牛顿运动定律一轮复习

分析：小球m始终受3个力：竖直向下的重力mg、水平向右的bc 态。 将Ta 沿水平、竖直两个方向正交分解得
绳张力Tb 、斜向左上方的ac绳张力Ta 。三力的合力决定小球的运动状
Tax Ta · cos θ Tay Ta · sin θ
解：（1）m球处于平衡状态，即
Tay Ta sin mg ① Tax Ta cos Tb
分析: 物体从A到B的过程，分为二个阶段，一个突变点。
加速阶段，弹力小于重力，N＜G，物体所受的合力向下，但 加速度数值逐渐减小，故物体作加速度值减小的加速运动，速度仍 逐渐增大。
到N=G（突变点）时，速度达到最大。 随着弹簧的继续压缩，物体进入减速阶段，N＞G，物体所受 的合力向上，且逐渐增大，但速度方向仍向下，故作加速度值增大 的减速运动，速度逐渐减小，到B点速度为零，但此时向上的合力 最大。 所以物体从B点到A点的过程中，先作加速度值减小的加速运动 ，速度逐步增大，到加速度等于零时，速度达到最大；而后随着弹 力N的继续增大，物体作加速度值逐步增大的减速运动，速度逐渐 减小，到A点时速度最小，但向上的加速度却最大，即受的合力最 大。
F fm 15 12 aA＝ ＝ m / s2 ＝15m / s2 . mA 2 fm 12 a B＝ ＝ m / s2 ＝ 4 m / s2 mB 3
从结果看，物体B的加速度竟然大于物体A的加速度，这显 然是不合理的．原来A、B之间是否产生相对滑动，不能根 据F是否大于f m 来判断( 只有当B物体不动时，才可以这样判 断)，而应该先求出A、B刚好发生相对滑动时的临界水平拉 力F0 ，然后再将F与F0 比较，当F＞F0 时，A、B有相对滑动，
⑥
答：在题设三种情况下，ac绳的张力分别为

mg ma ；bc绳的张力分别为mg· cot θ 、 mg· cot θ ma 和( mg sin θ
mg mg 、 和 sinθ sinθ
ma) · cot θ 。
说明：1．在物体受多个力时，正交分解法是研究牛顿动力学问题 的最基本的方法。正交坐标轴通常取三种：水平x轴与竖直y轴，斜 面x轴与斜面垂线方向的y轴，半径方向的x轴与切线方向的y轴；然 后， x、y轴分别列牛顿方程，即 F ma ， F ma 。 沿
x x y y
2．由①、③两式以及②、④两式对应比较可见，当m水平向左加速 运动时，ac绳张力不变，而bc绳张力变小；即bc绳的张紧程度有所 减小（有一个“可以忽略”的回缩）。由①、⑤两式以及②、⑥两 式对应比较可见，当m竖直向上加速运动时，ac绳与bc绳的张力都 相应地增大了一个比例，即两根弹性绳的张紧程度都有所增大（有 忽略”的进一步伸长）。但是，由于两根弹性绳的劲度系数k a 、k b 都 一个“可以 相当大，因此形变量的变化都极小，称为“不易伸缩”。
3．由①、⑤两式对比以及②、⑥两式对比可以看出，只要把①、 ②两式中的g改成（g+a）即为⑤、⑥两式。这表示：在竖直方向有 加速度a的系统内，用“等效重力”G＇=mg＇=m（g+a）的观点处 理超重（a＞0）或失重（a＜0）状态下的动力学（以及运动学）问 题时，可把加速状态下的非惯性系统的动力学问题当作超重或失重 状态下的“惯性系统”中的“静力学”问题（即“平衡状态”下 “合力”为零）来处理，其效果完全相同。
例4．倾角为θ的斜面体上，用长为l的细绳吊着一 个质量为m的小球，不计摩擦．试求斜面体以加速 度a向右做匀加速度直线运动时，绳中的张力． 分析：不难看出，当斜面体静止不 动 时 ， 小 球 的 受 力 情 况 ， 如 图 (1) 所 示．当斜面体向右做匀加速直线运动 的加速度大于某一临界值时，小球将 离开斜面．为此，需首先求出加速度 的这一临界值． 采用隔离体解题法．选取小球作为 研究对象，孤立它进行受力情况分析 ，显然，上述临界状态的实质是小球 对斜面体的压力为零．
T-mgsinθ=ma cos， mgcosθ－N＝ma sinθ． 解得此种情况下绳子的拉力 T＝mgsinθ＋macosθ．
此时，斜面体给小球的支持力
N＝mgcos－masinθ ．
当a≥a 0 时，对小球的受力情况分析的结果可画出图(2)
据牛顿第二定律得 Tcosα－mg＝0， Tsinα＝ma． 联立求解，得绳子的张力
由两式解得
②
mg Ta sin Tb mg ctg
（2）m球水平合力提供向左加速运动的动力，即 mg Fy 0，Tay Ta sin mg，Ta sinθ ③ Fx ma，Tax Tb Ta cos Tb ma ③
由此得 Tb Tax ma Ta · cos θ ma 即 Tb mg· cot θ ma ④
拉力F0 ，F0 ＝ (m A ＋m B )a m ＝ (2 ＋ 3) × 4N＝ 20N，根据题意 当F＝15N时，由于F＜F0 ，所以A、B仍保持相对静止，但这 时它们之间的加速度应小于 4m / s 2 ，故由牛顿第二定律求出
A、B的共同加速度
F 15 a＝ ＝ m / s2 ＝ 3m / s2 mA m B 23
F＜F0 时，A、B保持相对静止，因此解题的关键是求出临界 条件F0 ．
解：由于物体B的加速度是由静摩擦力产生的，所以加 fm 12 速度的最大值由最大静摩擦力决定，a＝ = m / s2 mB 3
＝4m / s 2
A、B刚要发生相对滑动时，A、B间恰好为最大静摩
擦力，这时A、B的加速度相同恰为a m ，对AB整体而言，这 个加速度是由F0 提供的，利用牛顿第二定律可求出临界水平
F1 向上，
1 由⑥式，当F2 ＜0，则g－ a＜0，a＞3g，F2 向下． 3 3M 综上所述，若满足3g＜a＜ g时，F1 与F2 方向相反． M 2m
说明：在许多情况中，当研究对象的外部或内部条 件超过某一临界值时，它的运动状态将发生“突变”， 这个临界值就是临界条件，而题目往往不会直接告诉你 物体处于何种状态．解决这类问题的方法一般先是求出 某一物理量的临界值，再将题设条件和临界值进行比较， 从而判断出物体所处的状态，再运用相应的物理规律解 决问题．
（3）m球竖直向上加速运动时，由竖直方向的合力提供产生加速度 的动力，即
F
y
ma，Tay mg ma mg ma Ta sin θ
Ta · sin θ mg ma ⑤
Tb Ta · cos θ mg ma · cot θ
F
x
0，Tax Tb
用力F1 ，设F1 向上，有
对于A： 对于B：
mg＋kx 0 －N 1 ＝ma / 3， Mg＋N 1 －F1 ＝Ma / 3，
③ ④
′ 解③④并由①式，因N1＝N1 ，得
a 2 F1＝M g ma ．⑤ 3 3
终止时刻B受两个力，即重力与手 B的作用力F2，有 对
Mg－F2 ＝Ma / 3， 1 解得 F2 ＝M g a ． ⑥ 3 M 2a 3M 由⑤式知，当F1 ＞0，即 ＜ g ， 或a＜ m a 3g M 2m
但相对地面的参照物却做加速运动，会用通过变换参照系统的 办法求解，即在以地面为参照的系统里建立动力学方程求解。)

(5) (6)
临界状态问题。 其它问题。
三.典型例 题
牛顿运动定律的应用
例1
一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻 弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点 时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是： （A）物体从A下降到B的过程中，动能不断变小。 （B）物体从B点上升到A的过程中，动能不断变大。 （C）物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中， 速率都是先增大，后减小。 （D）物体在B点时，所受合力为零。
例 3.A 、 B 两 物 体 的 质 量 分 别 为 mA=2kg ， mB=3kg，它们之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力 均为fm=12N，将它们叠放在光滑水平面上，如图所 示，在物体A上施加一水平拉力F＝15N，则A、B的 加速度各为多大？
分析：从题设条件看，水平拉力大于B对A的最大静摩擦 力，所以A、B可能发生相对滑动，根据牛顿第二定律采 用隔离法，可分别求得A、B加速度
牛顿定律的应用

牛顿

从力与运动的关系方面分： (1) 已知力求运动。 (2) 已知运动求力。
F vt v0 v v a 或 m t 2s
2 t
2 0
从解题方法方面分



(1) 物体受多个互成角度的力时,用正交分解法分别 沿X轴及Y轴列出动力学方程求解。 (2) 当研究对象是两个物体的问题时，会用隔离受力 分析的方法或综合受力分析的方法列出动力学方程求 解。 (3) 对复杂物理过程,按时间顺序划分阶段的方法。 (4) 超重或失重问题。(当物体相对运动参照物是静止的，
解答：根据以上分析，本题的答案只有（C）正确。
说明：对于类似的弹簧问题，一定要谨慎地对待。本题显示物体所 受的合外力大小和方向一直在变化，绝对不能想当然地认为A到B过 程中弹簧逐渐被压缩，逐渐增大的弹力与速度方向相反，作减速运 动，而忘了还有一个不变的重力存在。
例2．在一个箱子中用两条轻而不易伸缩的弹性绳ac和bc系住一 个质量为m的小球，如图所示，求下列情况时两绳张力Ta 、Tb 的大小： （1）箱子水平向右匀速运动； （2）箱子以加速度a水平向左运动； （3）箱子以加速度a竖直向上运动。（三次运动过程中，小球与 箱子的相对位置保持不变）
分析：B托住A使弹簧被压缩，撤去B瞬间，因弹簧弹力F来 不及改变，弹力F和物体重力方向都向下，因而产生 1 向下加速度a．当用手控制B向下以 a作匀加速运动时，能 3 1 维持B，A以 a作匀加速运动的时间对应着B对A支持力N≥ 3 0．
解(1)设在匀变速运动阶段，弹簧压缩量在起始时刻为 x 0 ，终止时刻为x1，以A为对象，起始时刻kx 0 ＋mg＝ma，