第三讲 牛顿运动定律

由两式解得
Ta mg sin
Tb mg ctg
（2）m球水平合力提供向左加速运动的动力，即
F F
由此得
y
0，Tay Ta sin mg，Ta
mg sinθ
③ ③
x
ma，Tax Tb Ta cos Tb ma
Tb Tax ma Ta · cos θ ma 即 Tb mg· cot θ ma
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。
答：在题设三种情况下，ac绳的张力分别为
mg ma sin θ ； b c绳 的 张 力 分 别 为 m g· co t θ 、 m g· co t θ
mg 、 和 sinθ sinθ
ma 和 ( mg
mg
m a ) · co t 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 x m a x ， F y m a y 。 沿
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
T＝m g a ．
2 2
力学中的许多问题，存在着临界情况，正确地找寻这些 临界情况给出的隐含条件是十分重要的．在本题中，认 定隐含条件为N＝0，就可借此建立方程求解．
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。
解：选取直角坐标系，设当斜面体对小球的支持力N＝
0 时 ， 斜 面 体 向 右 运 动 的 加 速 度 为 a 0 ， 据 牛 顿 第 二 定 律 Σ Fx ＝ m a x ， Σ Fy ＝ 0 ， 建 立 方 程 有
T sin θ － m g ＝ 0 ， T co s θ ＝ m a 0 ．
所以，
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。
2
A、B的共同加速度
a＝ F mA m B ＝ 15 23 m / s ＝ 3m / s
2 2
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．
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 一个“可以 ” 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 相当大，因此形变量的变化都极小，称为“不易伸缩”。
④
（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
Ta · sin θ mg ma Ta mg ma sin θ ⑤
F
x
0，Tax Tb ⑥
Tb Ta · cos θ mg ma · cot θ
绳 张 力 T b 、 斜 向 左 上 方 的 ac 绳 张 力 T a 。 三 力 的 合 力 决 定 小 球 的 运 动 状
将 Ta 沿 水 平 、 竖 直 两 个 方 向 正 交 分 解 得
Tax Ta · cos θ Tay Ta · sin θ
解：（1）m球处于平衡状态，即
Tay Ta sin mg Tax Ta cos Tb ① ②
个 质 量 为 m 的 小 球 ， 如 图 所 示 ， 求 下 列 情 况 时 两 绳 张 力 Ta 、 T b 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：小球m始终受3个力：竖直向下的重力mg、水平向右的bc 态。
aA＝ a B＝ F fm mA fm mB ＝ 12 3 ＝ 15 12 2
2
m / s ＝15m / s .
2
2
m / s ＝4m / s
2
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பைடு நூலகம்否产生相对滑动，不能根
据 F是 否 大 于 fm 来 判 断 (只 有 当 B物 体 不 动 时 ， 才 可 以 这 样 判
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 x 1 ， 以 A 为 对 象 ， 起 始 时 刻 k x 0 ＋ m g＝ m a，
得 x0＝
m(a g) k
．
①
终止时刻，B对A支持力N＝0，此刻有
kx 1 ＋mg＝m·
a m g 3 k
速 度 的 最 大 值 由 最 大 静 摩 擦 力 决 定 ， a＝ ＝ 4m / s
2
fm m
B
12 = 3 m / 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
例5．如图(甲)所示，一根质量可以忽略不计的轻弹 簧，劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的砝码A， 手拿一块质量为M的木板B，用木板B托住A往上压缩弹 簧，如图(乙)所示．此时如果突然撤去木板B，则A向 下运动的加速度为a(a＞g)，现用手控制使B以加速度 a/3向下作匀加速直线运动． (1)求砝码A作匀加速直线运动的时间． (2)求出这段运动过程的起始和终止时刻手对木板B的 作用力的表达式，并说明已知的各物理量间满足怎样 的关系，上述两个时刻手对木板的作用力的方向相 反．
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
向 下 加 速 度 a． 当 用 手 控 制 B 向 下 以 维 持 B， A以 0． 1 3 1 3 a作 匀 加 速 运 动 时 ， 能
a作 匀 加 速 运 动 的 时 间 对 应 着 B 对 A 支 持 力 N ≥
拉 力 F 0 ， F 0 ＝ (m A ＋ m B )a m ＝ (2 ＋ 3 ) × 4 N ＝ 2 0 N ， 根 据 题 意 当 F ＝ 1 5 N 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 ， 故 由 牛 顿 第 二 定 律 求 出
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 m a vt v0 t 或 vt v0
2 2
2s
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，
a 0 ＝ gco t θ ．
当 a ＜ a 0时，存有斜面对小球的
支持力 N ，
选择x轴与斜面平行y轴与斜面垂直的直角坐标系
T-mgsinθ=ma cos， mgcosθ－N＝ma sinθ． 解得此种情况下绳子的拉力 T＝mgsinθ＋macosθ．