，A C靜止，鐵片B由靜止被吸引加速上升。則系統(tǒng)的重心加速上升，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，故輕純的拉力（艮-刑）g ,正確答案為D。解析：視mf為系統(tǒng)，開始平衡有 甌+端）g=日再伸長4L,系統(tǒng)受的合外力為必二血，故此時系

13、統(tǒng)的加速度a方向向上，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)。對 m來說超重ma <3>網(wǎng)+飛故剛松手時，物體m對盤的壓力叨+飛結(jié)合1式可得:6 .臨界問題在臨界問題中包含著從一種物理現(xiàn)象轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理現(xiàn)象，或從一物理過程轉(zhuǎn)入另物理過程的轉(zhuǎn)折狀態(tài)。常出現(xiàn)“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述。例8. 一斜面放在水平地面上，傾角3=53°, 一個質(zhì)量為0.2kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖9所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面 的摩擦，當斜面以10股，/的加速度向右運動時，求細繩的拉力及斜面對小球的彈力。( g解析：斜面由靜止向右加速運動過程中，當 a較小時，小球

14、受到三個力作用，此時細 純平行于斜面；當a增大時，斜面對小球的支持力將會減少，當 a增大到某一值時，斜面 對小球的支持力為零；若a繼續(xù)增大，小球?qū)帮w離”斜面，此時純與水平方向的夾角 將會大于9角。而題中給出的斜面向右的加速度 =1。求/ / ,到底屬于上述哪一種情況， 必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。設(shè)小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度為 佝，此時斜面對小球的支持力恰好為零， 小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖10所示。圖10易知代入數(shù)據(jù)解得：2fs因為鼻二1。明/成,所以小球已離開斜面，斜面的支持力同理，由受力分

15、析可知，細純的拉力為此時細繩拉力 耳與水平方向的夾角為7 .對系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律設(shè)系統(tǒng)內(nèi)有兩個物體，質(zhì)量分別為附和啊，受到系統(tǒng)以外的作用力分別為 瓦巴，嗎 對兩與g對因的作用力分別為死1和耳兩物體的加速度分別為的,由牛頓第二定律 得兩物體受到的合外力為：由牛頓第三定律得：& = 一&V 3 A由以上三式得：;二其中式中用+為為系統(tǒng)所受的合外力，同理可證，上述結(jié)論對多個物體組成的系統(tǒng)也是成立的，即為如按正交分解則得：例9.如圖11所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一個輕質(zhì)彈簧固定在框架上, 下端拴一個質(zhì)量為m的小球，當小球上下振動時，框架始終沒有跳起，在框架對地面的壓 力為零的瞬間，小球加速度大小為（）圖11A. g B.?C. 0 D.?解析：運用牛頓第