牛顿运动定律二例题分析

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牛顿第二定律经典例题

牛顿第二定律应用的问题1.力和运动的关系力是改变物体运动状态的原由，而不是保持运动的原由。

由知，加快度与力有直接关系，剖析清楚了力，就知道了加快度，而速度与力没有直接关系。

速度怎样变化需剖析加快度方向与速度方向之间的关系，加快度与速度同向时，速度增添；反之减小。

在加快度为零时，速度有极值。

例1. 如图1 所示，轻弹簧下端固定在水平面上。

一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由着落，接触弹簧后把弹簧压缩到必定程度后停止着落。

在小球着落的这一全过程中，以下说法中正确的选项是（）图 1A.小球刚接触弹簧瞬时速度最大B.从小球接触弹簧起加快度变成竖直向上C.从小球接触弹簧到抵达最低点，小球的速度先增大后减小D.从小球接触弹簧到抵达最低点，小球的加快度先减小后增大例 2.一航天探测器达成对月球的探测任务后，在走开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞翔，先加快运动，再匀速运动，探测器经过喷气而获取推进力，以下对于喷气方向的描绘中正确的选项是（）A.探测器加快运动时，沿直线向后喷气B.探测器加快运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气分析：小球的加快度大小决定于小球遇到的合外力。

从接触弹簧到抵达最低点，弹力从零开始渐渐增大，所以协力先减小后增大，所以加快度先减小后增大。

当协力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。

应选 CD。

分析：受力剖析如图 2 所示，探测器沿直线加快运动时，所受协力方向与运动方向同样，而重力方向竖直向下，由平行四边形定章知推力方向一定斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受协力为零，所以推力方向一定竖直向上，喷气方向竖直向下。

故正确答案选C。

图 22.力和加快度的刹时对应关系（1）物体运动的加快度 a 与其所受的合外力 F 有刹时对应关系。

每一刹时的加快度只取决于这一刹时的合外力，而与这一刹时之间或刹时以后的力没关。

高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量．【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=；031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ．对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′，对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ=由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得233t s =故经过时间12310.91t t t s +=+=≈ 物块滑落.5．质量9kg M =、长1m L =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02m/s v =时，在木板的右端轻放一质量1kg m =的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取210m/s g =，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ；（2）小物块与木板间的动摩擦因数2μ．【答案】（1）1s （2）0.08 【解析】【分析】【详解】（1）设木板在时间t 内的位移为x 1；铁块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2则有210112x v t a t =-22212x a t =12x L x =+又012v a t a t -=代入数据得t =1s（2）根据牛顿第二定律，有121()M m g mg Ma μμ++=22mg ma μ=解得20.08μ=6．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求：（1）物块运动的最大速度；（2）F 的大小；（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小．（3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功．【详解】（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2x v m s t ⨯=== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=62vt==3m/s 2．设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN联立解得：F=3.2N（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-12mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．7．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。

高中物理牛顿第二定律经典例题

牛顿第二运动定律【例1】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3-2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，则以下说法正确的是：A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大C、物体从A下降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，所受合力为零的对应关系，弹簧这种特【解析】本题主要研究a与F合殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的运动性质。

对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物=0，体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F合由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。

在C位置mg=kx c,a=0，物体速度达最大。

由C→B的过程中，由于mg<kx2,a=kx2/m-g，物体做a增加的减速直线运动。

同理，当物体从B→A时，可以分析B→C做加速度度越来越小的变加速直线运动；从C→A做加速度越来越大的减速直线运动。

C正确。

例2如图3-10所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是A、加速下降B、减速上升肥C、匀速向右运动D、加速向左运动【解析】木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受力情况为：重力mg，箱底的支持力N，弹簧拉力F和最大的静摩擦力f m（向左）由平衡条件知：N=mg F=f m。

由于发现A弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是由A向右被拉动推知，F>f m′，（新情况下的最大静摩擦力），可见f m>f m′即是最大静摩擦力减小了，由f m=μN知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升，故A、B正确。

另一种原因是木箱向左加速运动，由于惯性原因，木块必然向中滑动，故D 正确。

高一物理必修1_《牛顿第二运动定律》典型例题

第3节：牛顿第二运动定律典型例题［例1］如图3—6—2所示,质量为4 kg的物体静止于水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,物体受到大小为20 Ｎ,与水平方向成３０°角斜向上的拉力F作用时沿水平面做匀加速运动,求物体的加速度是多大?(ｇ取10图3—6—2m/s2)［例2］一斜面AB长为10 ｍ,倾角为３０°,一质量为２kg的小物体(大小不计)从斜面顶端A点由静止开始下滑,如图3—6—4所示(ｇ取10 m/s2)(1)若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5,求小物体下滑到斜面底端B点时的速度及所用时间.(2)若给小物体一个沿斜面向下的初速度,恰能沿斜面匀速下滑,则小物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少?［例3］静止在水平地面上的物体的质量为2 kg,在水平恒力F推动下开始运动,4 s末它的速度达到4 m/s,此时将F撤去,又经6 s物体停下来,如果物体与地面的动摩擦因数不变,求F的大小.[例4]如图3—6—6所示,质量为２ｍ的物块A和质量为ｍ的物块B与地面的摩擦均不计.在已知水平推力F的作用下,A、B做加速运动.A对B的作用力为多大?图3—6—6参考答案：1. 解析:以物体为研究对象,其受力情况如图3—6—3所示,建立平面直角坐标系把F 沿两坐标轴方向分解,则两坐标轴上的合力分别为,sin cos G F F F F F F N y x -+=-=θθμ物体沿水平方向加速运动,设加速度为ａ,则ｘ轴方向上的加速度ａｘ＝ａ,ｙ轴方向上物体没有运动,故ａy ＝０,由牛顿第二定律得0,====y y x x ma F ma ma F所以0sin ,cos =-+=-G F F ma F F N θθμ又有滑动摩擦力N F F μμ= 以上三式代入数据可解得物体的加速度a =0.58 m/s 2.小结:当物体的受力情况较复杂时,根据物体所受力的具体情况和运动情况建立合适的直角坐标系,利用正交分解法来解.2. 解析:(1)以小物体为研究对象,其受力情况如图3—6—5所示,建立直角坐标系,把重力Ｇ沿ｘ轴和ｙ轴方向分解:θθsin ,cos 21mg G mg G ==小物体沿斜面即ｘ轴方向加速运动,设加速度为ａ,则ａｘ＝ａ,物体在ｙ轴方向没有发生位移,没有加速度则ａｙ＝０,由牛顿第二定律得,所以又N F F μμ=所以图3—6—3图3—6—4 图3—6—5 y N y x x ma G F F ma F G F =-==-=12μθθμcos sin mg F ma F mg N ==-22/67.0/)30cos 5.030(sin 10)cos (sin cos sin s m s m g mmg mg a =︒⨯-︒⨯=-=-=θμθθμθ 设小物体下滑到斜面底端时的速度为ｖ,所用时间为ｔ,小物体由静止开始匀加速下滑,由as v v t 2202+=得s m s m as v /7.3/1067.022=⨯⨯==由at v v t +-0得s s a v t 5.567.07.3=== (2)小物体沿斜面匀速下滑时,处于平衡状态,其加速度ａ＝０,则在图3—6—５的直角坐标中0,0==y x a a ,由牛顿第二定律,得又N F F μμ=所以,小物体与斜面间的动摩擦因数58.030tan tan =︒===θμμN F F小结:若给物体一定的初速度,当μ＝tg θ时,物体沿斜面匀速下滑；当μ＞tg θ（μmg cos θ＞mg sin θ）时,物体沿斜面减速下滑；当μ＜tg θ（μmg cos θ＜mg sin θ）时,物体沿斜面加速下滑.3．解析:物体的整个运动过程分为两段,前4 s 物体做匀加速运动,后6 s 物体做匀减速运动.前4 s 内物体的加速度为0012==-===-=y N y x x m a G F F m a F G F μ θθμcos sin mg F mg F N == 所以2211/1/440s m s m t v a ==-= ①设摩擦力为F μ,由牛顿第二定律得 1ma F F =-μ ②后6 s 内物体的加速度为2222/32/640s m s m t v a -=-=-= ③ 物体所受的摩擦力大小不变,由牛顿第二定律得2ma F =-μ ④由②④可求得水平恒力F 的大小为N N a a m F 3.3)321(2)(21=+⨯=-= 小结:解决动力学问题时,受力分析是关键,对物体运动情况的分析同样重要,特别是像这类运动过程较复杂的问题,更应注意对运动过程的分析.在分析物体的运动过程时,一定弄清整个运动过程中物体的加速度是否相同,若不同,必须分段处理,加速度改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量.分析受力时要注意前后过程中哪些力发生了变化,哪些力没发生变化.4．解析:取A 、B 整体为研究对象,其水平方向只受一个力F 的作用根据牛顿第二定律知:Ｆ＝（２ｍ＋ｍ）ａａ＝Ｆ／３ｍ取B 为研究对象,其水平方向只受A 的作用力F 1,根据牛顿第二定律知: Ｆ1＝ｍａ故Ｆ1＝Ｆ／３小结:对连结体(多个相互关联的物体)问题,通常先取整体为研究对象,然后再根据要求的问题取某一个物体为研究对象.。

牛顿第二定律经典例题及答案

牛顿第二定律经典例题及答案
例题：如图，质量的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。

当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假定小车足够长，问：
（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？
（2）小物块从放在车上开始经过t0=3s 所通过的位移是多少？（g 取10m/s2）
【分析与解答】：
（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。

设物块在小车上相对运动时间为t，物块、小车受力分析如图：
物块放上小车后做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度a2的匀加速运动。

其中对物块：由μmg＝ma1，
有a1＝μg＝2m
对小车：F－μmg＝Ma2
∴a2＝0.5m/s2物块在小车上停止相对滑动时，速度相同
则有：a1t1=v0+a2t1
故答案为：
(1)经多2s物块停止在小车上相对滑动；
(2)小物块从放在车上开始，经过t＝3.0s，通过的位移是8.4m.本文网络搜索，如有侵权联系删除。

牛顿运动定律临界问题

律
FmA (mM)a①
mgMa②
A mm FmA
联立①②两式解出 FmAm(mM M)g B M
量变积累到一定程度，发生质变，出现临界状态．
牛顿运动定律临界问题
⑵设保持A、B相对静止施于B的最大拉力为FmB ,此时A、B之间达到最大静摩擦力μmg，对于整体和物体A，分别应用牛顿第二
定律
FmB(mM)a①
[小结] 存在静摩擦的连接系统，当系统外力大于最大静摩擦力时，物体间不一定有相对滑动；相对滑动与相对静止的临界条件是：
静摩擦力达最大值
牛顿运动定律临界问题
解决临界问题的基本思路（1）认真审题，仔细分析研究对象所经历的变化的物理过程，找出临界状态。（2）寻找变化过程中相应物理量的变化规律，找出临界条件。（3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。
a
θ
牛顿运动定律临界问题
解：取小球为研究对象并受力分析建立正交坐标系
则沿x轴方向 Fcosθ-FNsinθ=ma 沿y轴方向 Fsinθ+FNcosθ=mg
将 θ=370 、a1=g 、a2=2g 分别代入
得 F1=1.4mg F2= 2.2mg
FN1=0.2mg
FN2= - 0.4mg
当a=gcotθ= 4g/3 时，支持力FN =0 小球即将脱离斜面
若要保持A和B相对静止，则施于A的水平拉力F的 A mm
最大值为多少？若要保持A和B相对静止，则施于B B M
的水平拉力F的最大值为多少？若要把B从A下表面拉出，则施于B的水平拉力最小值为多少？
解：⑴设保持A、B相对静止施于A的最大拉力为FmA ,此时A、B之间达到最大静摩擦力μmg，对于整体和物体B，分别应用牛顿第二定

高中物理必修一牛顿第二定律典型例题

高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ]A．匀减速运动B．匀加速运动C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动【分析】木块受到外力作用必有加速度，已知外力方向不变，数值变小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐变小，也就是木块每秒增加的速度在减少，由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增加，即木块作的是加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动．【答】 D．【例2】一个质量m=2kg的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为F=10N、与桌面平行、互成120°角的拉力作用，则物体的加速度多大？若把其中一个力反向，物体的加速度又为多少？【分析】物体的加速度由它所受的合外力决定．放在水平桌面上的木块共受到五个力作用：竖直方向的重力和桌面弹力，水平方向的三个拉力．由于木块在竖直方向处于力平衡状态，因此，只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度．（1）由于同一平面内、大小相等、互成120°角的三个力的合力等于零，所以木块的加速度a=0．（2）物体受到三个力作用平衡时，其中任何两个力的合力必与第三个力等值反向．如果把某一个力反向，则木块所受的合力F合=2F=20N，所以其加速度为：它的方向与反向后的这个力方向相同．【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是 [ ]A．力和斜面支持力B．重力、下滑力和斜面支持力C．重力、正压力和斜面支持力D．重力、正压力、下滑力和斜面支持力【误解一】选（B）。

【误解二】选（C）。

【正确解答】选（A）。

【错因分析与解题指导】 [误解一]依据物体沿斜面下滑的事实臆断物体受到了下滑力，不理解下滑力是重力的一个分力，犯了重复分析力的错误。

[误解二]中的“正压力”本是垂直于物体接触表面的力，要说物体受的，也就是斜面支持力。

牛顿运动定律典型例题分析

牛顿运动定律典型例题分析基础知识回顾1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。

对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。

它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。

2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。

公式F=ma.对牛顿第二定律的理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x=ma x,F y=ma y,F z=ma z;（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2.3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。

物理必修用牛顿运动定律解决问题二课件

910N，方向竖直向下。
超重对宇航员的影响
宇航员在飞船起飞和返回地面时，处于超重状态，特别是在升空时，超重可达重力的9倍，超重使人不适，起初会感到头晕、呕吐，超重达到3倍重力时既感到呼吸困难；超重达到4倍重力时，颈骨已不能支持头颅，有折断的危险。所以升空时宇航员必须采取横卧姿势，以增强对超重的耐受能力。
宇航员的平躺姿势
用弹簧秤匀速拉物体时，突然向上减速运动，弹簧秤的示数如何变化？
物体向上减速时：
F
根据牛顿第二定律：
G － F ＝maaBiblioteka F ＝ G － ma ＜ G
物体所受的拉力F与物体对弹簧秤
的压力F′（弹簧秤的示数）小于 v
物体的重力
G
2、失重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 小于物体所受到的重力的情况称为失重现象。
用牛顿运动定律解决问题（二）
物体的受力情况
物体向上加速时：
F
根据牛顿第二定律：
F－G＝ma
a
F ＝ ma＋ G ＞ G
物体所受的拉力F与物体对弹簧秤的拉力F′（弹簧秤的
v
示数）大于物体的重力。
G
超重和失重
1、超重
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力) 大于物体所受到的重力的情况称为超重现象。
本节小结
1、超重 2、失重 3、完全失重 4、共点力的平衡条件
再见！
空间站中的宇航员
例1.下列四个实验中，不能在绕地球飞行的太空实验舱中完成的是( ABD )
A.用弹簧秤测物体的重力 B.用天平测物体的质量 C.用温度计测舱内的温度 D.用水银气压计测舱内气体的压强
共点力的平衡条件

高中物理牛顿运动定律试题经典及解析

t1）
L
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩檫因数为 μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA 和 vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
1 2
mv共2
，
解得： s ' 0.7m ，
车的最小长度：故 L s相对 s ' 6.7m ；
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：
(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【解析】
【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块 m ：由牛顿第二定律有： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
解得： a1 g sin 370 1g cos 370 4m / s2
对薄平板 M ，由牛顿第二定律有： Mg sin 370 f1 f2 Ma2

第二章牛顿定律习题分析与解答

2-13轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg,飞机以 55.0m•s-1的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动, 若阻力与时间成正比,比例系数α =5.0×102 N•s-1,求 (1)10s后飞机的速率;(2)飞机着陆后10s内滑行的距离. 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动,其水平方向所受制动力F为变力, 且是时间的函数,在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解. 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿定律及初始条件,有:
为使下滑时间最短,可令 dt / d 0,由上式得:
sin (sin cos ) cos (cos sin ) 0
则可得:
此时:
tg 2 1 / ,
tmin
490
2l 0.99s g cos (sin cos )
第二章牛顿定律部分习题分析与解答
FT (r )
dr
FT (r dr)
o
r
设叶片根部为原点O，沿叶片背离原点O的方向，距原点O为r处为dr一小段叶片，其两侧对它的拉力分别为FT（r）与FT（r+dr）叶片转动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有
m 2 dFT FT (r ) FT (r dr ) rdr l
2GmE v0 2 gR R
2 9.80 6.4010 11.2 10 m s
6 3
1
第二章牛顿定律部分习题分析与解答
2-16 质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0m•s-1
竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr=kv,且
k=0.03N/m•s-1. （1）求物体发射到最大高度所需的

牛顿第二定律_例题详解

牛顿第二定律一、牛顿第二定律1.内容：物体的加速度与所受合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力的方向相同．2.公式：F=ma3、对牛顿第二定律理解：（1）F=ma中的F为物体所受到的合外力．（2）F＝ma中的m，当对哪个物体受力分析，就是哪个物体的质量，当对一个系统做受力分析时，如果F是系统受到的合外力，则m是系统的合质量．（3）F＝ma中的F与a有瞬时对应关系，F变a则变，F大小变，a则大小变，F方向变a也方向变．（4）F＝ma中，F的单位是N，m的单位是kg，a的单位是m/s2．【例1】如图所示，轻绳跨过定滑轮（与滑轮问摩擦不计）一端系一质量为m的物体，一端用F的拉力，结果物体上升的加速度为a1，后来将F的力改为重力为F的物体，m向上的加速度为a2则（）A．a1＝a2 ；B．a1＞a2 C．a1＜a2 D．无法判断二、突变类问题（力的瞬时性）（1）物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力，（2）中学物理中的“绳”和“线”，是理想化模型，具有如下几个特性：A.轻：即绳（或线）的质量和重力均可视为等于零，同一根绳（或线）的两端及其中间各点的张为大小相等。

B.不可伸长：即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，绳子中的张力可以突变。

（3）中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”，也是理想化模型，具有如下几个特性：A．轻：即弹簧（或橡皮绳）的质量和重力均可视为等于零，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等。

B．弹簧既能承受拉力，也能承受压力（沿着弹簧的轴线），橡皮绳只能承受拉力。

不能承受压力。

C、由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能发生突变。

【例2】如图（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、12的两根细绳上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ,l2水平拉直，物体处于平衡状态，现将l2线剪断，求剪断瞬间物体的加速度。

牛顿第二定律讲解和例题解析

综上所述，解决问题的关键是先根据题目中的已知条件求加速度a，然后再去求所要求的物理量，加速度象纽带一样将运动学与动力学连为一体．
例1：如图所示．地面上放m＝40kg的木箱，用大小为 10N与水平方向夹角300的力推木箱，木箱恰好匀速运动，若用此力与水平方向成300角斜向上拉木箱，30s可使木箱前进多少米？（g取10m/s2）
0v2
s相
相
2a
相
032
0.9m
25
A从开始运动到相对静止经历的时间
t 0 v相 0.6s a相
在此时间内B的位移 s 1a t2 1.8m
2 B
B
A、B相对静止时的速度v＝aBt＝＝
随后A、B一起以a`=－μBg=－2m/s2作匀减速运动直至
停止，这段时间内的位移
0v2 0062
s`
0.09m
与传送带之间的动摩擦因数， AB长16米，求：以下两
种情况下物体从A到B所用的时间.
（1）传送带顺时针方向转动
A
（2）传送带逆时针方向转动
B 370
解：（1）传送带顺时针方向转动时受力如图示
：在斜面方向上有： mg sinθ－μmg cosθ= m a
N fA
则：a = gsinθ－μgcosθ= 2m/s2 B
②若v≥ v，A2 工2件aS由A到B，全程做匀加速运动，到
达B端的速度vB=
vA 22aS 23m/s
③若 vA2 ＞2avS＞vA，工件由A到B，先做匀加速运动，当速度增加到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速
运动速度相同，工件到达B端的速度vB=v.
④若v≤
v
2 A
，2a工S 件由A到B，全程做匀减速运动，到达

高中物理牛顿运动定律解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高中物理牛顿运动定律解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =；（3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右；在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左；在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

高中牛二定律相对静止与相对滑动的例题及答案

高中牛二定律相对静止与相对滑动的例题及答案定义：高中牛顿二定律指的是物体在相对静止和相对滑动的状态下，它们的相互作用力的大小是相等的。

高中牛顿二定律是物理学中一个重要的定律，它指出物体在相对静止和相对滑动的状态下，它们之间的相互作用力是相等的。

例题1：一辆车以恒定的速度行驶在路上，这时它的轮胎与路面之间的摩擦力是多少？答案：在这种情况下，轮胎与路面之间的摩擦力等于车辆的质量乘以重力加速度。

例题2：一个人在地面上拉动一个拖拉机，这时拖拉机和地面之间的摩擦力是多少？答案：在这种情况下，拖拉机和地面之间的摩擦力等于拖拉机的质量乘以重力加速度。

相对静止：当两个物体之间的相对速度为零时，它们就处于相对静止的状态。

高中牛二定律指出，当两个物体之间的相对速度为零时，它们就处于相对静止的状态。

例如，如果一个物体静止不动，而另一个物体以相同的速度从它身边移动，那么它们之间的相对速度为零，也就处于相对静止的状态。

相对滑动：当两个物体之间的相对速度不为零时，它们就处于相对滑动的状态。

例如，如果一个物体以某种速度向前移动，而另一个物体以比它更快的速度向前移动，那么它们之间的相对速度就不为零，也就处于相对滑动的状态。

相对滑动：当两个物体之间的相对速度不为零时，它们就处于相对滑动的状态。

高中牛二定律相对静止与相对滑动：牛顿第二定律认为，两个物体之间的相对速度可以分为静止和滑动两种状态。

当两个物体之间的相对速度为零时，它们就处于相对静止的状态，此时物体之间的速度差为零，它们之间的相对位置不会发生变化。

而当两个物体之间的相对速度不为零时，它们就处于相对滑动的状态，此时物体之间的速度差不为零，它们之间的相对位置会发生变化。

一辆汽车以20m/s的速度撞上了一堵墙，墙壁受到的力是多少？高中牛二定律相对静止与相对滑动的例题：假设一辆车以20m/s的速度撞上了一堵墙，问墙壁受到的力是多少？答案：根据牛顿第二定律，墙壁受到的力等于车辆的质量乘以其速度的变化率，即F=m*a，其中m为车辆的质量，a为其速度的变化率，由于车辆撞上墙壁时，其速度发生了很大的变化，因此a较大，故墙壁受到的力也较大。

牛顿第二定律典型例题

牛顿运动定律典型问题一、共点力平衡及动态平衡【例1】如图（甲）质量为m的物体，用水平细绳AB拉住，静止在倾角为θ的固定斜面上，求物体对斜面压力的大小。

【例2】如图所示，用竖直档板将小球夹在档板和光滑斜面之间，若缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，分析球对挡板的压力和对斜面的压力如何变化．【例3】如图所示，支杆BC一端用铰链固定于B，另一端连接滑轮C，重物P上系一轻绳经C固定于墙上A点。

若杆BC、滑轮C及绳子的质量、摩擦均不计，将绳端A点沿墙稍向下移，再使之平衡时，绳的拉力和BC杆受到的压力如何变化？【练习】1．如图所示，用一个三角支架悬挂重物，已知AB杆所受的最大压力为2000N，AC绳所受最大拉力为1000N，∠α=30°，为不使支架断裂，求悬挂物的重力应满足的条件？2．如图所示，细绳CO与竖直方向成30°角，A、B两物体用跨过滑轮的细绳相连，已知物体B所受到的重力为100N，地面对物体B的支持力为80N，试求（1）物体A所受到的重力；（2）物体B与地面间的摩擦力；（3）细绳CO受到的拉力。

3．如图所示，在质量为1kg的重物上系着一条长30cm的细绳，细绳的另一端连着圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的静摩擦因数为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环0.5m的地方。

当细绳的端点挂上重物G，而圆环将要开始滑动时，试问（1）长为30cm的细绳的张力是多少？（2）圆环将要开始滑动时，重物G的质量是多少？4．如图，A、B两物体质量相等，B用细绳拉着，绳与倾角θ的斜面平行。

A与B，A与斜面间的动摩擦因数相同，若A沿斜面匀速下滑，求动摩擦因数的值。

5．如图所示,用两根绳子系住一重物,绳OA与天花板夹角θ不变,且θ＞45°,当用手拉住绳OB，使绳OB由水平慢慢转向OB′过程中，OB绳所受拉力将（）A．始终减少B．始终增大C．先增大后减少D．先减少后增大6．如图所示，一重球用细线悬于O点，一光滑斜面将重球支持于A点，现将斜面沿水平面向右慢慢移动，那么细线对重球的拉力T及斜面对重球的支持力N的变化情况是：（）A．T逐渐增大，N逐渐减小；B．T逐渐减小，N逐渐增大；C．T先变小后变大，N逐渐减小；D．T逐渐增大，N先变大后变小。

（完整版）高一物理牛顿第二定律典型例题答案及讲解

高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作将作 [ ] [ ]A ．匀减速运动．匀减速运动B ．匀加速运动．匀加速运动C ．速度逐渐减小的变加速运动．速度逐渐减小的变加速运动D ．速度逐渐增大的变加速运动．速度逐渐增大的变加速运动【分析】木块受到外力作用必有加速度，已知外力方向不变，数值变小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐变小，也就是木块每秒增加的速度在减少，由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增加，即木块作的是加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动．的变加速运动．【答】 D ．【例2】一个质量m=2kg 的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为F=10N F=10N、与桌面平、与桌面平行、互成120120°角的拉力作用，则物体的加速度多大？若把其中一个力反向，物体的加速度又为多°角的拉力作用，则物体的加速度多大？若把其中一个力反向，物体的加速度又为多少？少？【分析】物体的加速度由它所受的合外力决定．放在水平桌面上的木块共受到五个力作用：竖直方向的重力和桌面弹力，水平方向的三个拉力．由于木块在竖直方向处于力平衡状态，因此，只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度．只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度．（1）由于同一平面内、大小相等、互成120120°角的三个力的合力等于零，所以木块的加速度°角的三个力的合力等于零，所以木块的加速度a=0a=0．．（2）物体受到三个力作用平衡时，其中任何两个力的合力必与第三个力等值反向．如果把某一个力反向，则木块所受的合力F 合=2F=20N =2F=20N，所以其加速度为：，所以其加速度为：，所以其加速度为：它的方向与反向后的这个力方向相同．它的方向与反向后的这个力方向相同．【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是沿光滑斜面下滑的物体受到的力是 [ ] [ ] A ．力和斜面支持力．力和斜面支持力B ．重力、下滑力和斜面支持力．重力、下滑力和斜面支持力C ．重力、正压力和斜面支持力．重力、正压力和斜面支持力D ．重力、正压力、下滑力和斜面支持力．重力、正压力、下滑力和斜面支持力【误解一】选（选（B B ）。

牛顿第二定律应用(2)

小结：物体自由沿斜面运动的时间(1)
1.在等高斜面上自由下滑的时间加速度a=gsin 斜面长S=h/sin
下滑时间t=(2S/a)1/2= (2h/g sin2)1/2
结论：物体从等高斜面上自由下滑时，倾角越小，下滑时间越长。
h
2.在等底斜面上自由下滑的时间加速度a=gsin 斜面长S=L/cos
f=µN
Vt=V0+at=at
例３、一个滑雪的人，质量m=75kg，以V0=2m/s的初速度沿山坡匀加速地滑下，山坡的倾角ß=300，在t=5s的时间内滑下的路程s=60m，求滑雪人受到的阻力(包括滑动摩擦力和空气阻力)。
思路：已知运动情况求受力。应先求出加速度a，再利用牛顿第二定律F合=ma求滑雪人受到的阻力。
牛顿第二定律的应用
例题1：一个静止在水平地面上的物体，质量是2Kg，在6.4N的水平拉力作用下沿水平地
Байду номын сангаас
面向右运动，物体与水平地面间的滑动摩擦
力是4.2N。求物体4s末的速度和4s内发生的
位移。
解：对物体进行受力分析画图如右
由图知：F合=F-f=ma
f F
a= F f 6.4 4.2 1.1m / s2
70cm，这相当于标准身高男性跳过210m高的
摩天大楼，其跳跃能力远远超过了人们以前
所公认的自然界跳高冠军——跳蚤。当沫蝉
起跳时，加速度可达到4000m/s2。求它起跳
N
时所承受的地面对它的支持力是其体重的多少倍。（取g=10m/s2)
a F合=N-G=ma
F合 =ma=5×2N=10N 4。分析物体受力情况，建立直角坐标系，由力的合成与分解求出F
X方向 Fcos 370 -f=ma= F合 Y方向 N+Fsin 370 -mg=0 又 f=uN 联立三式可得F=17.6N

牛顿运动定律二例题分析

牛顿运动定律的应用（二）·例题分析例1 如图3-31所示的三个物体质量别离为m1和m2和m3，带有滑轮的物体放在滑腻水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦和绳索的质量均不计，为使三个物体无相对运动．水平推力F 等于多少？分析由于三个物体无相对运动，因此可看做一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程．然后再隔离m1、m2，别离列出它们的运动方程．解由整体在水平方向的受力列出牛顿第二定律方程为F=（m1+m2+m3）a．①别离以m1、m2为研究对象作受力分析（图3-32）．设绳张力为T．对m1，在水平方向据牛顿第二定律得T=m1a．②对m2，在竖直方向由力平稳条件得T-m2g=0．③联立式①、②、③，得水平推力说明也能够全数用隔离法求解．设连接m1与m2的绳中张力为T，m2与m3之间彼此作使劲为N，滑轮双侧绳索张力形成对m3的合力为F′，画出各个物体的隔离体受力图如图3-33所示（m1、m3竖直方向的力省略）．关于m1，由受力分析知T=m1a．④关于m2，由水平方向与竖直方向的受力情形别离可得N=m2a，⑤T-m2g=0．⑥关于m3，由于F′的水平分力（向左）等于T，因此F-N-T=m3a．⑦由④、⑤、⑥三式得把它们代入式⑦得水平推力F：显然，全数用隔离法求解时，不仅未知数和方程数多，还可能因疏漏滑轮双侧绳索拉力对m3的阻碍而造成错误．因此应注意灵活地有分有合，交替利用隔离法和整体法．例2 双重叠在一路的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3-34所示，滑块A、B 的质量别离为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力[ ]A．等于零B．方向沿斜面向上C．大小等于μ1mgcosθD．大小等于μ2mgcosθ分析把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a．由牛顿第二定律（M+m）gsinθ-μ1（M+m）gcosθ=（M+m）a，得 a=g（sinθ-μ1cosθ）．由于a＜gsinθ，可见B随A一路下滑进程中，必然受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为f B（图3-35）．由牛顿第二定律mgsinθ-f B=ma，得 f B=mgsinθ-ma=mgsinθ-mg（sinθ-μ1cosθ）=μ1mgcosθ．答B、C．说明由于所求的摩擦力是未知力，也可任意假设．若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下，一样可得解，请自行比较．例3 如图3-36所示，两滑腻的梯形木块A和B，紧靠放在滑腻水平面上，已知θ=60°，m A=2kg，m B=1kg，现同时加水平推力F1=5N，F2=2N，它们方向相反．若两木块在运动进程中无相对滑动，则A、B间的彼此作使劲多大？分析取两个木块和其中一个木块（A或B）为研究对象，依照它们所受的合外力列出牛顿第二定律方程．或由它们加速度相同，依照它们所受的合外力与质量成正比的关系列式求解．解方式1 设木块A、B间彼此作使劲为N，隔离A，画出的受力图如图3-37所示．取水平向右为正方向，列出（A+B）这一整体和木块A的牛顿第二定律方程：F1-F2=（m A+m B）a，①F1-Nsinθ=m A a．②由式①得两木块的加速度代入式②，得A、B间彼此作使劲方式2 利使劲和质量的比例关系由（A+B）这一整体和木块A在水平方向所受的合外力，得比例式说明应使劲与质量的比例关系时，往往能够没必要求出加速度，能简化求解进程．当加速度相同时，能够任意选择各物体（或物体的各部份）间或各部份与整体间列出力与质量的比例关系．如对A、B两木块，有如下关系式：例4 如图3-38所示，一细线的一端固定于倾角为45°的滑腻楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？分析当小球贴着滑块一路向左运动时，小球受到三个力作用：重力mg、线中拉力T、滑块A 的支持力N，如图3-39所示．小球在这三个力作用下产生向左的加速度．当滑块向左运动的加速度增大到必然值时，小球可能抛起，滑块的支持力变成零，小球仅受重力和拉力两个力作用．由于加速度a=2g时小球的受力情形未确信，因此可先找出使N=0时的临界加速度，然后将它与题设加速度a=2g相较较，确信受力情形后即可依照牛顿第二定律列式求解．解依照小球贴着滑块运动时的受力情形，可列出水平方向和竖直方向的运动方程别离为Tcos45°-Nsin45°=ma，①Tsin45°+Ncos45°=mg．②联立两式，得N=mgcos45°-masin45°．若小球对滑块的压力等于零，即应使N=0，滑块的加速度至少应为可见，当滑块以a=2g加速向左运动时，小球已离开斜面飘起．现在小球仅受两个力作用：重力mg、线中拉力T′（图3-40）．设线与竖直方向间夹角为β．同理由牛顿第二定律得T′sinβ=ma，T′cosβ=mg．联立两式得说明若是没有对临界状态作出分析，直接由①、②两式联立得线中拉力T：这就错了！。