2.实验原理

探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量m不变，讨论加速度a与F的关系，再控制小盘和砝码的质量不变，即力F不变，改变小车质量m，讨论加速度a与m的关系.

1.实验目的

(1)学会用控制变量法研究物理规律.

(2)验证牛顿第二定律.

(3)掌握利用图象处理数据的方法.

3.整体运用牛顿第二定律

[例3]如图所示，倾角α＝30°、质量M＝34 kg的斜面体始终停在粗糙的水平地面上，质量m_A＝14 kg、m_B＝2 kg的物体A和B，由细线通过定滑轮连接.若A以a＝2.5 m/s²的加速度沿斜面下滑，求此过程中地面对斜面体的摩擦力和支持力各是多少？

[解析]取A、B及斜面体为研究对象，它受到的外力是竖直向下的重力(m_A+m_B+M)g、地面竖直向上的支持力F_N及水平方向的静摩擦力F_f.将A物体的加速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示.

根据牛顿第二定律的系统表达式，地面对斜面体的摩擦力应为水平向左，大小为

F_f＝m_Aa_x＝m_Aacos α＝30 N

在竖直方向上应有

F_N－(m_A+m_B+M)g＝m_Ba－m_Aa_y

即地面对小车的支持力F_N＝(m_A+m_B+M)g+m_Ba－m_Aasin α＝487.5 N

[思维提升]对于由多个质点组成的系统，如果其中各物体的加速度不相同，但不需求系统内各物体间的相互作用力时，利用系统的牛顿第二定律求解，由于避开了对系统内力的分析，使解题过程变得干净利落.

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[例4]如图所示，一个质量为M、倾角为30°的光滑斜面体放在粗糙水平桌面上，质量为m的小木块从斜面顶端无初速度滑下的过程中，斜面体静止不动.则下列关于此斜面体对水平桌面压力F_N的大小和桌面对斜面体摩擦力F_f的说法正确的(　)

A.F_N＝Mg+mg　　 　　　　　　　　　　　B.F_N＝Mg+mg

C.F_f方向向左，大小为mg　　　　　　 D.F_f方向向左，大小为mg

[错解]AC

[错因]找不到正确的解题方法，而盲目地认为压力等于总重力而错选A；或者没有具体分析物体的受力情况，根据物体对斜面的压力为mgcos θ，认为斜面受到的摩擦力大小与压力相等，错选C；或者不能对整体运用牛顿第二定律进行分析，造成运算过繁而求不出结果.

[正解]因斜面体静止不动，其加速度a＝0；而小木块做匀加速直线运动，其加速大小为a＝gsin 30°，作出了加速度的分解矢量图如图所示，其水平和竖直分量分别为a_x＝acos 30°＝gsin 30°cos 30°，a_y＝asin 30°＝gsin²30°.在水平方向对整体应用牛顿第二定律有F_f＝ma_x＝mg；在竖直方向上对整体应用牛顿第二定律有Mg+mg－F_N＝ma_y，所以F_N＝Mg+mg－ma_y＝Mg+mg

[答案]BD

[思维提升]对于多物体系统，整体应用牛顿第二定律分析，不仅可以简化解题过程，还可以加深对牛顿第二定律的理解.

第 5 课时　实验：验证牛顿运动定律

　　 基础知识归纳

2.整体法和隔离法的应用

[例2]如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面体质量为M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数μ＝0.2，地面光滑，θ＝37°.现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，力F应为多大？(设物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s²)

[解析](1)设物块处于相对斜面向下滑的临界状态时，推力为F₁，此时物块受力如图所示，取加速度a的方向为x轴正方向.对x轴方向：

F_Nsin θ－μF_Ncos θ＝ma₁

对y轴方向：

F_Ncos θ+μF_Nsin θ－mg＝0

对整体：F₁＝(M+m)a₁

把已知条件代入，解得

a₁＝4.78 m/s²，F₁＝14.3 N

(2)设物块处于相对斜面有向上滑的临界状态时，推力为F₂，此时物块受力如右图所示.

对x轴方向：

F_Nsin θ+μF_Ncos θ＝ma₂

对y轴方向：

F_Ncos θ－μF_Nsin θ－mg＝0

对整体：F₂＝(M+m)a₂

把已知条件代入，解得

a₂＝11.2 m/s²，F₂＝33.6 N

则力F范围：14.3 N≤F≤33.6 N

[思维提升]采用极限法把F推向两个极端来分析：当F较大时(足够大)，物块将相对斜面上滑；当F较小时(趋于零)，物块将沿斜面加速下滑.因此F不能太小，也不能太大，F的取值有一个范围.具体求解时，综合应用整体法和隔离法.

[拓展2]如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为( B )

A. μmg 　　　B. μmg　　　　 C. μmg 　　　　D.3μmg

[解析]经过受力分析，A、B之间的静摩擦力给B、C、D组成的系统提供加速度，加速度达到最大值的临界条件为A、B间达到最大静摩擦力，即a_m1＝μg.C、D间的静摩擦力给D提供加速度，同理D的加速度最大值为a_m2＝μg>a_m1；因此，C、D系统的最大加速度为μg，而绳子拉力F_T给C、D组成的系统提供加速度，最大拉力为F_Tm＝3ma_m1＝μmg，B选项正确.

应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式为：

ΣF_x＝m₁a_1x+m₂a_2x+…+m_na_nx

ΣF_y＝m₁a_1y+m₂a_2y+…+m_na_ny

应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化求解的目的，但需把握三个关键点：

(1)正确分析系统受到的外力；

(2)正确分析系统内各物体加速度的大小和方向；

(3)确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解.

典例精析

1.超重和失重现象

[例1]升降机由静止开始上升，开始2 s内匀加速上升8 m，以后3 s内做匀速运动，最后2 s内做匀减速运动，速度减小到零.升降机内有一质量为250 kg的重物，求整个上升过程中重物对升降机的底板的压力，并作出升降机运动的v-t图象和重物对升降机底板压力的F-t图象.(g取10 m/s²)

[解析]开始2 s内升降机做匀加速运动，设其加速度为a₁.

由s＝a₁，解得a₁＝ m/s²＝4 m/s²

升降机在2 s末的速度为v₁＝a₁t₁＝4×2 m/s＝8 m/s

设在开始2 s内升降机底板对重物的支持力为F_N1.

根据牛顿第二定律得：F_N1－mg＝ma₁，F_N1＝mg+ma₁＝3 500 N，方向竖直向上.

根据牛顿第三定律得重物对升降机底板的压力大小为F_N1′＝F_N1＝3 500 N，方向竖直向下.

中间3 s内重物匀速上升，

由平衡条件得F_N2＝mg＝2 500 N

所以重物对升降机底板的压力F_N2′＝F_N2＝2 500 N，方向竖直向下.

重物的速度为v₂＝v₁＝8 m/s

最后2 s内重物随升降机一起做匀减速运动，有

0＝v₂－a₃t₃

解得a₃＝ m/s²＝4 m/s²

根据牛顿第二定律得mg－F_N3＝ma₃

解得升降机底板对重物的支持力为F_N3＝mg－ma₃＝1 500 N，方向竖直向上.

则重物对升降机底板的压力F_N3′＝F_N3＝1 500 N，方向竖直向下.

根据以上三个过程的计算数据，可得v-t图象和F-t图象如图所示.

[思维提升]当升降机加速上升，重物有向上的加速度，是由重物的重力和升降机对重物的支持力的合力产生的；当升降机减速上升时，重物有向下的加速度，仍是由重物的重力和升降机对重物的支持力的合力产生的.因此根据牛顿第二定律建立方程即可顺利解题.解超重和失重的问题，关键是抓住运动和力的桥梁——加速度这个物理量.　　　　　　　　

[拓展1]如图所示，小球的密度小于杯中水的密度，弹簧两端分别固定在杯底和小球上.静止时弹簧伸长Δx.若全套装置自由下落，则在下落过程中弹簧的伸长量将( D )

A.仍为Δx　 　　　　　　　　　　B.大于Δx　　

C.小于Δx，大于零　 　　　　　　D.等于零

[解析]当全套装置自由下落时，系统处于完全失重状态，弹簧与连接物之间无相互作用力，即弹簧恢复到原长，故D选项正确.

3.在选用整体法和隔离法时，可依据所求的力进行选择，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度.

2.在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理.

1.解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取对象，恰当地选择使用隔离法和整体法.

4.处于超重和失重状态下的液体浮力公式分别为F_浮＝ρV_排(g+a)或F_浮＝ρV_排(g－a)，处于完全失重状态下的液体F_浮＝0，即液体对浸在液体中的物体不再产生浮力.

3.当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度效果，不再产生其他效果.