牛頓運(yùn)動(dòng)定律常用解題方法

1、三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律常用解題方法1合成法與分解法【例 1】如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向2球和車廂相對(duì)靜止，球的質(zhì)量為1kg （ g 10m/s ， sin37 0.6 ， cos37 0.8 ）37角，（ 1）求車廂運(yùn)動(dòng)的加速度并說明車廂的運(yùn)動(dòng)情況（ 2）求懸線對(duì)球的拉力解析：（ 1）球和車廂相對(duì)靜止，它們的運(yùn)動(dòng)情況相同，由于對(duì)球的受力情況知道的較多，故應(yīng)以球?yàn)檠芯繉?duì)象球受兩個(gè)力作用：重力 mg 和線的拉力 FT，由球隨車一起沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向做出平行四邊形如圖所示球所受的合外力為F 合 mgtan37 由

2、牛頓第二定律F 合 ma可求得球的加速度為aF合g tan 37 7.5m/s 2m加速度方向水平向右車廂可能水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也可能水平向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)（ 2）由圖可得，線對(duì)球的拉力大小為FTmg1 10 N=12.5 Ncos370.8點(diǎn)評(píng)：本題解題的關(guān)鍵是根據(jù)小球的加速度方向，判斷出物體所受合外力的方向，然后畫出平行四邊形，解其中的三角形就可求得結(jié)果2. 正交分解法當(dāng)物體受到兩個(gè)以上的力作用而產(chǎn)生加速度時(shí)，常用正交分解法解題，多數(shù)情況下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，有Fx max ， Fyma y ，有的情況下分解加速度比分解力更簡(jiǎn)單。例 3. 質(zhì)量為 m的物

3、體放在傾角為的斜面上斜面固定在地面上，物體和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，如沿水平方向加一個(gè)力F，使物體沿斜面向上以加速度a 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖2 的所示，則 F 的大小為多少？圖2解析： 物體受力分析如圖2（ a）所示，以加速度方向即沿斜面向上為x 軸正向，分解F 和mg，建立方程并求解：圖 2（ a）x 方向： F cosmg sinF fmay 方向： FNmg cosF sin0又因?yàn)?FfFN聯(lián)立以上三式求解得 Fm(a g sing cos )cossin例 4.如圖 3 所示，電梯與水平面夾角為30， 當(dāng)電梯加速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，人對(duì)梯面壓力是其重力的6 ，5則人與梯面間的摩擦力是其重力的

4、多少倍？圖3解析： 此題為分解加速度較簡(jiǎn)單的典型例題，對(duì)人受力分析如圖3（ a）所示，取水平向右為x 軸正方向，此時(shí)只需分解加速度，建立方程并求解：圖 3（ a）x 方向： F fma cos30y 方向： FNmgma sin 30解得Ff3mg53. 假設(shè)法在分析物理現(xiàn)象時(shí)，常常出現(xiàn)似乎是這又似乎是那，不能一下子就很直觀地判斷的情況，通常采用假設(shè)法。例 5.兩重疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為的斜面上，如圖4 所示，滑塊A、 B 的質(zhì)量分別在M、 m， A 與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1 ， B 與 A 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2 ，已知滑塊都從靜止開始以相同的加速度從斜面滑下，滑塊B受到的摩擦力（

5、）A. 等于零B.方向沿斜面向上C. 大小等于1 mgcosD. 大小等于2 mg cos圖 4解析： 以 B 為研究對(duì)象，對(duì)其受力分析如圖4 所示，由于所求的摩擦力是未知力，可假設(shè)B 受到 A 對(duì)它的摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律得mg sinFfBma對(duì) A、 B 整體進(jìn)行受力分析，有( Mm) g sin1 ( Mm) g cos( Mm)a由得 F fB1mg cos式中負(fù)號(hào)表示 FfB的方向與規(guī)定的正方向相反，即沿斜面向上，所以選B、 C。4、整體法與隔離法例 1、如圖所示，在粗糙的水平面上有一個(gè)三角形木塊abc，在它的兩個(gè)粗糙斜面上分別放兩個(gè)質(zhì)量為 m1 和 m2 的木塊， m1

6、 m1；已知三角形木塊和兩個(gè)物體都靜止，則粗糙的水平面對(duì)三角形木塊（）A、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右；B、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左；C、有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能確定，因m1、 m2、 1、 2 的數(shù)值均未給出；D、沒有摩擦力的作用。FNm1amm1am221 2c 1 2cb如圖 1bG分析：對(duì) abc 和 m、m 組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析， 除水平面對(duì) abc 下表面可能存在水平方向的摩擦力以外，12如圖 2整體受到系統(tǒng)外的作用力只有abc 和 m1、m2 的重力 G和水平面的支持力FN，受力情況如圖 2 所示，在水平方向系統(tǒng)不受其它外力，而abc 和 m1、 m

7、組成的系統(tǒng)中各物體的加速度都為零，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，所以2在水平方向 a 受到水平面的摩擦力必為零。即abc 相對(duì)于水平面沒有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)。故正確的答案是D。例 5. 如圖 12 所示，兩個(gè)用輕線相連的位于光滑平面上的物塊，質(zhì)量分別為 m1 和 m2。拉力和 F2 方向相反，與輕線沿同一水平直線，且 。試求在兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)過程中輕線的拉力F1。圖 12解析：設(shè)兩物塊一起運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則對(duì)整體有對(duì) m1 有解以上二式可得點(diǎn)評(píng)：該題體現(xiàn)了牛頓第二定律解題時(shí)的基本思路：先整體后隔離即一般先對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律求出共同加速度，再對(duì)其中某一物體（通常選受力情況較為簡(jiǎn)單的）應(yīng)用牛頓第二定律，從而求出其它量

8、。系統(tǒng)內(nèi)各物體加速度不同時(shí)對(duì)于整體法，其本質(zhì)是采用牛頓第二定律，設(shè)質(zhì)點(diǎn)系在某一方向上所受到的合力為F，質(zhì)點(diǎn)系中每一個(gè)物體的質(zhì)量分別為m1、m2、m3 ，每一個(gè)物體的加速度分別為a1、a2、a3 ，則 F m1a1 m2a2 m3a3 。例 1：如圖 1 所示， 質(zhì)量為 M的框架放在水平的地面上，內(nèi)有一輕質(zhì)彈簧上端固定在框架上，下端固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球。小球上下振動(dòng)時(shí)不與框架接觸，且框架始終沒有跳N起。則當(dāng)框架對(duì)地面的壓力剛好為零時(shí)，小球的加速度為多大？解： 對(duì)于本題，若采用常規(guī)的方法，先對(duì)框架進(jìn)行受力分析，如圖2 所示，彈簧對(duì)框架的作用力為N Mg。再對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖3 所示，則根據(jù)

9、牛頓第二定律可得：N mg maMg mg maMg+mgam若采用整體法，取框架、小球?yàn)橐粋€(gè)整體，則整體所受的合力為Mg mg，框架的加速度小球的加速度a2 a，則根據(jù)牛頓第二定律可得：Mg mg Ma1 ma2 maMg+mgam可見，采用整體法比分別分析兩個(gè)物體要簡(jiǎn)單。圖 1Mg圖 21 0，aNmg圖 3【例 8】如圖所示，質(zhì)量為M的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上套著一個(gè)質(zhì)量為m的小球，開始時(shí)小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的1 ，即 a= 1 g，則小球在下滑22的過程中，木箱對(duì)地面的壓力為多少？命題意圖：考查對(duì)牛頓第二定律的理解運(yùn)用能力及靈活選取研究

10、對(duì)象的能力.B 級(jí)要求 .錯(cuò)解分析：（1）部分考生習(xí)慣于具有相同加速度連接體問題演練，對(duì)于“一動(dòng)一靜”連續(xù)體問題難以對(duì)其隔離，列出正確方程. （2）思維缺乏創(chuàng)新，對(duì)整體法列出的方程感到疑惑.解題方法與技巧：解法一：（隔離法）木箱與小球沒有共同加速度，所以須用隔離法.取小球 m為研究對(duì)象，受重力mg、摩擦力 Ff ，如圖 2-4 ，據(jù)牛頓第二定律得：mg- Ff =ma取木箱 M為研究對(duì)象，受重力Mg、地面支持力FN及小球給予的摩擦力Ff 如圖 .據(jù)物體平衡條件得：FN - Ff - Mg=0且 Ff =Ff 由式得2MmF =gN2由牛頓第三定律知，木箱對(duì)地面的壓力大小為F =F2Mmg.=N

11、N2解法二：（整體法）對(duì)于“一動(dòng)一靜”連接體，也可選取整體為研究對(duì)象，依牛頓第二定律列式：（ mg+Mg） - FN = ma+M 0故木箱所受支持力：F=2Mm，由牛頓第三定律知：gN2木箱對(duì)地面壓力 F =F2Mmg.=NN2【例 7】 如圖，傾角為 的斜面與水平面間、斜面與質(zhì)量為m的木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 ，木塊由靜止開始沿斜面加速下滑時(shí)斜面始終保持靜止。求水平面給斜面的摩擦力大小和方向。解：以斜面和木塊整體為研究對(duì)象，水平方向僅受靜摩擦力作用，而整體中只有木塊的加速度有水平方向的分量?？梢韵惹蟪瞿緣K的加速度ag sincos，再在水平方向?qū)|(zhì)點(diǎn)組用牛頓第二定律，很容易得到：F fmg(

12、sincos) cos如果給出斜面的質(zhì)量M，本題還可以求出這時(shí)水平面對(duì)斜面的支持力大小為：FN=Mg+mg（ cos +sin ） sin ，這個(gè)值小于靜止時(shí)水平面對(duì)斜面的支持力。5、結(jié)合圖象分析解決問題應(yīng)用圖象是分析問題和解決問題的重要方法之一，在解決動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，如果物體的受力情況比較復(fù)雜，要分析物體的運(yùn)動(dòng)情況可以借助于圖象，根據(jù)物體的受力情況做出運(yùn)動(dòng)物體的速度時(shí)間圖象，則物體的運(yùn)動(dòng)情況就一目了然，再根據(jù)圖象的知識(shí)求解可以大大地簡(jiǎn)化解題過程。例：質(zhì)量為 1kg 的物體靜止在水平地面上，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2 ，作用在物體上的水平拉力F 與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，求運(yùn)動(dòng)物體在12秒內(nèi)的位

13、移？（答案： s=100m）6. 程序法按順序?qū)︻}目給出的物體運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析的方法簡(jiǎn)稱“程序法” ?！俺绦蚍ā币笪覀儚淖x題開始，注意題中能劃分多少個(gè)不同的過程或多少個(gè)不同的狀態(tài)，然后對(duì)各個(gè)過程進(jìn)行分析。一、牛頓運(yùn)動(dòng)定律在動(dòng)力學(xué)問題中的應(yīng)用1、已知力求運(yùn)動(dòng)例 1：如圖所示， 長(zhǎng)為 L 的長(zhǎng)木板A 放在動(dòng)摩擦因數(shù)為1 的水平地面上，一滑塊B（大小可不計(jì)） 從 A 的左側(cè)以初速度v0 向右滑入木板A，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 2（ A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相同），已知A 的質(zhì)量M=2.0kg ， B 的質(zhì)量 m=3.0kg， AB 的長(zhǎng)度 L=3.0m， v0=5.0m/s

14、 ， 1=0.2 ， 2=0.4 ，請(qǐng)分別求出 A和 B 對(duì)地的位移？解：分別對(duì)A、B 受力分析如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律：B 物體的加速度2A 物體的加速度 aA=(f 1-f 2)/M=( 2mg- 1(M+m)g)/M=1m/s 2設(shè)經(jīng)過時(shí)間 t ，AB的速度相等則有： v -at=a t解得t=1s0BA所以 B發(fā)生的位移： sv0t1 at 2mB2B3.0A 發(fā)生的位移： sA1 aAt 20.5m2AB 速度達(dá)到相等后，相對(duì)靜止一起以v=1m/s 的初速度， a=2g=2m/s2 的加速度一起勻減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，發(fā)生的位移：v 2s2a所以 A發(fā)生的位移為 sA+s=o.5m+0

15、.25m=0.75mB 發(fā)生的位移為 s +s=3.0m+0.25m=3.25mB例三：質(zhì)量為 12kg 的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 ，現(xiàn)用傾角為37 的 60N力拉箱子，如圖3.2-3 所示， 3s末撤去拉力， 則撤去拉力時(shí)箱子的速度為多少？箱子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)多少時(shí)間而靜止？析與解：選擇木箱為研究對(duì)象，受力分析如圖3.2-4： 沿水平和豎直方向?qū)⒘φ环纸猓⒗门ｎD運(yùn)動(dòng)定律，得方向：水平方向：Fcos37 - N=ma豎直方向：Fsin37 +N=mg解得：a=1.9m/s2v=at =5.7m/s當(dāng)撤去拉力 F 后，物體的受力變?yōu)槿鐖D3-2-5，則由牛頓第二定律得：

16、N= mg=ma，a=g =3m/s2t=v/a=1.9sfN點(diǎn)評(píng)： 本例考察了支持力和摩擦力的的被動(dòng)力特征，當(dāng)主動(dòng)力 F 變化時(shí)， 支持力 N 摩擦力 f 都隨之變。同時(shí)本例還針對(duì)已知物體受力情況進(jìn)而研究其運(yùn)動(dòng)情況，這種動(dòng)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)綜合類問題進(jìn)行研究。圖例 3如圖 3 6 4 所示，水平傳送帶以4 m/s 的速度勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶A、B3.2-5間的距離為 20 m將一質(zhì)量為2 kg的木塊無初速度地放在A端，木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0. 2（ g 取 10 m/s 2）求木塊從A 端運(yùn)動(dòng)到 B 端所用的時(shí)間圖 3 64解析：以木塊為研究對(duì)象，當(dāng)木塊無初速度放到傳送帶上時(shí)，受到向右的摩擦力

17、F mg，此時(shí)，加速度 a F gm當(dāng)木塊速度達(dá)到傳送帶的速度后，木塊與傳送帶無相對(duì)運(yùn)動(dòng)，即木塊以4 m/s 的速度勻速運(yùn)動(dòng)木塊從靜止到達(dá)到 4 m/s的速度所用的時(shí)間為t 1，則 t 1 v4s 2 sa0.2101121222m 4 m木塊的位移 s at2 2從 AB 的剩余距離為 s2s2 20 m 4 m16 m則木塊做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 2 s216 s 4 s ，所以，木塊從 A端運(yùn)動(dòng)到 B 端的時(shí)間為v24t t 1t 2 2 s 4 s 6 s2、已知運(yùn)動(dòng)情況確定物體的受力情況例 2：靜止在水平地面上的物體的質(zhì)量為2 kg，在水平恒力 F 推動(dòng)下開始運(yùn)動(dòng)， 4 s 末它的速度達(dá)到4m/s ，此時(shí)將 F 撤去，又經(jīng) 6 s 物體停下來，如果物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，求F 的大小。解析：物體的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程分為兩段，前4 s 物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，后6 s 物體做勻減速運(yùn)動(dòng)。前 4 s 內(nèi)物體的加速度為a1v 0 4 m / s21m / s2t14設(shè)摩擦力為F ，由牛頓第二定律得FFma1后 6 s 內(nèi)物體的加速度為a20 v4 m / s22 m / s2t263物體所受的摩擦力大小不變，由牛頓第二定律得Fma2由可求得水平恒力F 的大小為F m (a12a2 ) 2 (1)N 3.3N316如圖所示，質(zhì)量M=4Kg、長(zhǎng)