学案 3 牛顿运动定律的应用

考点 1 动力学的两类问题

应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题的过程，主要把握三点：两类分析——物体的受力分析和运动过程分析；一个“桥梁”——物体运动的加速度。第一类问题：已知受力求运动，对物体受力分析，确定加速度是解决问题的关键；第二类问题：已知运动求受力，分析物体的运动过程，通过运动学公式确定物体的加速度是解决问题的关键。其中物体的受力情况为力的大小和方向；物体的运动情况为物体运动的位移、速度及时间等。

1. 解决两类动力学问题的程序图如图所示。

2. 应用牛顿第二定律的解题步骤 (1) 明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。 (2) 分析物体的受力情况和运动情况，画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程。 (3) 选取正方向或建立坐标系，通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标轴的正方向。 (4) 求合外力 F 合。 (5) 根据牛顿第二定律 F 合 =ma 列方程求解，必要时还要对结果进行讨论。

【例 1 】 如图所示，一个重为 10 N 的小球，在 F=20 N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点由静止 出发向上运动， F 作用 1.2 s 后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为 ，试求从撤去力 F

开始计时，小球经多长时间将经过距 A 点为 2.25 m 的 B 点 ( 取 g=10 m/s2) 【解析】在力 F 作用时有： (F-G)sin30-(F-G)cos30= ma1 ，解得： a1

=2.5 m/s2 。 所以撤去力 F 时，小球的速度： v1=a1t1=3 m/s ， 小球的位移： s1=(v1/2)t1=1.8 m 。 撤去力 F 后，小球上冲时有：Gsin30°+Gcos30°=ma2 ， 解得： a2=7.5 m/s2 。 因此小球上冲时间： t2=v1/a2=0.4 s ， 上冲位移： s2=(v1/2)t2=0.6 m ， 此时 s1+s2=2.4 m>AB ，因此小球在上冲阶段将能过 B 点，有 AB-s1=v1t3-

(1/2)a2t32,

解得： t3=0.2 s ， t3=0.6 s>t2( 舍去 ) 。

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小球返回时有： Gsin30°-Gcos30°=ma3,

解得： a3=2.5 m/s2 。因此小球由顶端返回 B 点时有： s1+s2-AB=(1/2)a3t4

2 ，解得： t4= s=0.346 4 s 。所以从撤去力 F 开始计时，小球上冲通过 B 点时用时为： t3=0.2 s ，返回后通过 B 点时用时为： t2+t4=0.746 4 s 。

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由物体受力情况求解运动情况的一般步骤是： (1) 确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体受力图。 (2) 根据力的合成或正交分解求出合外力 ( 大小、方向 )( 物体受二个以上的力作用时一般用正交分解法 ) 。 (3) 根据牛顿第二定律列方程，并解出物体的加速度。 (4) 结合题中物体运动的初始条件，选择运动学公式求出所需的运动学物理量。

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一斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力 F 拉质量为 m 的物体，可使它匀速向上滑动，如图所示，若改用大小为 3F 的力，仍平行斜面向上拉该物体，让物体从底部由静止开始运动，已知斜面长为 L ，物体的大小可以忽略。求：(1) 在 3F 力的作用下，物体到达斜面顶端的速度；(2) 要使物体能够到达斜面顶端， 3F 力作用的时间至少为多少？

【答案】(1)2FL

m F

mL

3)2(

【例 2 】如图所示，一辆汽车 A 拉着装有集装箱的拖车 B ， 以速度 v1=30 m/s 进入向下倾斜的直 车道。车道每 100m 下降 2 m 。为使 汽车速度在 x=200 m 的距离内减到 v2=10 m/s ，驾驶员必须刹车。假定 刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且 该力的 70% 作用于拖车 B ， 30% 作 用于汽车 A 。已知 A 的质量 m1=2000 kg ， B 的质量 m2=6000

kg 。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。 ( 重力加速度 g 取 10 m/s2)

【解析】汽车沿倾斜车道做匀减速运动，有： v22-v1

2=-2as 用 F 表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律得 : F-(m1+ m2)gsin=(m1+ m2)a 式中： sin=2/100=0.02 设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为 f ， 依题意得： f=(30/100)F ， 用 F 表示汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力，对汽车应用 牛顿第二定律得： f-F - m1gsin= m1a 。 联立以上各式解得： F =0.3( m1+ m2)(a+gsin)- m1(a+gsin)=880 N

由物体的运动情况，推断或求出物体所受的未知力的步骤：(1) 确定研究对象。(2) 根据运动情况，利用运动学公式求出物体的加速度。(3) 对研究对象分析受力情况。(4) 根据牛顿第二定律确定物体所受的合外力，从而求出未知力。

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如图所示，用倾角 =30 的传送带传送重 G=5 N 的物体，物体相对传送带静止，求在下述情况下物体所受的摩擦力：① 传送带静止；②传送带以 v=5 m/s 的速度匀速斜向上运动；③传送带以 a=

2 m/s2 的加速度斜向下运动。 (g 取 10 m/s2)

【答案】① 2.5 N 沿斜面向上 ② 2.5 N 沿斜面向上 ③ 1.5 N 沿斜面向上

考点 2 整体法、隔离法在牛顿第二定律中的应用

1. 两个 ( 或两个以上 ) 物体组成的系统，我们称之为连接体。连接体的加速度通常是相同的，但也有不同的情况，如一个静止，一个运动。 2. 处理连接体问题的方法：整体法与隔离法。要么先整体后隔离，要么先隔离后整体。不管用什么方法解题，所使用的规律都是牛顿运动定律。 (1) 解答问题时，绝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，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法。 (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一部分物体 (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。 (3) 在选用整体法和隔离法时可依据所求的力进行选择，若所求力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。

【例 3 】如图所示，质量为 M 的斜面体固定在地面上，质量为 m1 的物体 A 与质量为 m2 的物体 B 之间有摩擦，但物体 B 与斜面间的摩擦不计，物体 B 的上表面水平。 A 、 B 在加速下滑的过程中相对静止，斜面的倾角为，求物体 B 对物体 A的摩 擦力和弹力。

【解析】解法一：取 A 和 B 组成的系统为研究对象，受力如图甲所示，沿斜面方向，应用牛顿第二定律得 (m1+m2)gsin=(m1+m2)a 解得系统下滑的加速度为 a=gsin 再以 A 为研究对象，受力如图乙所示，对物体 A 沿 x 方向和 y 方向分别列出方程得 x 方向： m1gsin+f1cos-N1sin=m1a y 方向： N1cos+f1sin=m1gcos 联立解得物体 B 对物体 A 的摩擦力和弹力分别为 f1=m1gcossin ，方向：水平向左 N1=m1gcos2, 方向：竖直向上。

乙甲

解法二：取 A 和 B 组成的系统为研究对象，受力如图甲所示，沿斜面方向，应用牛顿第二定律得 (m1+m2)gsin=(m1+m2)a

解得系统下滑的加速度为 a=gsin 把加速度沿水平和竖直方向进行分解，可得水平分量为 a1=acos ，竖直分量为 a2=asin 在水平和竖直方向分别对物体 A 列出牛顿第二定律方程得 f1=m1a1=m1gcossin ，方向：水平向左 m1g-N1=m1a2, 解得： N1=m1gcos2 ，方向：竖直向上。

解决连接体问题的基本方法是整体法和隔离法，在多数题目中两种方法要结合使用，在题中未明确告诉两个物体的加速度是否相同时，首先要加以判断，若相同，可以先整体进行分析；若不同，必须隔离分析，对各个隔离部分列出相应的物理规律方程，找出各个隔离部分之间的关系，联立求解。

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水平面上有一带圆弧形凸起的长方形木块 A ，木块A 上的物体 B 用绕过凸起的轻绳与物体 C 相连， B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力 F作用在物体 B 上，恰使物体 A 、 B 、 C保持相对静止，如图所示。已知物体 A 、 B 、 C 的质量为 m ，重力加速度为 g ，不计所有的摩擦，则拉力 F 应为多大？

【答案】 mg3

考点 3 牛顿运动定律中的极值问题

在我们所研究的物理问题中，相关物理量间存在着一定的制约关系。其中当物理现象变化到某一状态时出现极限或某种转折 (例如题目中出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语 ) 时，一般都有临界现象出现，都要求出临界条件。分析时，为了把这个临界现象尽快暴露，一般用极限方法，特别是某些题目的文字比较隐蔽，物理现象过程又比较复杂时，用极限分析法往往使临界现象很快暴露出来。

【例 4 】如图所示，质量 m=1 kg 的物块放在倾角为的斜面体上，斜面体质 量 M=2 kg ，斜面体与物块间的动摩擦因数 =0.2 ，地面光滑， =37 。 现对斜面体施一水平推力 F ，要使物体 m 相对斜面静止，力 F 应为多大？ (设物体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下滑的临界状态时推力为 F1 ，此时物块受力如图甲，取加速度 a 方向为 x 轴正向 对 m:x 方向： Ncos-

Ncos=ma1

y 方向 :Ncos+Nsin-mg=0

对整体 :F1=(M+m)a1

把已知条件代入，解得 a1=4.78 m/s2 ， F1=14.34 N

(2) 设物块处于相对斜面上滑的临界状态时推力为 F2 ，此时物块受力如图乙。 对 m:x 方向： Nsin+Ncos=ma2

y 方向： Ncos-Nsin-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 故 14.34 N≤F≤33.6 N

本题旨在考查运用极限分析法确定临界状态，关键是推断为什么 F 取得合适数值才能使物块相对斜面静止。错解原因，不能运用极限分析法，找不出临界状态。

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如图所示，一细线的一端固定于倾角为 45° 的光滑楔形滑块 A 的顶端 P 处，细线另一端拴一质量为 m 的小球。当滑块以 2g 加速度向左运动时，线中拉力 T等于多少？

【答案】 mg5

考点 4 超重和失重

1. 重力与视重的比较运动情况 现象 视重 (F) F 与重力 mg比较平衡状态 匀速运动 F=mg F=mg

a 向上时 超重 F=m(g+a) F>mg

a 向下时 失重 F=m(g-a) F<mg

a=g 向下时 完全失重 F=0 F=0<mg

2. 对超重和失重的理解应当注意以下几点 (1)超重：物体的加速度方向是竖直向上的。物体并不一定是竖直向上做加速运动，也可以是竖直向下做减速运动。 失重：物体的加速度方向是竖直向下的。物体既可以是向下做加速运动，也可以是向上做减速运动。

(2)尽管物体不在竖直方向上运动，但只要其加速度在竖直方向上有分量，即 ay≠0就可以。当 ay 的方向竖直向上时，物体处于超重状态；当 ay 的方向竖直向下时，物体处于失重状态。 (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。 (4) 物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在，大小也没有变化。 (5) 发生超重或失重现象与物体的速度无关，只取决于加速度的大小和方向。 (6) 在完全失重的状态下，平时一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生向下的压强等。

【例 5 】一质量为 m=40 kg 的小孩子站在电梯内的体重计上。电梯从 t=0时 刻由静止开始上升，在 0 到 6 s 内体重计示数 F 的变化如图所示。试问： 在这段时间内电梯上升的高度是多少？ ( 取重力加速度 g=10 m/s2) 【解析】由题图可知，在 t=0 到 t=t1=2 s 的

时间内，体重计的示数大于 mg ，故电梯应做向上的加速运动。设在这段时间内体重计作用于小孩的力为 F1 ，电梯及小孩的加速度为a1 ，由牛顿第二定律，得 F1-mg=ma1

在这段时间内电梯上升的高度 h1=(1/2)a1t12

在 t1 到 t=t2=5 s 的时间内，体重计的示数等于 mg ，故电梯应做匀速上升运动，速度为 t1 时刻电梯的速度，即 v1=a1t1

在这段时间内电梯上升的高度 h2=v1(t2-t1)

此题考查从图像获取信息的能力和牛顿运动定律的应用。根据图像可知小孩第一段时间处于超重状态，第二段时间处于匀速状态，最后一段时间处于失重状态。

在 t2 到 t=t3=6 s 的时间内，体重计的示数小于 mg ，故电梯应做向上的减速运动。设在这段时间内体重计作用于小孩的力为 F2 ，电梯及小孩的加速度大小为 a2 ，由牛顿第二定律，得 mg-F2=ma2

在这段时间内电梯上升的高度 h3=v1(t3-t2)-(1/2)a2(t3-t2)2

电梯上升的总高度 h=h1+h2+h3

由以上各式题文及题图中的数据，解得 h=9 m 。

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如图所示， A 为电磁铁， C 为胶木秤盘， A 和 C(包括支架 )的总质量为 M ， B 为铁片，质量为 m ，整个装置用轻绳挂于O 点，在电磁铁通电后，铁片被吸引上升的过程中，轻绳的拉力 F 的大小为 ( )A.F=mgB.mg<F<(M+m)gC.F=(M+m)gD.F>(M+m)g

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