高中物理牛頓第二定律應(yīng)用的七類典型問(wèn)題解析

1、牛頓第二定律應(yīng)用的七類典型問(wèn)題解析1.力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，而不是維持運(yùn)動(dòng)的原因。由 F =ma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(shí)，速度增加；反之減小。在加速度為零時(shí)，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(gè)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(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（）X圖1A.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(dá)最

2、低點(diǎn)，小球的速度先增大后減小D.從小球接觸彈簧到到達(dá)最低點(diǎn)，小球的加速度先減小后增大解析：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(dá)最低點(diǎn)，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(dāng)合力與速度同向時(shí) 小球速度增大，所以當(dāng)小球所受彈力和重力大小相等時(shí)速度最大。故選CD。例2. 一航天探測(cè)器完成對(duì)月球的探測(cè)任務(wù)后，在離開月球的過(guò)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(yùn)動(dòng)，再勻速運(yùn)動(dòng)，探測(cè)器通過(guò)噴氣而獲得推動(dòng)力，以下關(guān)于噴氣方向的描述中正確的是（）A.探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿直線向后噴氣B.探測(cè)器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下噴氣C.探測(cè)器勻速運(yùn)

3、動(dòng)時(shí)，豎直向下噴氣D.探測(cè)器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，不需要噴氣解析：受力分析如圖2所示，探測(cè)器沿直線加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受合力F合方向與運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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 Co圖2.力和加速度的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系（1）物體運(yùn)動(dòng)的加速度 a與其所受的合外力 F有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系。每一瞬時(shí)的加速度只 取決于這一瞬時(shí)的合外力，而與這一瞬時(shí)之間或瞬時(shí)之后的力無(wú)關(guān)。若合外力變?yōu)榱?，加速度也立即變?yōu)榱悖铀俣瓤梢酝蛔儯?。這就是牛頓第二定律的瞬時(shí)性。（2）中學(xué)物理中的“繩”和

4、“線”，一般都是理想化模型，具有如下幾個(gè)特性：輕，即繩（或線）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知，同一根繩（或線）的兩 端及其中間各點(diǎn)的張力大小相等。軟，即繩（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因繩能彎曲）。由此特點(diǎn)可知，繩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(zhǎng)：即無(wú)論繩子所受拉力多大，繩子的長(zhǎng)度不變。由此特點(diǎn)知，繩子中的張力 可以突變。（3）中學(xué)物理中的“彈簧”和“橡皮繩”，也是理想化模型，具有如下幾個(gè)特性：輕：即彈簧（或橡皮繩）的質(zhì)量和重力均可視為零。由此特點(diǎn)可知，同一彈簧的兩端 及其中間各點(diǎn)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

5、受拉力，不能承受壓力（因橡皮繩能彎曲）。由于彈簧和橡皮繩受力時(shí)，其形變較大，發(fā)生形變需要一段時(shí)間，所以彈簧和橡皮繩 中的彈力不能突變。但是，當(dāng)彈簧和橡皮繩被剪斷時(shí)，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(gè)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?fàn)顟B(tài)，設(shè)拔去銷釘M瞬間，小球加速度的大小為12m/S2。若不拔去銷釘 M而拔去銷釘N瞬間，小球的加速度可能是（）一 2 ，一 ,，22m/ s ,豎直向上一 .222m/ s ,豎直向下一 2 ，一 ， ， ,2m/ s ,豎直向上一 _22m/ s ,豎直向下解析：原來(lái)小球處于靜

6、止?fàn)顟B(tài)時(shí)，若上面的彈簧為壓縮狀態(tài)，則拔去 生向上的加速度a =12m/s2,拔去n瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向下加速度分別為Fm、Fn。在各瞬間受力如圖 4所示。M瞬間小球會(huì)產(chǎn)a。設(shè)上下彈簧的彈力兒 靜止拔M前靜止：Fm +mg = Fn拔 M 瞬間：FNmg=ma拔 N 瞬間：Fm +mg=ma,乙A0 ”尸拔M瞄間圖4：二 1 :二 2:二 3N - M0 IIF 鹿M+拔N瞬間聯(lián)立式得拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為a= a + g = 22m/s2,方向豎直向下。原來(lái)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，若上面的彈簧為拉伸狀態(tài)，則拔去 M瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向下 的加速度a =12m/s2,拔去n瞬間小球會(huì)產(chǎn)生向上加速度

7、 a,如圖5所示。靜止 拔M瞬間 拔N瞬間圖5 TOC o 1-5 h z 拔 M 前靜止：FN+mg = FM拔 M 瞬間：FN+mg=ma拔 N 瞬間：Fm -mg =ma聯(lián)立式得：拔去N瞬間小球產(chǎn)生的加速度可能為a= a - g = 2m/s2,方向豎直向上。綜合以上分析，可知正確答案為BC。.力的獨(dú)立作用原理一個(gè)物體可以同時(shí)受幾個(gè)力的作用， 每一個(gè)力都使物體產(chǎn)生一個(gè)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(dú)立的， 這就是力的獨(dú)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(yùn)算法則均為平行四邊形定則。為此， 合力與其合效果對(duì)應(yīng)，分 力與其分效果對(duì)應(yīng)，對(duì)物體的運(yùn)

8、動(dòng)往往看到的是合效果， 在研究具體問(wèn)題時(shí)，可根據(jù)受力的 特點(diǎn)求合力，讓合效果與合力對(duì)應(yīng)；也可將效果分解，讓它與某一方向上的分力對(duì)應(yīng)。正因?yàn)榱Φ淖饔檬窍嗷オ?dú)立的，所以牛頓第二定律在運(yùn)用中常按正交法分解為Z Fx = max, Z Fy = may例4.某型航空導(dǎo)弓t質(zhì)量為 M ,從離地面H高處水平飛行的戰(zhàn)斗機(jī)上水平發(fā)射，初速度為V0 ,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(jì)空氣阻力和導(dǎo)彈質(zhì)量的改變，下列說(shuō)法正確的有（）A.推力F越大，導(dǎo)彈在空中飛行的時(shí)間越長(zhǎng)B.不論推力F多大，導(dǎo)彈在空中飛行的時(shí)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)彈的射程一定解析：推力

9、F和重力G分別在兩個(gè)正交的方向上，均單獨(dú)對(duì)導(dǎo)彈產(chǎn)生各自的加速度，因高度H 一定，在豎直方向上，導(dǎo)彈是自由落體運(yùn)動(dòng)，故落地時(shí)間t = 2H與F無(wú)關(guān)，為1, g一定值。而水平方向?qū)椀纳涑逃蓅 = v0t +at2決定，顯然F越大，a越大，水平射程越2大。即本題的正確答案為 BC。.連結(jié)體問(wèn)題此類問(wèn)題，在高考中只限于兩個(gè)物體的加速度相同的情況。通常是對(duì)兩個(gè)物體組成的整體運(yùn)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,與水平地面的摩擦不計(jì)，質(zhì)量為 m的物塊B 與地面的摩擦因數(shù)為 科，在已知水平推力 F的作用下，A、B做加速運(yùn)動(dòng)，則 A和B之

10、間 的作用力為。B77777T77777777/7777TT7T圖6解析：由題意知，地面對(duì)物塊A的摩擦力為0,對(duì)物塊B的摩擦力為Ff =mg。對(duì)A、B整體，設(shè)共同運(yùn)動(dòng)的加速度為a,由牛頓第二定律有：F -Ff = 3ma對(duì)B物體，設(shè)A對(duì)B的作用力為FN ,同理有Fn - Ff = ma聯(lián)立以上三式得： Fn=F 2mg3Fn大小等.超重和失重問(wèn)題當(dāng)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，物體對(duì)水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）于物體受到的重力，即 Fn =G。當(dāng)物體m具有向上或向下的加速度 a時(shí)，物體對(duì)水平支持物的壓力（或豎直懸掛物的拉力）Fn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

11、或失去部分為ma。具體應(yīng)用可分兩種情況。（1）定性分析對(duì)于一些只需作定性分析的問(wèn)題，利用超重或失重的概念能夠巧妙地使問(wèn)題得到解決。 在具體分析過(guò)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(dāng)系統(tǒng)的重心加速上升時(shí)為超重，當(dāng)系統(tǒng)的重心加速下降時(shí)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 質(zhì)量為M, B為鐵片，質(zhì)量為 m,整個(gè)裝置用輕繩懸掛于 O點(diǎn)。當(dāng)電磁鐵通電，鐵片被吸 引上升的過(guò)程中，輕繩中拉力F的大小為（）A. F = mgB. Mg : F ： M m gC. F = M mgd. F M m g解析：以A、B、C組成

12、的系統(tǒng)為研究對(duì)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)，故輕繩的拉力F （M +m）g ,正確答案為Do（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(diǎn)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(duì)支持物的壓力 （或?qū)覓煳锏睦Γ?發(fā)生了變化，看起來(lái)好像物重有所增大或減小。當(dāng)物體相對(duì)于地面有向上的加速度或相對(duì)于地面的加速度豎直向上的分量不為零時(shí)， 物體處于超重狀態(tài)，超出的部分在數(shù)值上等于 ma或max（ax為加速度的豎直分量）。當(dāng)物體相對(duì)于地面有向下的加速度或相對(duì)于地面的加速度豎直向下的分量不為零時(shí)，物體處于失重狀態(tài)

13、，失去的部分在數(shù)值上等于 ma或max,利用上述結(jié)論可以進(jìn)行定量計(jì)算。例7.如圖8所示，一根彈簧上端固定， 下端掛一質(zhì)量為 m0的秤盤，盤中放有質(zhì)量為 m的物體，當(dāng)整個(gè)裝置靜止時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)了L,今向下拉盤使彈簧再伸長(zhǎng) 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(shí)，物體m對(duì)盤壓力等于多少？解析：視m、m0為系統(tǒng)，開始平衡有m0 m g = kL：1再伸長(zhǎng) L,系統(tǒng)受的合外力為F合=kAL,故此時(shí)系統(tǒng)的加速度k La 二m m0a方向向上，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)。對(duì)m來(lái)說(shuō)超重mkLma 二m m0故剛松手時(shí)，物體m對(duì)盤的壓力Fn二mg Lm m0結(jié)合1式可得:LFN = mg /mg.臨界問(wèn)題或

14、從一物理過(guò)程轉(zhuǎn)入另在臨界問(wèn)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,物理過(guò)程的轉(zhuǎn)折狀態(tài)。常出現(xiàn)“剛好”、“剛能”、“恰好”等語(yǔ)言敘述。例8. 一斜面放在水平地面上，傾角e =53。一個(gè)質(zhì)量為0.2kg的小球用細(xì)繩吊在斜面頂端，如圖9所示。斜面靜止時(shí)，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計(jì)斜面與水平面的摩(g取擦，當(dāng)斜面以10m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，求細(xì)繩的拉力及斜面對(duì)小球的彈力。210m/s )圖10解析：斜面由靜止向右加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)a較小時(shí)，小球受到三個(gè)力作用，此時(shí)細(xì)繩平行于斜面；當(dāng)a增大時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力將會(huì)減少，當(dāng)a增大到某一值時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力為零；若 a繼續(xù)增大，小球

15、將會(huì)“飛離”斜面，此時(shí)繩與水平方向的夾角將會(huì)大于。角。而題中給出的斜面向右的加速度a =10m/s2,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(shí)斜面向右的加速度為a0 ,此時(shí)斜面對(duì)小球的支持力恰好為零,10所示。小球只受到重力和細(xì)繩的拉力，且細(xì)繩仍然與斜面平行。對(duì)小球受力分析如圖易知 mg cot i - ma0代入數(shù)據(jù)解得：a0 =7.5m/s2因?yàn)閍 = 10m/s2 a0,所以小球已離開斜面，斜面的支持力 Fn =0同理，由受力分析可知，細(xì)繩的拉力為Ft =；(mgj +(ma 2 電 2.83N此時(shí)細(xì)繩拉力FT

16、與水平方向的夾角為二二arctan mg = 45 ma.對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律設(shè)系統(tǒng)內(nèi)有兩個(gè)物體，質(zhì)量分別為m4D m2 ,受到系統(tǒng)以外的作用力分別為F1、F2,m2對(duì)m1與m1又m2的作用力分別為 F21和F12,兩物體的加速度分別為a1、a2,由牛頓第二定律得兩物體受到的合外力為： TOC o 1-5 h z Fi F21 =mai：二 1F2 Fi2 = m2a2： 2由牛頓第三定律得：F21 = -F123 .由以上三式得：F1 - F2=m1al - m2a2其中式中F1 +52為系統(tǒng)所受的合外力，同理可證，上述結(jié)論對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)也 是成立的，即為F 合=m1a1 +m2a2 + +mnan如按正交分解則得：F宿=m1a1x m2a2x mnanxFy 合=m1a1y +m2a2y +mnany例9.如圖11所示，質(zhì)量為 M的框架放在水平地面上，一個(gè)輕質(zhì)彈簧固定在框架上, 下端拴一個(gè)質(zhì)量為 m的小球，當(dāng)小球上下振動(dòng)時(shí)，框架始終沒有跳起，在框架對(duì)地面的壓 力為零的瞬間，小球加速度大小為（）圖11A. gB（M -m）gC. 0D M mgm