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牛顿第二定律

1.定律内容:物体的加速度跟物体________成正比,跟物体的________成反比,加速度的方向跟合外力的方向________

2.牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性.“矢量性”是指加速度的方向取决________,“瞬时性”是指加速度和合外力存在着________关系,合外力改变,加速度相应改变,“独立性”是指作用在物体上的每个力都独立的产生各自的加速度,合外力的加速度即是这些加速度的矢量和.

3.牛顿第二定律的分量式:ΣFx=max,ΣFy=may

答案:
解析:

  1.合外力,质量,一致

  2.合外力方向,瞬时对应


提示:


练习册系列答案
相关习题

科目:高中物理 来源: 题型:

实验填空题

(1)在做“验证牛顿第二定律”的实验时(装置如图1所示)下列说法中正确的是
BD
BD

A.平衡运动系统的摩擦力时,应把装砂的小桶通过定滑轮拴在小车上
B.连接砂桶和小车的轻绳应和长木板保持平行
C.当改变小车或砂桶质量时应再次平衡摩擦力
D.小车应靠近打点计时器,且应先接通电源再释放小车
(2)用图2所示的电路,测定一节干电池的电动势和内阻.电池的内阻较小,为了防止在调节滑动变阻器时造成短路,电路中用一个定值电阻R0起保护作用.除电池、开关和导线外,可供使用的实验器材还有:
(a) 电流表(量程0.6A、3A);             
(b) 电压表(量程3V、15V)
(c) 定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W)    
(d) 定值电阻(阻值100Ω,额定功率200W)
(e) 滑动变阻器(阴值范围0--10Ω、额定电流2A)
(f) 滑动变阻器(阻值范围0--100Ω、额定电流1A)
那么
①要正确完成实验,电压表的量程应选择
3
3
V,电流表的量程应选择
0.6
0.6
A; R0应选择
1
1
Ω的定值电阻,R应选择阻值范围是
0-10
0-10
Ω的滑动变阻器.
②误差分析:电动势的测量值E
真实值E;内阻的测量值r
真实值r(选填>、<或=)
③根据实验记录的数据画出的U-I图线如图3所示,从图线可得出干电池的电动势为
1.5
1.5
V,待测干电池的内电阻为
1.0
1.0
Ω.

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科目:高中物理 来源: 题型:

(1)做以下四个实验时,要用打点计时器的实验是
AD
AD

A.验证牛顿第二定律 B.探究弹力与弹簧伸长的关系
C.验证力的平行四边形定则 D.研究匀变速直线运动
(2)在“研究匀变速直线运动“的实验中,图为一次实验得到的一条纸带,纸带上每相邻的两计数点间时间间隔均为t,测得位移SAC=L1,SBD=L2,则物体的加速度为
L2-L1
2t2
L2-L1
2t2

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科目:高中物理 来源: 题型:阅读理解

I.下列实验中,没有系统误差的是
C
C

A.在探究a与M、F之间关系的实验中,用沙和沙桶的重力大小代替绳子的拉力
B.在测定金属丝的电阻率实验中电流表外接法测量金属丝的电阻
C.在探究小车速度随时间变化规律的实验中用逐差法测量小车运动的加速度
D.在验证机械能守恒实验中,重锤减少的重力势能等于重锤增加的动能
II.在探究“牛顿第二定律”时,某小组设计双车位移比较法来探究加速度与力的关系.实验装置如图所示,将两个带滑轮的长木板并排固定放置,选取两辆完全相同的小车A和B,两小车后的刹车线穿过尾端固定板,由安装在后面的刹车系统同时进行控制(未画出刹车系统).通过改变砝码盘中的砝码来改变拉力大小.
(1)在实验中怎样得到两车加速度的比例关系?
(2)为了使绳子的拉力成为小车受到的合外力,在实验中必须做的操作是:
①平衡摩擦力,②调节滑轮的高度使牵引小车的绳子与木板平面平行.
①平衡摩擦力,②调节滑轮的高度使牵引小车的绳子与木板平面平行.


III.现要测量某一待测电阻Rx的阻值,给定的器材有:
A.待测电阻Rx;阻值约为200Ω
B.电源E;电动势约为3.0V,内阻可忽略不计
C.电流表A1;量程为0~10mA,内电阻r1=20Ω
D.电流表A2:量程为0~20mA,内电阻约为8Ω
E.定值电阻R0:阻值R0=80Ω
F.单刀单掷开关S,导线若干.
(1)为了尽量准确测量电阻Rx值,请在方框内设计实验电路原理图.
(2)根据实验数据,得出测量Rx的表达式并说明各符号的含义:Rx
=
I1(R0+r1)
I2-I1
=
I1(R0+r1)
I2-I1

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科目:高中物理 来源: 题型:

精英家教网(1)如图(1)所示的装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成.光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的瞬时速度,导轨标尺可以测出两个光电门间的距离,另用天平测出滑块和沙桶的质量分别为M和m.下面说法正确的是
 
(选填字母代号).
A.用该装置可以测出滑块的加速度
B.用该装置验证牛顿第二定律,要保证拉力近似等于沙桶的重力,必须满足m<<M
C.可以用该装置验证机械能守恒定律,但必须满足m<<M
D.用该装置可以验证动能定理
(2)在验证力的平行四边形定则实验中,如图(2)甲、乙所示,某同学分别用弹簧秤将橡皮条的结点拉到同一位置O,记下甲图中弹簧秤的拉力:F1=2.0N、F2=2.6N;乙图中弹簧秤的拉力:F′=3.6N,力的方向分别用虚线OB、OC和OD表示.请你按图中的比例尺,在丙图中作出F1、F2 的合力与F′的图示
 

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(3)①用伏特表、安培表测定电池电动势和内阻实验,采用的是下列
 
电路图.
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②某同学将V,A测得的数值逐一描绘在坐标纸上,再根据这些点分别画出了图线a与b,你认为比较合理的是图线
 
(填a或b).
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③根据该图线得到电源电动势的大小是
 
V;内阻是
 
Ω(结果保留两位小数).

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科目:高中物理 来源: 题型:阅读理解

第二部分  牛顿运动定律

第一讲 牛顿三定律

一、牛顿第一定律

1、定律。惯性的量度

2、观念意义,突破“初态困惑”

二、牛顿第二定律

1、定律

2、理解要点

a、矢量性

b、独立作用性:ΣF → a ,ΣFx → ax 

c、瞬时性。合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突变);牛顿第二定律展示了加速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”)。

3、适用条件

a、宏观、低速

b、惯性系

对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析

三、牛顿第三定律

1、定律

2、理解要点

a、同性质(但不同物体)

b、等时效(同增同减)

c、无条件(与运动状态、空间选择无关)

第二讲 牛顿定律的应用

一、牛顿第一、第二定律的应用

单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少,一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。

应用要点:合力为零时,物体靠惯性维持原有运动状态;只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。

1、如图1所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件(大小不计)在皮带左端A点轻轻放下,则在此后的过程中(      

A、一段时间内,工件将在滑动摩擦力作用下,对地做加速运动

B、当工件的速度等于v时,它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力

C、当工件相对皮带静止时,它位于皮带上A点右侧的某一点

D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态

解说:B选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D选项用到牛顿第二定律。

较难突破的是A选项,在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上,建议使用反证法(t → 0 ,a →  ,则ΣFx   ,必然会出现“供不应求”的局面)和比较法(为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动?因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”)

此外,本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出

只有当L > 时(其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素),才有相对静止的过程,否则没有。

答案:A、D

思考:令L = 10m ,v = 2 m/s ,μ= 0.2 ,g取10 m/s2 ,试求工件到达皮带右端的时间t(过程略,答案为5.5s)

进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速v0 ,其它条件不变,再求t(学生分以下三组进行)——

① v0 = 1m/s  (答:0.5 + 37/8 = 5.13s)

② v0 = 4m/s  (答:1.0 + 3.5 = 4.5s)

③ v0 = 1m/s  (答:1.55s)

2、质量均为m的两只钩码A和B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在天花板上,如图2所示。试问:

① 如果在P处剪断细绳,在剪断瞬时,B的加速度是多少?

② 如果在Q处剪断弹簧,在剪断瞬时,B的加速度又是多少?

解说:第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”,故剪断瞬间弹簧弹力维持原值,所以此时B钩码的加速度为零(A的加速度则为2g)。

第②问需要我们反省这样一个问题:“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么?是A、B两物的惯性,且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时,弹簧却是没有惯性的(没有质量),遵从理想模型的条件,弹簧应在一瞬间恢复原长!即弹簧弹力突变为零。

答案:0 ;g 。

二、牛顿第二定律的应用

应用要点:受力较少时,直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时,结合正交分解与“独立作用性”解题。

在难度方面,“瞬时性”问题相对较大。

1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑,试求其加速度。

解说:受力分析 → 根据“矢量性”定合力方向  牛顿第二定律应用

答案:gsinθ。

思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍为θ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个多大的水平加速度?(解题思路完全相同,研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答:gtgθ。)

进阶练习1:在一向右运动的车厢中,用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态,试求车厢的加速度。(和“思考”题同理,答:gtgθ。)

进阶练习2、如图4所示,小车在倾角为α的斜面上匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一小球,发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。

解:继续贯彻“矢量性”的应用,但数学处理复杂了一些(正弦定理解三角形)。

分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形,并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为θ,则

θ=(90°+ α)- β= 90°-(β-α)                 (1)

对灰色三角形用正弦定理,有

 =                                        (2)

解(1)(2)两式得:ΣF = 

最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速度)

答: 。

2、如图6所示,光滑斜面倾角为θ,在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球,当斜面加速度为a时(a<ctgθ),小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。

解说:当力的个数较多,不能直接用平行四边形寻求合力时,宜用正交分解处理受力,在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。

正交坐标的选择,视解题方便程度而定。

解法一:先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴,与a垂直的方向上建y轴,如图7所示(N为斜面支持力)。于是可得两方程

ΣFx = ma ,即Tx - Nx = ma

ΣFy = 0 , 即Ty + Ny = mg

代入方位角θ,以上两式成为

T cosθ-N sinθ = ma                       (1)

T sinθ + Ncosθ = mg                       (2)

这是一个关于T和N的方程组,解(1)(2)两式得:T = mgsinθ + ma cosθ

解法二:下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为:x——斜面方向,y——和斜面垂直的方向。这时,在分解受力时,只分解重力G就行了,但值得注意,加速度a不在任何一个坐标轴上,是需要分解的。矢量分解后,如图8所示。

根据独立作用性原理,ΣFx = max

即:T - Gx = max

即:T - mg sinθ = m acosθ

显然,独立解T值是成功的。结果与解法一相同。

答案:mgsinθ + ma cosθ

思考:当a>ctgθ时,张力T的结果会变化吗?(从支持力的结果N = mgcosθ-ma sinθ看小球脱离斜面的条件,求脱离斜面后,θ条件已没有意义。答:T = m 。)

学生活动:用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”

进阶练习:如图9所示,自动扶梯与地面的夹角为30°,但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s2的加速度向上运动时,站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重力加速度g = 10 m/s2,试求扶梯对人的静摩擦力f 。

解:这是一个展示独立作用性原理的经典例题,建议学生选择两种坐标(一种是沿a方向和垂直a方向,另一种是水平和竖直方向),对比解题过程,进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。

答:208N 。

3、如图10所示,甲图系着小球的是两根轻绳,乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳,方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断,试求:在剪断瞬间,两种情形下小球的瞬时加速度。

解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。

(学生活动)思考:用竖直的绳和弹簧悬吊小球,并用竖直向下的力拉住小球静止,然后同时释放,会有什么现象?原因是什么?

结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变(胡克定律)。

第二步,在本例中,突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点(从即将开始的运动来反推)。

知识点,牛顿第二定律的瞬时性。

答案:a = gsinθ ;a = gtgθ 。

应用:如图11所示,吊篮P挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q的加速度分别是多少?

解:略。

答:2g ;0 。

三、牛顿第二、第三定律的应用

要点:在动力学问题中,如果遇到几个研究对象时,就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题,这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念,并适时地运用牛顿第三定律。

在方法的选择方面,则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本,后者有局限,也有难度,但常常使解题过程简化,使过程的物理意义更加明晰。

对N个对象,有N个隔离方程和一个(可能的)整体方程,这(N + 1)个方程中必有一个是通解方程,如何取舍,视解题方便程度而定。

补充:当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不可用,但也有一种特殊的“整体方程”,可以不受这个局限(可以介绍推导过程)——

Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn

其中Σ只能是系统外力的矢量和,等式右边也是矢量相加。

1、如图12所示,光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒,现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用,则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样?

解说:截取隔离对象,列整体方程和隔离方程(隔离右段较好)。

答案:N = x 。

思考:如果水平面粗糙,结论又如何?

解:分两种情况,(1)能拉动;(2)不能拉动。

第(1)情况的计算和原题基本相同,只是多了一个摩擦力的处理,结论的化简也麻烦一些。

第(2)情况可设棒的总质量为M ,和水平面的摩擦因素为μ,而F = μMg ,其中l<L ,则x<(L-l)的右段没有张力,x>(L-l)的左端才有张力。

答:若棒仍能被拉动,结论不变。

若棒不能被拉动,且F = μMg时(μ为棒与平面的摩擦因素,l为小于L的某一值,M为棒的总质量),当x<(L-l),N≡0 ;当x>(L-l),N = 〔x -〈L-l〉〕。

应用:如图13所示,在倾角为θ的固定斜面上,叠放着两个长方体滑块,它们的质量分别为m1和m2 ,它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2 ,系统释放后能够一起加速下滑,则它们之间的摩擦力大小为:

A、μ1 m1gcosθ ;    B、μ2 m1gcosθ ;

C、μ1 m2gcosθ ;    D、μ1 m2gcosθ ;

解:略。

答:B 。(方向沿斜面向上。)

思考:(1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度v0一起上冲,以上结论会变吗?(2)如果斜面光滑,两滑块之间有没有摩擦力?(3)如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子,上面的滑块换成小球,它们以初速度v0一起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有压力?

解:略。

答:(1)不会;(2)没有;(3)若斜面光滑,对两内壁均无压力,若斜面粗糙,对斜面上方的内壁有压力。

2、如图15所示,三个物体质量分别为m1 、m2和m3 ,带滑轮的物体放在光滑水平面上,滑轮和所有接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物体无相对滑动,水平推力F应为多少?

解说:

此题对象虽然有三个,但难度不大。隔离m2 ,竖直方向有一个平衡方程;隔离m1 ,水平方向有一个动力学方程;整体有一个动力学方程。就足以解题了。

答案:F =  。

思考:若将质量为m3物体右边挖成凹形,让m2可以自由摆动(而不与m3相碰),如图16所示,其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′,使三者无相对运动?如果没有,说明理由;如果有,求出这个F′的值。

解:此时,m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ,m2的受力情况如图,隔离方程为:

 = m2a

隔离m,仍有:T = m1a

解以上两式,可得:a = g

最后用整体法解F即可。

答:当m1 ≤ m2时,没有适应题意的F′;当m1 > m2时,适应题意的F′=  。

3、一根质量为M的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量为m的猫,如图17所示。现将系木棒的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,但要求猫对地的高度不变,则棒的加速度将是多少?

解说:法一,隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ,然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程,解方程组即可。

法二,“新整体法”。

据Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn ,猫和棒的系统外力只有两者的重力,竖直向下,而猫的加速度a1 = 0 ,所以:

( M + m )g = m·0 + M a1 

解棒的加速度a1十分容易。

答案:g 。

四、特殊的连接体

当系统中各个体的加速度不相等时,经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上,“新整体法”也将有一定的困难(矢量求和不易)。此时,我们回到隔离法,且要更加注意找各参量之间的联系。

解题思想:抓某个方向上加速度关系。方法:“微元法”先看位移关系,再推加速度关系。、

1、如图18所示,一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放,试求斜面的加速度。

解说:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂直斜面方向上,大小是相等的。对两者列隔离方程时,务必在这个方向上进行突破。

(学生活动)定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。

位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律,加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。

(学生活动)这两个加速度矢量有什么关系?

沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标,可得:

a1y = a2y             ①

且:a1y = a2sinθ     ②

隔离滑块和斜面,受力图如图20所示。

对滑块,列y方向隔离方程,有:

mgcosθ- N = ma1y     ③

对斜面,仍沿合加速度a2方向列方程,有:

Nsinθ= Ma2          ④

解①②③④式即可得a2 。

答案:a2 =  。

(学生活动)思考:如何求a1的值?

解:a1y已可以通过解上面的方程组求出;a1x只要看滑块的受力图,列x方向的隔离方程即可,显然有mgsinθ= ma1x ,得:a1x = gsinθ 。最后据a1 = 求a1 。

答:a1 =  。

2、如图21所示,与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ,可以无摩擦地在棒上滑动,开始时与棒的A端相距b ,相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动,加速度为a(且a>gtgθ)时,求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。

解说:这是一个比较特殊的“连接体问题”,寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面,只需要隔离滑套C就行了。

(学生活动)思考:为什么题意要求a>gtgθ?(联系本讲第二节第1题之“思考题”)

定性绘出符合题意的运动过程图,如图22所示:S表示棒的位移,S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后,S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出:

S1x + b = S cosθ                   ①

设全程时间为t ,则有:

S = at2                          ②

S1x = a1xt2                        ③

而隔离滑套,受力图如图23所示,显然:

mgsinθ= ma1x                       ④

解①②③④式即可。

答案:t = 

另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ* = m (注:*为惯性力),此题极简单。过程如下——

以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图24所示。

注意,滑套相对棒的加速度a是沿棒向上的,故动力学方程为:

F*cosθ- mgsinθ= ma            (1)

其中F* = ma                      (2)

而且,以棒为参照,滑套的相对位移S就是b ,即:

b = S = a t2                 (3)

解(1)(2)(3)式就可以了。

第二讲 配套例题选讲

教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》,知识出版社,2002年8月第一版。

例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题。

查看答案和解析>>

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