本章复习与测试教案设计（一等奖）

§3

牛顿第二定律

第二节的实验探究说明了：

m相同时，a∝F

1 F相同时，a∝

m

F 综合两式得a∝

。

m

F 若各量都取国际单位，有a＝

。

m据此，牛顿发现和建立了第二运动定律，进一步确立了力和运动的定量关系。

一、定律表达

按照教材的说法，容易引起误解。P78 问题与练习1

在实际运动中，物体都会受力，而当受到的是平衡力，即合外力为0时，物体没有加速度；当物体受到的是非平衡力，即合外力不为0时，物体才具有加速度。因此，第二定律被表述为：

由物体所受合外力引起的加速度，其大小与合外力成正比，与物体的质量成反比；其方向与合外力的方向相同：

F合

a∝

m各量都取国际单位时有

F合

a＝

……………………①

mF合＝ma……………………②

①式定量地反映了力是产生加速度的原因，质量是物体保持原有运动状态不变的能力大小。这称为加速度的决定式。

1 注意：不能将上式写成F∝a或m∝

a②式定义了国际单位制中1N的大小：使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力为1N。

二、理解第二定律

1.

F合、m、a都是针对同一物体而言的。

2.

a的方向由F合的方向决定。

3.

a随F合同时产生，同时变化，同时消失，即加速度是力的瞬时作用效果。

物体在某一时刻的加速度与同时刻的合外力相对应；

若力是恒力，物体的加速度也恒定；

若力随时间改变，加速度也随时间同步改变。

4、研究对象的运动均以地为参照系。

5、方程中，各量均以a方向为正。

练习：一物体放在光滑水平面上，受到水平拉力F的作用向右直线运动。若拉力逐渐减小，物体的加速度将

，速度将

。

例1.

一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的轻弹簧，其左端固定在小车上，右端与一光滑小球相连。设在某一段时间内小球相对于小车静止且弹簧处于压缩状态，试分析此时小车的运动状态。

解：小球所受合力向右，故加速度向右，以地为参照系，小车正向右加速或者向左减速。

例2.

一小球从高处自由下落，一段时间后，小球与一竖直放置的弹簧接触。从它接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度如何变化？

解：小球与弹簧接触后，取向下为正，有mg－F＝ma

随着弹簧压缩程度的增加，F增大，a减小，但a仍向下，故小球仍向下加速；

当F＝mg时，a＝0，此时速度达到最大；

弹簧再压缩，F＞mg，a反向，并逐渐增大，小球开始减速，且速度减小得越来越快；

当弹簧被压缩至最短时，负向加速度达到最大，速度为0。

例3.

质量相同的小球A和B如图连接，处于静止状态。现突然剪断细线，在剪断细线瞬间，A球的加速度为

；B球的加速度为

。

解：静止时，弹簧弹力F＝mg

剪断细线瞬间，弹簧弹力未突变，取向下为正，

对A有mg＋F＝maA

得aA＝2g；

对B有

mg－F＝maB

得aB＝0

三、第二定律的应用

（一）

正交分解力

例1.

如图，在汽车中悬挂一小球，当汽车在做匀变速直线运动时，悬线保持与竖直方向的夹角为θ，问此时汽车的加速度有多大？并讨论汽车可能的运动情况。

解：法1：对小球受力分析如图，

合力F＝mgtanθ

由牛顿第二定律有

F＝ma 得a＝gtanθ

法2：对小球作受力分析并正交分解如图，有

Tsinθ＝ma

Tcosθ－mg＝0

解得a＝gtanθ

小球相对小车静止，以地为参照系，两者的加速度相同。小车可能正向右做加速运动，也可能正向左做减速运动。

例2.

小车在水平面上以a＝2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，车厢内用OA、OB两细线系住小球。小球的质量m＝4kg。细线OA与竖直方向成θ＝37°，线OB水平。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求OA、OB两细线中的张力各有多大？

解：对小球作受力分析并正交分解如图，有

TAsinθ－TB＝ma TAcosθ－mg＝0

mg 联立解得TA＝＝50N；TB＝TAsinθ－ma＝22N

cos37°

（二）

正交分解加速度

F合x＝max F合y＝may

例1.

如图，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的斜面体的顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止于斜面。重力加速度为g，求小球所受到的支持力N与细绳拉力的表达式。

解：对小球做受力分析并正交分解如图，同时沿坐标轴方向正交分解a有

T—mgsinθ＝macosθ

得T＝mgsinθ＋macosθ

mgcosθ—N＝masinθ

得N＝mgcosθ—masinθ

例2.

如图，一质量为m的物体静止在粗糙斜面体上，斜面倾角为θ，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，（1）若斜面体静止，求物体所受摩擦力；（2）若斜面体以水平加速度a(a＜g)向左运动，物体仍静止在斜面上，求物体所受摩擦力。

解：（1）斜面体静止时，对物体作受力分析并构建矢量三角形得

f＝mgsinθ

（2）斜面体加速运动时，对物体作受力分析并正交分解，同时沿坐标轴分解加速度有

mgsinθ—f＝macosθ

得f＝mgsinθ—macosθ，方向沿斜面向上

（三）

力与运动的结合

1、受力分析→加速度→运动学参量

例1：质量m＝2.0kg的物体静止在水平面上，物体和平面间的动摩擦因数μ＝0.5。现对物体施加如图所示的力F＝10N，θ＝37°，经过10s后将F撤去，再经过一段时间物体停了下来，求物体在这一过程中所经过的总位移。

解：对物体作受力分析并正交分解如图，有

Fcosθ－f1＝ma1

Fsinθ＋N－mg＝0

f1＝μN

联立解得a1＝0.5m/s2

1在t1＝10s内，x1＝a1t12＝25m；10s末，v1＝a1t1＝5m/s

2 撤去F后，μmg＝ma2

解得a2＝5m/s2

0－v12

取v1方向为正，则a2＝－5m/s，有x2＝＝2.5m

2a2

2x总＝x1＋x2＝27.5m

例2：物体以12 m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为37°的斜坡，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.25，g取10 m/s2，求：(1)物体沿斜面上滑的最大位移；(2)物体再滑到斜面底端时的速度大小；(3)物体在斜面上运动的时间。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

解：

(1)物体在沿斜面上升时，取a1方向为正，据受力分析及牛顿第二定律有

mgsin 37°＋μgcos 37°＝ma1

2得a1＝8 m/s

2 0－v0

取初速度方向为正，上滑的最大位移s＝＝9 m

－2a1(2)

物体下滑时同理有

mgsin 37°－μgcos 37°＝ma2

2得a2＝4 m/s

设物体到斜面底端时的速度为v，有2a2s＝v2

得v＝62 m/s v0

v (3)

物体在斜面上运动的时间t＝＋＝(1.5＋1.52) s a1a2

2、运动学参量→加速度→受力分析

例3：民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来。若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m。要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，求气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？

1解：若下滑时间t＝2.0s，据x＝at

2

解得a＝2.5m/s2

2 43设斜面倾角为θ，有sinθ＝，则cosθ＝

5

5 对人做受力分析，并取加速度方向为正，有

mgsinθ－μN＝ma N－mgcosθ＝0

11解得μ＝

12

例4：如图所示，质量为1kg的物体静止在粗糙斜面上，斜面的倾角为37°，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，现让物体在水平推力F的作用下沿斜面匀加速上滑，在2s内运动了5m的距离，求推力F是多大？（g取10m/s2）

解：在2s内，由x＝1at

2

2 解得a＝2.5m/s2

对物体做受力分析并正交分解如图，有

Fcosθ－f－mgsinθ＝ma

Fsinθ＋mgcosθ－N＝0

f＝μN

联立解得F＝25N