第一篇：11牛頓運動定律的應用

§4.4牛頓運動定律的應用（4）

教學目標:

1、掌握應用牛頓運動定律解決動力學問題的基本思路方法。

2、學會如何已知受力情況求解運動情況

3、學會如何已知運動情況求受力情況 教學重點

用牛頓運動定律解決動力學問題的基本思路方法 教學難點

正確分析受力并恰當地運用正交分解法 探究模式

幫助學生學會運用實例總結歸納一般解題規律的能力 教學模式

創設情景——導入目標一一分析推理——歸納總結 教學方式

“實驗——探究” 教學工具：

制作投影片

（一）復習

牛頓運動定律的兩類應用問題： 1.已知受力情況求運動情況 2.已知運動情況求受力情況

（二）新課引入

關于斜面上物體的加速運動

例3一木塊在傾角為37°的斜面上，=10m/s2．

（1）若斜面光滑，求木塊下滑時加速度大小；

（2）若斜面粗糙，木塊與斜面間的動摩擦因數為0.2，則當木塊以某一初速度下滑時，其加速度的大小；

（3）若斜面粗糙，木塊與斜面間的動摩擦因數為0.2，則當木塊以某一初速度上滑時，其加速度的大小；

（4）若斜面粗糙，木塊與斜面間的動摩擦因數為0.2，木塊質量為3Kg，木塊受到沿斜面向上的大小為25.8N的推力作用，則木塊由靜止開始運動的加速度大小為多少；

（5）其它條件同上問，若木塊受到沿斜面向上的大小為4.2N的推力作用，則木塊由靜止開始運動的加速度大小為多少？ 分析與解答：

（1）對木塊的受力分析如（圖１）所示．

進行正交分解后，依據牛頓第二定律可得：

m/s2

（2）對木塊的受力分析如圖示２所示．

進行正交分解后，依據牛頓第二定律可得：

(3)對木塊的受力分析如圖示３所示．

進行正交分解后，依據牛頓第二定律可得：

(4)對木塊的受力分析如圖示４所示．進行正交分解后，首先判斷摩擦力和加速度的方向：

∵

（N）<

∴摩擦力的方向沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向上．

∴

m/s2

(5)對木塊的受力分析如圖示5所示．進行正交分解后，首先判斷摩擦力和加速度的方向：

∵

（N）>

∴摩擦力的方向沿斜面向上，加速度的方向沿斜面向下．

∴

m/s2

說明：（1）這是一道關于斜面上物體運動的問題．在這類問題中要特別注意摩擦力方向的問題，必要時必須通過一定的運算才能確定（如本題）．（2）在做第二問時可以進行討論：設斜面傾角為，當 時，物體沿斜面勻速下滑；當

時，物體沿斜面加速下滑．

時，物體沿斜面減速下滑；當 關于連接體問題的求解

例4 如圖1所示，物體A和B靠在一起放在光滑水平面上，物體A受到水平向右的推力，大小為10N，已知物體A的質量為2kg，物體B的質量為3kg，求物體A運動的加速度及物體A、B間的相互作用力．

分析與解答：

（1）由題意可知物體A、B將以共同的加速度運動，因此求解加速度的問題可以選用隔離法和整體法兩種．

法一：用隔離法，分別以物體A和B為研究對象進行受力分析，如圖9所示．依據牛頓第二定律可知：

對A：

對B：

聯立解得：

（m/s2）方向：水平向右

法二：用整體法，以物A和B整體為研究對象進行受力分析，如圖10所示．依據牛頓第二定律可知：

對整體：

（m/s2）方向：水平向右

（2）求解物體間相互作用力，即求解圖示中的 時，必須用隔離法．以物體A為研究對象，依據牛頓第二定律可知：

（m/s2）

∴物體間的相互作用力大小為6N．或以物體A為研究對象，依據牛頓第二定律可知：

（m/s2）

∴物體間的相互作用力大小為6N． 說明：

（1）這是一道關于連接體運動的基本問題，學生應該掌握關于這類問題的解題思路和方法．在處理這類問題時，要學會靈活地選取研究對象．

（2）在對這類題進行受力分析時，學生常會犯兩類錯誤，一類是把力 畫到物體 上，要讓學生清除力是不可以傳遞的；

（3）在分析物體 受力時丟掉物體 給它的作用力，要強調力是物體間的相互作用．

（4）此題可以擴展為地面有摩擦的情況；或把、兩物體摞在一起，用一個力推其中一個物體，并設計相關問題．

（5）如果學生情況允許，可以涉及整體加速度不同的問題，交給學生如何快速、簡單地處理問題的方法．

（三）小結

（四）布置作業

（五）教后札記

思維方法是解決問題的靈魂，是物理教學的根本；親自實踐參與知識的發現過程是培養學生能力的關鍵，離開了思維方法和實踐活動，物理教學就成了無源之水、無本之木。學生素質的培養就成了鏡中花，水中月。

第二篇：牛頓運動定律應用 超重與失重

超重與失重

一、教學目標 1.知識與技能

（1）掌握超重現象和失重現象的概念。（2）理解超重現象和失重現象的原因。2.過程與方法

（1）觀察并感受失重和超重現象。

（2）經歷探究產生超重和失重現象條件的過程，理解物理規律在生活實際中的應用。3.情感態度與價值觀

（1）通過探究性學習活動，培養學生的興趣，增強自信心。（2）用科學的觀點解釋身邊的物理現象。

二、教學重點、難點

1．“認識超重和失重現象”是本節的重點，要了解什么是超重現象以及失重現象并能在實例中找出。

2．“掌握超重和失重現象的產生條件”是本節的難點，要理解超重和失重現象的產生與加數度a的方向有關，而與速度v無關。

三、教學方法

1.通過相關的圖片結合生活實例引出學習主題-超重和失重。2.通過觀察與記錄人在電梯中上樓以及下樓過程和狀態，再結合二力平衡及牛頓第三定律的分析引出超重與失重的概念。

3.通過牛頓第二定律并結合總結、歸納的方法找出物體產生超重現象和失重現象的條件，強調超重和失重現象的產生與加數度a的方向有關，而與速度v無關

四、教學過程

（一）設置情景，提出問題。

1．播放錄象或看掛圖，激發學生的學習興趣，使學生知道什么是超重、失重現象。

可供選擇播放或展示相關的掛圖：（1）火箭升空，載人航天飛船運行過程和返回的過程。楊利偉在太空中書寫日記、吃月餅，用膠布把攝象機貼在艙壁，物體在飛船艙內“飄”。（2）費俊龍在太空中翻跟斗。（3）火箭升空和飛船返回時，航天員采取躺著是姿勢。（3）下落的一滴牛奶呈球形。（4）太空中的一滴水呈球形。（5）在太空中制造有氣泡的泡沫金屬。（6）俄國人在太空中生活438天。2．問題的提出。演示下蹲過程體重秤的讀數變化的實驗。由于學生不一定注意到下蹲、站起的過程體重秤讀數會發生變化。設計一個定性實驗，通過攝像頭把讀數投影在屏幕。問題：“觀察到體重秤的示數如何讀數變化？”“老師下蹲、站起的過程重力如何變化？是老師變胖了？”問題來源于實驗與學生原有認知發生沖突，對于學生的回答，這時可以不做過多的評價。

3．另一個實驗，用紙帶提起重物。如果迅速上提，紙帶斷了。這是為什么？再次激發學生的探索熱情。

這個環節，目的是讓學生在自己的頭腦中產生問題。不忙著解釋，只要告訴學生這就是今天學習的超重和失重現象即可。時間控制在5分鐘之內。

（二）新課學習

1．體驗性實驗，了解什么是超重和失重。

利用身邊的物品、常用器材設計有關超重失重的實驗，學生可以選做一個或兩個實驗。

（1）用手掌托著一疊較重的書，先讓手緩緩上下移動，體會一下書對手掌的壓力。跟靜止時是否相同？然后手突然加速上升或加速下降，再體會手掌受到的壓力跟靜止時有什么不同？

（2）墊起泡沫板兩端，把重錘在泡沫板上，使泡沫板加速上升，泡沫板斷裂。老師引導學生在體驗的同時，學會把各種現象聯系起來進行對比，培養學生的科學思維。學生回答老師的問題或學生之間討論，找到幾個實驗的共同特點是拉力或壓力變化。通過討論，辯論，使學生認識到原有的一些認識是錯誤的。強調失重和超重是指壓力隨物體運動狀態的改變而改變。2．探究性實驗：弄清什么情況下會出現超重失重現象。

（1）回放老師稱體重的錄象，并適當應用慢鏡頭播放，看清讀數的變化與老師下蹲過程。老師指導學生觀察：下蹲的初期、末期，讀數比老師站在秤上不動時的體重大還是小。稱體重的實驗確實不容易觀察清楚讀數的變化與運動狀態的改變這兩者之間的關系。很自然地介紹先進的實驗手段，傳感器、計算機與物理實驗整合。

（2）在測力計下端掛一鉤碼，觀察測力計靜止時示數，測力計緩緩上下移動，測力計的示數，測力計突然上升或突然下降時測力計的示數。提出討論問題，如何準確讀出測力計示數變化的范圍？可以做必要的提示，如在測力計指針的上下各放一小團棉花，使指針在移動的時候帶動棉花的移動，這樣棉花就可以記錄測力計示數變化的范圍。這就是發明創造，發明創造就在身邊。

（3）定量實驗。還有更精確的實驗方法嗎？介紹傳感器及工作過程。通過DIS演示電梯上升過程，利用傳感器采集數據，電腦描繪出支持力F隨時間t變化的圖象。通過對圖象的分析，知道超重失重只與物體運動的加速度有關，與運動速度無關。

3．理論分析，進一步認識超重和失重。選上述的一個實驗進行分析，用牛頓第二定律、牛頓第三定律分析解釋超重失重和完全失重現象，得到超重和失重的動力學特征。

（1）根據老師提供的學習提綱，學生閱讀課文。指導學生確定研究對象，進行受力分析。

（2）給出思考問題，學生對原來的認識進行反思。

“體重秤直接測量的什么力？” “有同學觀察到下蹲過程體重秤的讀數變大，有的觀察到下蹲過程體重秤的讀數變小，如何評價這些同學的回答？”“下蹲過程，速度的方向總是向下的，加速度的方向也總是向下的嗎？”學生思考、討論。教師小結：下蹲過程經歷了加速下降與減速下降的過程，這些同學各自只觀察到了下蹲的末期或初期的體重計的示數。

（三）課堂練習，鞏固訓練。

練習的形式不只是書面練習，用包含科學原理的趣味游戲，調節學習氣氛。上課接近半小時，學生的注意力開始不夠集中，設計一些課堂活動，使學生在輕松的環境中學習和鞏固學習內容。同時達到訓練學生的口頭表達能力和動手實驗能力的目的。

1．在生活中，哪些物體的運動，反映了超重或失重現象？

（1）學生舉例。如挑擔子，由于扁擔兩邊的物體有規律的上下振動，肩上的壓力也就時大時小。又如蹦極運動中彈性長帶對人的拉力也會時大時小。乘車經過拱橋或加速下坡時，乘電梯，玩過山車，蕩“秋千”，蕩“海盜船”有超重和失重的“特殊感覺”。

（2）老師也參加討論。如從水井里提起一桶水，如果繩子的最大抗拉能力不夠好，為了不使繩子被拉斷，你認為應該怎么提水？一根細木棒的兩端掛輕重不同的重物，從木棒中間提起，木棒呈傾斜狀態。如果突然松手，木棒還保持傾斜狀態嗎？

2．選做以下游戲。

（1）手握橡皮筋，使橡皮筋下端的球振動，當你閉上雙眼時，你可以準確說出球上下運動的情況嗎？想好你的判斷根據，再跟同學一起做實驗。

（2）手中托著上下疊放的兩本厚書或兩鐵塊，它們之間壓著一紙帶，如何才能把紙帶從它們之間拉出而不拉斷紙帶？

（3）手中拿一個紙環，下端夾一個鐵夾，鐵夾把紙環拉成橢圓。如果松開手，紙環下落過程會是什么形狀？

（4）在礦泉水瓶的四周扎四個小孔，灌滿水后水從四空噴出。如果把瓶子從黑板上方自由釋放，水在下落過程中，水會噴到黑板上嗎？也可以讓兩個同學相對站立，讓這個瓶子從他們之間落下，掉到放在地面的水桶中。

（5）橡皮筋拉著礦泉水瓶（四周扎四個小孔）上下振動，觀察噴水的情況。

（6）橡皮筋拉著礦泉水瓶（瓶口向下，用橡皮膜扎緊瓶口）上下振動，觀察橡皮膜。

（7）站在體重秤上，兩腳站直，兩腳不能動，能不能想其他方法，使示數變小或變大？學生用不同的方式使示數變化：揮動手臂，頭動也可以。

（8）各組選一位同學站在體重秤上稱體重，設法讓示數最小。請你說說，你們組會選誰呢？為了使示數最小，你建議他怎么做。

（四）課后作業與研究性學習。根據學生的個體差異，這些內容可以讓學生選做，讓學生在較長的時間里逐步完成。1．完全失重的條件下，下列哪些儀器不能正常使用？彈簧秤、天平、刻度尺、秒表、擺鐘、電流表、溫度計。

2．小木板上放一塊磁鐵和一塊鐵塊，它們都靜止。若讓小木板從不太高處自由下落，小木板保持水平。則在下落過程中，磁鐵相對于地面的加速度大小為：

A．始終為9．8m/s2 B．大于9．8m/s

2C．小于9．8m/s2

D．始終為0 m/s2。

3．數字信息系統（DIS）包括傳感器、數據采集器、計算機和數據處理軟件組成，它可以實時采集、處理實驗數據，并把實驗結果用圖象顯示在計算機屏幕上。

一個玩具貓放在模擬升降機上，拉動升降機上升，通過DIS在計算機屏幕上畫出玩具貓對力傳感器的壓力F隨時間t變化的關系圖象如圖所示。由此可知玩具貓重______N，升降機上升過程最大的壓力為_______N，最小壓力為______N。畫出玩具貓運動的a-t圖。4．假如你站在體重計上乘電梯，發現體重計的示數為50kg。根據自己的情況，判斷一下電梯的運動狀態。說明判斷的理由。（學生體重各不相同，必須根據實際情況進行判斷）5．（1）設計實驗方案，在課后利用體重秤觀察電梯下降或上升的初期、中期和末期的失重超重現象。

（2）醫院里的醫用電梯的加速度比普通電梯的加速度要小。你能用簡單的實驗證實一下嗎？

6．設計一個實驗方案，用身邊的物品做簡便的實驗，在乘飛機時通過觀察實驗現象，了解飛機是否加速上升階段或加速下降。7．做一做，想一想：（1）把普通的手電筒改造一下，里邊裝一段彈簧，豎直放置時電池壓縮彈簧，電池不能跟燈泡組成回路，手電筒不亮。讓手電筒自由下落，彈簧不壓縮了，電路接通，手電筒亮了。（2）在透明塑料杯的底部鉆一小孔，把兩條比杯高略長的橡皮筋穿過小孔，并在杯底那端把橡皮筋打上結，使橡皮筋不被拉出，兩條橡皮筋的另一端個系一個小球，并把球放到杯外。如果讓杯子自由下落，會有什么現象發生？為什么？ 課后反思

本節課遵循循序漸進的教學原則，從學生的實際出發，讓學生參與實驗，在情感態度與價值觀方面受到熏陶，發展對科學的好奇心和求知欲，引導學生用身邊的物品研究物理學問題，運用物理原理和研究方法解決實際問題。并且把評價滲透在學習過程中，幫助學生認識自我，建立自信，促進學生在原有水平上發展。本節課設計提供較多的資源，上課時根據學生實際情況進行選擇使用，注意控制上課時間。本教學設計的實驗由定性到定量，學生動手實驗探究，教師及時指導，還采用了傳感技術，恰當地將信息技術與物理教學相整合。習題訓練也加強了口頭表達和實驗操作的訓練。課堂氛圍和諧平等，努力使課程內容的時代性、基礎性、選擇性在課堂教學中得到體現。

第三篇：牛頓運動定律教案

三、牛頓運動定律

教學目標 1．知識目標：

（1）掌握牛頓第一、第二、第三定律的文字內容和數學表達式；（2）掌握牛頓第二定律的矢量性、瞬時性、獨立性和對應性；（3）了解牛頓運動定律的適用范圍． 2．能力目標：

（1）培養學生正確的解題思路和分析解決動力學問題的能力；（2）使學生掌握合理選擇研究對象的技巧． 3．德育目標：

滲透物理學思想方法的教育，使學生掌握具體問題具體分析，靈活選擇研究對象，建立合理的物理模型的解決物理問題的思考方法．

教學重點、難點分析

1．在高

一、高二的學習中，學生較系統地學習了有關動力學問題的知識，教師也介紹了一些解題方法，但由于學生掌握物理知識需要有一個消化、理解的過程，不能全面系統地分析物體運動的情境，在高三復習中需要有效地提高學生物理學科的能力，在系統復習物理知識的基礎上，對學生進行物理學研究方法的教育．本單元的重點就是幫助學生正確分析物體運動過程，掌握解決一般力學問題的程序．

2．本單元的難點在于正確、合理地選擇研究對象和靈活運用中學的數學方法，解決實際問題．難點的突破在于精選例題，重視運動過程分析，正確掌握整體—隔離法．

教學過程設計

一、引入

牛頓運動定律是經典力學的基礎，應用范圍很廣．

在力學中，只研究物體做什么運動，這部分知識屬于運動學的內容．至于物體為什么會做這種運動，這部分知識屬于動力學的內容，牛頓運動定律是動力學的支柱．我們必須從力、質量和加速度這三個基本概念的深化理解上掌握牛頓運動定律．這堂復習課希望學生對動力學的規律有較深刻的理解，并能在實際中正確運用．

二、教學過程 教師活動

1．提問：敘述牛頓第一定律的內容，慣性是否與運動狀態有關？ 學生活動

回憶、思考、回答：

一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態，直到有外力迫使它改變這種狀態為止． 教師概括．

牛頓第一定律指明了任何物體都具有慣性——保持原有運動狀態不變的特性，同時也確定了力是一個物體對另一個物體的作用，力是改變物體運動狀態的原因．

應該明確：

（1）力不是維持物體運動的原因；

（2）慣性是物體的固有性質．慣性大小與外部條件無關，僅取決于物體本身的質量．無論物體受力還是不受力，無論是運動還是靜止，也無論是做勻速運動還是變速運動，只要物體質量一定，它的慣性都不會改變，更不會消失，慣性是物體的固有屬性．

放投影片：

[例1]某人用力推原來靜止在水平面上的小車，使小車開始運動，此后改用較小的力就可以維持小車做勻速直線運動，可見：

A．力是使物體產生運動的原因 B．力是維持物體運動速度的原因 C．力是使物體產生加速度的原因 D．力是使物體慣性改變的原因 討論、思考、回答： 經討論得出正確答案為：C． 2．提問：牛頓第二定律的內容及數學表達式是什么？ 學生回憶、回答：

物體受到外力作用時，所獲得的加速度的大小跟外力大小成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向與合外力方向相同．

ΣF=ma

理解、思考． 教師講授： 牛頓第二定律的意義

（1）揭示了力、質量、加速度的因果關系．（2）說明了加速度與合外力的瞬時對應關系．（3）概括了力的獨立性原理

提問：怎樣應用牛頓第二定律？應用牛頓第二定律解題的基本步驟如何？ 討論：歸納成具體步驟．

應用牛頓第二定律解題的基本步驟是：（1）依題意，正確選取并隔離研究對象．

（2）對研究對象的受力情況和運動情況進行分析，畫出受力分析圖．（3）選取適當坐標系，一般以加速度的方向為正方向．根據牛頓第二定律和運動學公式建立方程．

（4）統一單位，求解方程組．對計算結果進行分析、討論． 在教師的引導下，分析、思考． 依題意列式、計算．

[例2]有只船在水中航行時所受阻力與其速度成正比，現在船由靜止開始沿直線航行，若保持牽引力恒定，經過一段時間后，速度為v，加速度為a1，最終以2v的速度做勻速運動；若保持牽引力的功率恒定，經過另一段時間后，速度為v，加速度為a2，最終也以2v的速度做勻速運動，則a2=______a1．

放投影片，引導解題： 牽引力恒定：

牽引力功率恒定：

提問：通過此例題，大家有什么收獲？隨教師分步驟應用牛頓第二定律列式． 學生分組討論，得出結論：

力是產生加速度的原因，也就是說加速度與力之間存在即時直接的因果關系．被研究對象什么時刻受力，什么時刻產生加速度，什么時刻力消失，什么時刻加速度就等于零．這稱做加速度與力的關系的同時性，或稱為瞬時性．

放投影片：

[例3]已知，質量m=2kg的質點停在一平面直角坐標系的原點O，受到三個平行于平面的力的作用，正好在O點處于靜止狀態．已知三個力中F2=4N，方向指向負方向，從t=0時起，停止F1的作用，到第2秒末物體的位置坐標是（-2m，0）．求：（1）F1的大小和方向；（2）若從第2秒末起恢復F1的作用，而同時停止第三個力F3的作用，則到第4秒末質點的位置坐標是多少？（3）第4秒末質點的速度大小和方向如何？（4）F3的大小和方向？

讀題，分析問題，列式，求解． 畫坐標圖：

經啟發、討論后，學生上黑板寫解答．

（1）在停止F1作用的兩秒內，質點的位置在x軸負方向移動，應

所以F1=-Fx=-ma=2（N）F1的方向沿X軸方向．

（2）當恢復F1的作用，而停止F3的作用的2秒內，因為F1在x軸正方向，F2在y軸負方向，直接用F1和F2列的動力學方程

所以第4秒末的位置坐標應是

其中v1x=a1t1=-2（m/s），t2=2s

（3）第4秒末質點沿x軸和y軸方向的速度分別為v2x和v2y，有

即第4秒末質點的速度為4m/s，沿y軸負方向．

限，設F3與y軸正向的夾角為θ，則有

對照解題過程理解力的獨立作用原理． 教師啟發、引深：

大量事實告訴我們，如果物體上同時作用著幾個力，這幾個力會各自產生自己的加速度，也就是說這幾個力各自產生自己的加速度與它們各自單獨作用時產生的加速度相同，這是牛頓力學中一條重要原理，叫做力的獨立作用原理，即：

3．提問：敘述牛頓第三定律的內容，其本質是什么？ 回憶，思考，回答：

兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上． 放投影片：

牛頓第三定律肯定了物體間的作用力具有相互作用的本質：即力總是成對出現，孤立的單個力是不存在的，有施力者，必要有受力者，受力者也給施力者以力的作用．這一對作用力和反作用力的關系是：等大反向，同時存在，同時消失，分別作用于兩個不同的物體上，且具有相同的性質和相同的規律．

[例4] 如圖1-3-2，物體A放在水平桌面上，被水平細繩拉著處于靜止狀態，則：

[

]

A．A對桌面的壓力和桌面對A的支持力總是平衡的 B．A對桌面的摩擦力的方向總是水平向右的 C．繩對A的拉力小于A所受桌面的摩擦力

D．A受到的重力和桌面對A的支持力是一對作用力與反作用力 思考、討論、得出正確結論選B，并討論其它選項錯在何處． 放投影片：

4．牛頓運動定律的適用范圍

牛頓運動定律如同一切物理定律一樣，都有一定的適用范圍．牛頓運動定律只適用于宏觀物體，一般不適用于微觀粒子；只適用于物體的低速（遠小于光速）運動問題，不能用來處理高速運動問題．牛頓第一定律和第二定律還只適用于慣性參照系．

理解，記筆記．

三、課堂小結

提問：你怎樣運用牛頓運動定律來解決動力學問題？ 組織學生結合筆記討論并進行小結．

由牛頓第二定律的數學表達式ΣF=ma，可以看出凡是求瞬時力及作用效果的問題；判斷質點的運動性質的問題，都可用牛頓運動定律解決．

解決動力學問題的基本方法是：

（1）根據題意選定研究對象，確定m．

（2）分析物體受力情況，畫受力圖，確定F合．（3）分析物體運動情況，確定a．

（4）根據牛頓定律，力的概念、規律、運動學公式等建立有關方程．（5）解方程．（6）驗算、討論．

四、教學說明

1．作為高三總復習，涉及概念、規律多．因此復習重點在于理解概念、規律的實質，總結規律應用的方法和技巧．

2．復習課不同于新課，必須強調引導學生歸納、總結．注意知識的連貫性和知識點的橫向對比性．如一對作用力和反作用力與一對平衡力有什么不同？

3．復習課可以上得活躍些，有些綜合題可以由學生互相啟發，互相討論去解決，這樣既可以提高學生的學習興趣又可提高學生分析問題的能力．

同步練習

一、選擇題

1．如圖1-3-3所示，物體A放在物體B上，物體B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg．A、B間動摩擦因數μ=0.2．A物上系一細線，細線能承受的最大拉力是20N，水平向右拉細線，下述中正確的是（g=10m/s2）

[

]

A．當拉力F＜12N時，A靜止不動 B．當拉力F＞12N時，A相對B滑動 C．當拉力F=16N時，B受A摩擦力等于4N D．無論拉力F多大，A相對B始終靜止

2．如圖1-3-4所示，物體m放在固定的斜面上，使其沿斜面向下滑動，設加速度為a1；若只在物體m上再放上一個物體m′，則m′與m一起下滑的加速度為a2；若只在m上施加一個方向豎直向下，大小等于m′g的力F，此時m下滑的加速度為a3，則

[

]

A．當a1=0時，a2=a3且一定不為零 B．只要a1≠0，a1=a2＜a3 C．不管a1如何，都有a1=a2=a3 D．不管a1如何，都有a1＜a2=a3

3．如圖1-3-5所示，在光滑的水平面上放著兩塊長度相等，質量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端分別放有一個大小、形狀、質量完全相同的物塊．開始都處于靜止狀態，現分別對兩物體施加水平恒力F1、F2，當物體與木板分離后，兩木板的速度分別為v1和v2，若已知v1＞v2，且物體與木板之間的動摩擦因數相同，需要同時滿足的條件是

[

]

A．F1=F2，且M1＞M2 B．F1=F2，且M1＜M2 C．F1＞F2，且M1=M2 D．F1＜F2，且M1=M2

二、非選擇題

4．如圖1-3-6所示，一質量為M=4kg，長為L=3m的木板放在地面上．今施一力F=8N水平向右拉木板，木板以v0=2m/s的速度在地上勻速運動，某一時刻把質量為m=1kg的鐵塊輕輕放在木板的最右端，不計鐵塊與木板間的摩擦，且小鐵塊視為質點，求小鐵塊經多長時間將離開木板？（g=10m/s2）

5．一艘宇宙飛船飛近一個不知名的行星，并進入靠近該行星表面的圓形軌道，宇航員著手進行預定的考察工作．宇航員能不能僅僅用一只表通過測定時間來測定該行星的平均密度？說明理由．

6．物體質量為m，以初速度v0豎直上拋．設物體所受空氣阻力大小不變，已知物體經過時間t到達最高點．求：

（1）物體由最高點落回原地要用多長時間？（2）物體落回原地的速度多大？

7．如圖1-3-7所示，質量均為m的兩個梯形木塊A和B緊挨著并排放在水平面上，在水平推力F作用下向右做勻加速運動．為使運動過程中A和B之間不發生相對滑動，求推力F的大小．（不考慮一切摩擦）

8．質量m=4kg的質點，靜止在光滑水平面上的直角坐標系的原點O，先用F1=8N的力沿x軸作用了3s，然后撤去F1，再用y方向的力F2=12N，作用了2s，問最后質點的速度的大小、方向及質點所在的位置．

參考答案

1．CD

2．B

3．BD

4．2s

7．0＜F≤2mgtanθ

第四篇：牛頓運動定律 機械能

牛頓運動定律 機械能

【教學結構】

牛頓運動定律

一、牛頓第一定律：一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態，直到有外力迫使它改變這種狀態為止。又稱為慣性定律。

慣性：物體有保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質。一切物體都有慣性。與運動狀態無關，靜止狀態、勻速直線運動狀態、勻變速運動等，物體都有慣性，且不變。慣性的大小是由質量量度的。物體的速度不需要力來維持。

二、牛頓第二定律

1.運動狀態變化：物體運動速度發生變化，運動狀態就變化。速度是矢量，有大小，有方向，大小和方向一個變化或同時都變，都叫速度變化，加速度描述物體運動狀態變化快慢。

2.力的作用效果：改變物體運動狀態，使物體形狀或體積發生變化。

3.質量：質量是慣性的量度。質量越大，慣性越大，阻礙物體改變運動狀態作用越大。

4.牛頓第二定律：物體的加速度跟物體所受外力成正比，跟物體質量成反比。∑F=ma 等號左邊是物體所受的合外力，等號右邊是物體質量和加速度的乘積。在使用牛頓第二定律時，（1）選擇研究對象，（2）分析物體受力，（3）利用正交分解方法求物體的合力，建立xoy坐標系，根據解題方便確立x、y方向，（4）列牛頓第二定律方程，∑Fy=may，∑Fx=max（5）解方程。關鍵是正確分析物體受力，求合力。

5.力的平衡：當物體所受合外力為零時，物體為平衡狀態，即靜止狀態或勻速直線運動狀態。靜止狀態應是υ=0,a=0。單一速度為零不叫靜止狀態，使牛頓第二定律解題時，往往是一個方向運動狀態不變化，需列平衡方程，另一方向有加速度列第二定律方程，然后聯立求解。

6.牛頓第二定律的應用：（1）根據物體受力情況，使用牛頓第二定律求得加速度，然后結合運動學公式，求解位移，速度等。（2）根據運動學規律利用題給定的條件求出加速度再利用牛頓第二定律，求解力或質量。

三、牛頓第三定律：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上。作用力和反作用力與二力平衡的區別：作用力與反作用力作用在兩個物體上不能使物體平衡，二力平衡一定是作用在一個物體上。作用力與反作用力一定是同種性質的力，是摩擦力都是摩擦力，二力平衡則可是不同性質的力。在確定作用力的反作用力時，一定發生在兩個物體之間，A給B的力為作用力，反作用力一定是B給A的力。

四、單位制：

基本單位：選定幾個物理量的單位為基本單位。

導出單位：利用基本單位導出的單位，例如：基本單位位移m，時間s，速s度單位：根據υ=，速度單位為m/s，即為導出單位。

t單位制：基本單位和導出單位一起組成單位制。

國際單位制：基本單位：位移：m, 質量：kg, 時間：s。又稱：米，千克，秒制。導出單位：加速度：m/s2，力：1牛頓（N）=1kgm/s2等。機械能

一、功：物體受力的作用，在力的方向上

發生位移，這個力對物體做了功。如圖1所示：W=Fscosα，物體 在F1方向上發生位移S。

α＜90°時，cosα＞0，力對物體做正功

α=90°時，cosα=0，力對物體不做功，這是很重要的情況，必須重視；帶電沿等勢面移動，電場力不做功，洛侖茲力對運動電荷不做功。90°＜α≤180°時，cosα＜1，力對物體做負功，也可理解為物體克服某力做功。

功是標量只有大小而無方向，做正功、負功只反映做功的效果。功是能量轉化的量度，做功過程是能量轉化過程。功的單位：焦耳。1焦耳=1Nm。

w功率：描述做功快慢的物理量，定義：功跟完成這些功所用時間的比值，P=。

t功率的單位1瓦（W）=1J / S，1千瓦（KW）=1000 J / S，功率是標量。

P=Fυ，F大小方向不變，υ在變化，某時刻功率P=Fυt，稱為即時功率。若

w時間t完成功為W，P=，又稱為在t時間內的平均功率，或表示為P?F?V。

t額定功率：機械在正常工作時的最大功率。機械的實際功率可以小于額定功率。當機械在額定功率下工作：P額=Fυ，速度越大，牽引力越小，在汽車起動時，速度很小，牽引力很大，且大于阻力，汽車加速運動，υ增大，F減小，加速度隨之減小，當F=f時，加速度為零，汽車有最大速度υm，汽車開始的υm做勻速運動，P額=F·υm=fυm。

二、機械能

11.動能：物體動能等于它的質量跟它的速度平方乘積的一半。Ek=m?2，動

2能是標量，動能單位：焦耳（J），靜止物體動能量為零。動能大小由m、?2共同決定。

2.重力勢能：物體的重力勢能就等于物體所受重力和它的高度的乘積。EP=mgh。勢能是標量，單位：焦耳。在研究物體重力勢能時，首先要確定重力勢能0勢能參考平面。h是相對零勢能參數面的高度，物體在“0”勢能面上面h為正，重力勢能為正表示比零重力勢能大。在0勢能面下面h為負，重力勢能為負，表示0重力勢能小。零勢能面的選擇是任意的，在解決具體問題時，以方便為選零勢能面的原則。

重力功與重力勢能的關系：重力做正功重力勢減小，做多少正功重力勢能減少多少。重力做負功，重力勢能增加，重力做多少負功，重力勢增加多少。

3.彈性勢能：被拉伸或壓縮的彈簧，內部各部分之間的相對位置發生變化，而具有的勢能。其它彈性物體形變時也能產生彈性勢能。我們主要考慮彈簧的形變勢能。

勢能：指彈性勢能和重力勢能。機械能：動能和勢能的總和。

三、機械能守恒定律：如果沒有摩擦和介質阻力（空氣阻力、水的阻力等），物體只發生動能和勢能的相互轉化，機械能總量保持不變。

對于機械能守恒條件可以理解為：只有重力和產生彈性勢能彈力做功，其它力都不做功或其它力做功總和為零，能量轉化過程中，機械能守恒。重點要求會用機械能解釋一些比較簡單的物理過程。例如：單擺在忽略空氣阻力情況下，機械能守恒，豎直上拋物體機械能守恒，它們都是動能與勢能之間的轉化。

【課余思考】

1.牛頓三定律內容是什么？第一定律與第二定律關系？在使用牛頓第二定律時應注意什么？物體的平衡條件是什么？

2.什么叫機械能守恒？機械能守恒條件是什么？

【解題要點】

例

一、下面說法正確的是（）A.物體受的合外力越大，動量越大 B.物體受的合外力越大，動量變化量越大

C.物體受的合外力越大，動量變化率越大 D.物體動量變化快慢與合外力沒關系

解析：運動物體的質量與運動速度的乘積叫做物體動量，是矢量，用P表示。P=mυ,其單位為：kgm/s，其方向與速度方向相同，設物體受的合外力F合作用

?t??0時間為t，在此時間內物體速度由υ0變到υt，其加速度a?，代入牛頓第t?t??0二定律式F合=ma=m

tm?t?m?0Pt?P0Pt?P0==，Pt?P0為動量變化量，為動量變化率。可知C選ttt項正確。

牛頓第二定律又可表述為：作用在物體上的合外力等于單位時間動量的變化。

例

二、質量為10kg的物體，原來靜止在水平面上，當受到水平拉力F后開始沿直線做勻加速運動，設物體經過時間t位移為x，且x、t的關系為x=t2，物體所受合外力大小為 第4S末的速度是 當4S末時撤去F，則物體再經過10S停止，運動物體受水平拉力F =，物體與平面摩擦因數?=。

1解析：依題意，物體做初速度為零的勻加速運動，位移公式為S=at2，與

2x=2t2比較可知a=4m / s2，F合=ma=10×4=40N。4S末的速度υ 4=4×4=16 m / s。撤掉F后在水平方向上受摩擦力f，物體做初速為16m / s的勻減速運動，經10S

2停止運動，υ ′t，a′=1.6m / s，f=ma=10×1.6=16N，F－f=40，F=40＋16=56N，4=υ 0－af又f=?mg，?== mg16 / 100=0.16。

例

三、如圖2所示，質量為m的工件，隨傳送帶運動，工件與傳送帶間無滑動，求下列情況下工件所受靜摩擦力，（1）傳送帶勻速上升，（2）以a=g / 2的加速度向下加速運動，（3）以a=g的加速度向下

加速運動。解析：選工件為研究對象，分析工件受力，如圖3所示，受重力、斜面支持力N，斜面給的靜摩擦力f，其方向

可設為沿斜面向上，建立xoy坐標，x平行斜面向上 為正，y與斜面垂直，向上為正，分解mg為

1Gx=mgsin30°=mg，沿－x方向，23Gy=mgcos30°=mg沿－y方向。

2（1）物體處于平衡狀態，合外力為零，13即f－mg=0 N－mg=0，解方程

221可得f=mg沿斜面向上。第二個方程可不解。

（2）物體以a=g / 2沿斜面向下加速運動，在x方向列牛頓第二定律方程

1f－mg=－ma，y方向方程可不列，但在很多題目中列y方向方程也是必要2的。方程中的正、負是以x軸方向而決定的，a方向向－x，故為負，將a=g / 2代入方程解得：f=0。

1（3）當a=g時，其它情況同于（2），f=－mg此負號表示與原設定方向相

21反，f大小為mg，方向沿斜面向下。

2例

四、在某次實驗中獲得的紙帶上 每5個點取為一個計數點0、1、2、3、4、5，每個計數點相對于起點距離 如圖4所示，由紙帶測量數據可知，從起點O到第5個計數點的時間間隔為

S，這段時間里小車的平均速度為

cm / s，在連續相等的時間內位移差均為

，所以小車運動可看作為

，小車的加速度為

計數點4處小車的速度為

cm / s。

解析：打點計時器每打兩個點所用時間t0=0.02S，所以每兩個計數點之間的時間間隔T=0.1S，從O點到第5個計數點所時間t=0.5S。這段時間內小車位移

s14.30為14.30 cm，平均速度V??=28.6 cm / s。

t0.5第一個T內位移S1=12.6 mm，第二個T內位移S2=33.2－12.6=20.6 mm，S3=61.8－33.2=28.6 mm，S4=98.4－61.8=36.6 mm，S5=143.0－98.4=44.6 mm，連續相等時間位移差?S=20.6－12.6=28.6－20.6=36.6－28.6=44.6－36.6=8mm。根據勻加速直Sn?Sn?1線運動：a=，可知aT2為恒量，連續相等時間內位移差一定時，此運動2T便為勻加速直線運動。

?S0.8a=2?2?80cm/s2。在勻加速直線運動中，時間中點的即時速度即等于T01.S4?S536.6?44.6?這段時間的平均速度，V4==40.6 cm / s。2T2?01.例

五、如圖5所示，質量為m的物體靜止在水平面上，物體與平面間摩擦因數為?，在與水平成

?角的恒力F作用下，做直線運動，當

位移為S時，F對物體做功為

，摩擦力做功為

，重力做功為。

解析：WF=F·Scos?直接可求得F做功。摩擦力 的做功，首先分析物體受力，如圖6所示，在 豎直方向上無加速度處于平衡

N＋F2－mg=0，N=mg－F sin?，f=?N=?(mg－F sin?)摩擦力功Wf=?(mg－F sin?)S。重力功W重=0重力與

位移方向垂直。解決功的問題關鍵是確定力的大小

和方向，位移的大小和方向，然后根據功的定義計算功。

例

六、自高為H處，以速度υ0拋出一個質量為m的小球，在不計空氣阻力的情況下，小球落地時速度大小為多少？若以相同的速度向不同方向拋出不同質量的小球，它們落地時速度大小關系是什么

解析：在忽略空氣阻力情況下，小球自拋出點落地過程機械能守恒，拋出時11機械能為E1=mgH＋m?02，落地時只有動能而無重力勢能，機械能E2=m?2。

221

1mgH＋m?02=m?2 ???02?2gh

22從上式知物體落地時的速度與物體的質量無關，與拋出的方向無關，只要拋出時速度大小相等，拋出高度相同，落地時速度應相等。

【同步練習】

1.如圖7所示，把質量為m的物體沿傾角不同斜面拉至 同一高度，若物體與不同斜面摩擦系數相同，傾角 θ1＜θ2＜θ3

（1）拉m從坡底到坡頂過程中，克服重力做 功為W1、W2、W3則（）

A.W1＞W2＞W3、B.W1＜W2＜W

3C.W1=W2=W3

D.無法確定

（2）在此過程中克服摩擦力的功為W1、W2、W3則（）

A.W′′′B.W′′′1＞W2＞W1＜W2＜W3

C.W′′′ D.不知運動狀態無法確定。1=W2=W3

2.在有空氣阻力情況下，豎直上拋一物體，到達最高點又落回原處，若過程中阻力不變，則（）

A.上升過程中重力對物體做功的大小大于下降過程中重力做功的大小

B.上升過程和回落過程阻力做功相等

C.上升過程和回落過程合力做功前者大于后者

D.上升過程重力做功平均功率大于回落過程重力做功的平均功率

3.質量為m的物體，受到位于同一平面內的共點力F1、F2、F3、F4的作用，并處于平衡狀態，當其中F2變為F2＋?F，且方向不變時，則（）

A.物體一定做勻加速直線運動 B.物體一定做變加速直線運動

C.物體的加速度一定是?F/m D.在任何相等時間內物體速度變化一定相同

4.如圖8所示，升降機靜止時彈簧伸長8cm，運動時彈簧伸長4cm，則升降機運動狀態可能是（）

A.a=1m/s2，加速下降

B.以a=1m/s2，加速上升

C.以a=4.9m/s2，減速上升

2D.以a=4.9m/s，加速下降

5.對于質量相同的甲、乙兩個物體，下列說法正確 的是（）

A.當甲、乙兩物體的速度相同時，它們所受的合外力一定相等

B.當它們受到合外力相同時，它們的動量改變得快慢相同

C.當甲、乙兩物體的加速度相同時，它們所受的合外力一定相等

D.當甲、乙兩物體的位移相等時，它們所受的合外力一定相等 6.以υ=5m/s的速度勻速上升的氣球，吊籃連同重物的質量為10kg，在500m的高空，從吊籃中落下一重物為2kg，經過10S鐘，氣球離開地面高度為多少？（g取10m/s2）

[參考答案] 1.(1)C(2)A 2.B C D 3.C D 4.C D 5.B C 6.675m

第五篇：牛頓運動定律的簡單應用典型例題

牛頓運動定律的簡單應用典型例題

【例1】一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對物體施加一向東的恒力F，歷時1s；隨即把此力改為向西，大小不變，歷時1s；接著又把此力改為向東，大小不變．歷時1s；如此反復，只改變力的方向，共歷時1min，在此1min內 [ ] A．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置之東 B．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置 C．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末繼續向東運動 D．物體一直向東運動，從不向西運動，在1min末靜止于初始位置之東 【分析】物體在第1s內受恒力作用向東作勻加速運動．在第2s內，受力向西，加速度方向向西，但速度方向仍向東，物體作向東的勻減速運動．由于力的大小不變，前、后兩秒內物體的加速度大小不變，僅方向相反，所以至第2s末，物體向東運動的速度恰減為零，且第2s內的位移與第1s內的位移相同． 以后，力的方向又改為向東、繼而向西??如此往復，物體則相應地向東作勻加速運動、繼而向東作勻減速運動，??在1min內物體一直向東運動，至1min末恰靜止． 【答】 D．

【說明】 物體運動的加速度方向必與受力方向相同，但不一定與速度方向相同．若以向東方向為速度的正方向，物體運動的v-t圖如圖所示，物體依次作著加速度大小相等、加速度方向相反的勻加速運動、勻減速運動，??直到停止．整個1min內v＞0，表示物體一直向東運動．

【例2】汽車空載時的質量是4×103kg，它能運載的最大質量是3×103kg．要使汽車在空載時加速前進需要牽引力是2.5×104N，那么滿載時以同樣加速度前進，需要的牽引力是多少？

【分析】由空載時車的質量和牽引力算出加速度，然后根據加速度和滿載時的總質量，再由牛頓第二定律算出牽引力．

空載時，m1=4×103kg，F1=2.5×104N，由牛頓第二定律得加速度： 滿載時，總質量為m1+m2=7×103kg，同理由牛頓第二定律得牽引力：

F2=（m1+m2）a=7×103×6.25N=4.375×104N

【說明】根據牛頓第二定律F = ma可知，當加速度a相同時，物體所受的合外力與其質量成正比．因此可以不必先算出加速度的大小，直接由比例關系求解．即由

直接得

【例3】如圖1所示，一根質量為m，長為L的均勻長木料受水平拉力F作用后在粗糙水平面上加速向右運動．在離拉力作用點x處作一斷面，在這一斷面處，左右兩部分木料之間的相互作用力為多少？

【分析】 取整個木料和斷面左端（或右端）為研究對象，由于它們的加速度相同，可根據它們所受合外力與質量成正比的關系得解．

【解】 設整個木料所受的摩擦力為f，斷面兩側的相互作用力為T，作用在斷面左端部分的摩擦力為

整個木料和斷面左側水平方向的受力情況如圖2所示．根據加速度相同時力與質量的比例關系可知

【說明】本題由于利用了F∝m的關系，可以不必計算加速度，十分簡捷．由解得結果可知，截面位置取得離拉力處越遠，截面兩側的相互作用力越小，當x = L時，T=0，這是顯然的結果．

如果木料受到水平推力作用，情況怎樣？有興趣的同學可自行研究．

【例4】物體從某一高度自由落下，落在直立于地面的輕彈簧上，如圖1所示．在A點物體開始與彈簧接觸．到B點時，物體速度為零，然后被彈回，則以下說法正確的是 [ ]

A．物體從A下降和到B的過程中，速率不斷變小 B．物體從B上升到A的過程中，速率不斷變大

C．物體從A下降到B，以及從B上升到A的速程中，速率都是先增大，后減小

D．物體在B點時，所受合力為零

【分析】本題考察a與F合的對應關系，彈簧這種特殊模型的變化特點，以及由物體的受力情況判斷物體的運動性質．對物體運動過程及狀態分析清楚，同時對物體正確的受力分析，是解決本題思路所在． 【解】找出AB之間的C位置，此時F合=0 則（1）從A→C．由mg＞kx1，（2）在C位量mg = kxc，a=0，物體速度達最大（如圖2乙）（3）從C→B，由于mg＜kx2，同理，當物體從B→A時，可以分析B→C做加速度越來越小的變加速直線運動；從C→A做加速度越來越大的減速直線運動．

【說明】由物體的受力情況判斷物體的運動性質，是牛頓第二定律應用的重要部分，也是解綜合問題的基礎．

彈簧這種能使物體受力連續變化的模型，在物理問題（特別是定性判斷）中經常應用．其應用特點是：找好初末兩態，明確變化過程．

【例5】圖中A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C（包括支架）的總質量為M，B為鐵片，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛于O點．當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩上拉力F的大小為 [ ]

A．F = Mg B．Mg＜F＜（M＋m）g C．F=（M + m）g D．F＞（M + m）g

【分析】以鐵片為研究對象，它被吸引上升過程中受到電磁鐵對它的吸引力Q（變力）、重力mg．在每一時刻

Q-mg = ma，即Q＞mg．

根據牛頓第三定律，鐵片也對電磁鐵A（包括支架C）施加向下的吸引力，其大小Q′=Q．

以A和C為研究對象，它受到細線向上拉力F、A′和C的重力Mg、鐵片吸引力Q′．由力平衡條件知

F = Mg + Q′ = Mg + Q，∴F＞（M + m）g．

【答】 D．

【說明】必須注意，鐵片能吸引上升是一個加速過程，因此，Q＞mg．同時，不要疏忽鐵片對磁鐵的吸引力．

【例6】如圖1所示，一只質量為m的貓抓住用繩吊在天花板上的一根質量為M的垂直桿子．當懸繩突然斷裂時，小貓急速沿桿豎直向上爬，以保持它離地面的高度不變．則桿下降的加速度為 [ ]

【分析】 設貓急速上爬時對桿的作用力為f，方向向下，則桿對貓的作用力的大小也為f，方向向上，繩斷裂后，貓和桿的受力情況如圖2所示

由于貓急速上爬，保持對地面的高度不變，意味著在這個過程中，貓對地無加速度，處于力平衡狀態，所以f = mg

桿僅受兩個豎直向下的力作用，根據牛頓第二定律，得桿的加速度大小為

其方向豎直向下． 答 C．

說明 本題反映了牛頓第二定律的相對性，即加速度a必須是地面而言的．如果不理解這一點，本題就難以求解．

【例7】如圖1所示，一木塊從h=3.0m、長L=5.0m的固定斜面的頂端，由靜止開始沿著斜面滑至底端．如果木塊與斜面之間的動摩擦因數μ=0.30，求

（1）木塊運動的加速度；

（2）木塊從斜面頂端滑至底端所需的時間．

【分析】以木塊為研究對象，它在下滑過程中受到三個力作用：重力mg、斜面支持力N、斜面的滑動摩擦力f（圖2）由于這三個力不在同一直線上，可采用正交分解法，然后根據牛頓運動定律求出加速度，結合運動學公式可求出運動時間．

【解】（1）設斜面傾角為θ，由受力圖2可知：沿斜面方向由牛頓第二定律得

mgsinθ-f = ma．

垂直斜面方向由力平衡條件得

N-mgcosθ=0．

又由摩擦力與正壓力的關系得

f=μN．

聯立上述三式可解得木塊下滑的加速度為

a = g（sinθ-μcosθ）．

式中

∴a = g（sinθ-μcosθ）

=9.8（0.60-0.30×0.80）m／s2=3.60m／s2．

【說明】 這是屬于已知力求運動的問題，通過加速度建立了力和運動的聯系．題解中基本上遵循了牛頓第二定律應用的步驟。

【例8】 兩重疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為θ的斜面上，如圖1所示，滑塊A、B的質量分別為M、m，A與斜面間的滑動摩擦因數為μ1，B與A之間的滑動摩擦因數為μ2，已知兩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 [ ]

A．等于零 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ

【分析】把A、B兩滑塊作為一個整體，設其下滑加速度為a．由牛頓第二定律（M + m）gsinθ-μ1（M + m）gcosθ=（M + m）a，得

a = g（sinθ-μ1cosθ）．

由于a＜gsinθ，可見B隨A一起下滑過程中，必然受到A對它沿斜面向上的摩擦力，設力fB（圖2）由牛頓第二定律

mgsinθ-fB = ma，得fB =mgsinθ-ma

= mgsinθ-mg（sinθ-μ1cosθ）=μ1mgcosθ． 【答】 B、C．

【說明】由于所求的摩擦力是未知力，如果不從加速度大小的比較先判定其方向，也可任意假設，若設B受到A對它的摩擦力沿斜面向下．則牛頓第二定律的表達式為

mgsinθ+fB = ma，得 fB = ma-mgsinθ

=mg（sinθ-μ1cosθ）-mgsinθ =-μ1mgcosθ．

式中負號表示所求摩擦力的方向與假設的方向相反，應為沿斜面向上．

【例9】 一個質量為m的物體放在水平地面上，設物體與地面間的摩擦系數為μ，對物體施以作用力F。問：

（1）若F是拉力，則F應沿怎樣的方向拉，才能使物體獲得最大的加速度？（2）若F是推力，則為了不產生加速度，F應朝什么方向推？ 【誤解】

（1）當F沿著水平方向拉，物體才有最大的加速度。

（2）為了使物體不獲得加速度F的方向必須與水平地面垂直。【正確解答】

（1）如圖1所示，物體受重力mg、支持力N′、摩擦力f和拉力F作用。設F與豎直方向成α角，與水平方向成θ角。

在y軸方向有

N′=mg-Fcosα 則f=μ（mg-Fcosα）

在x軸方向上的物體的加速度為

令 μ=tgθ，則

在F是拉力情況下，當90°-α=θ時，也就是作用力F的方向與地面的夾角恰為θ=arctgμ時，物體能獲得最大的加速度。很明顯，若μ=0，則θ=0°，也就是α=90°時，物體能獲得最大的加速度。

（2）如圖所示，若F是推力，設推力與豎直方向的夾角為α，與水平地面的夾角為θ，則

f=μ（mg + Fcosα）

在x軸方向上物體的加速度為

推力使物體在x方向上獲得加速度，即a＞0，所以

Fsinα-μ（mg + Fcosα）＞0 即 F（sinα-μcosα）-μmg＞0 當α角使

F（sinα-μcosα）-μmg≤0時，即 sinα-μcosα≤

sinα-μcosα≤0

來求解α角的范圍。令μ = tgβ 則有

sinα-tgβcosα≤0

即

sin（α-β）≤0，在α、β均為銳角時得

α≤β=arctgμ

當用力推物體時，施力的方向與豎直方向的夾角α小于β，不論F多大都不能使物體獲得加速度。

【錯因分析與解題指導】[誤解]的主要錯因是沒有注意摩擦力的影響，由于外力F的方向不同，會使摩擦力的大小發生變化。無論是滑動摩擦力還是最大靜摩擦力，都和物體與地面間的正壓力有關。當外力F以與地面成不同的角度來推、拉物體時，正壓力就有不同的值，所以物體所受的合力就有不同的值。只有在正確分析物體的受力情況后，對問題才能作出正確的解答。

【例10】 質量為m=2kg的木塊原來靜止在粗糙水平地面上，現在第1，3，5?奇數秒內給物體施加方向向右、大小為F1=6N的水平推力，在第2，4，6?偶數秒內，給物體施加方向仍向右、大小為F2=2N的水平推力，已知物體與地面間的摩擦因數μ=0.1．取g=10m／s2，問：（1）木塊在奇數秒和偶數秒內各做什么運動？（2）經過多長時間，木塊位移的大小等于40.25m？

【分析】以木塊為研究對象，它在豎直方向處于力平衡狀態，水平方向僅受推力F1（或F2）和摩擦力f的作用．由牛頓第二定律可判斷出木塊在奇數秒和偶數秒的運動，結合運動學公式，即可求出運動時間． 【解】（1）木塊在奇數秒內的加速度為

木塊在偶數秒內的加速度為

所以，木塊在奇數秒內做a = a1=2m／s2的勻加速直線運動，在偶數秒內做勻速直線運動．

（2）在第1s內木塊向右的位移為

至第1s末木塊的速度

v1=at=2×1m/s=2m/s．

在第2s內，木塊以第1s末的速度向右做勻速運動，在第2s內木塊的位移為

s2=v1t=2×1m=2m．

至第2s末木塊的速度

v2=v1=2m/s．

在第3s內，木塊向右做初速等于2m/s的勻加速運動，在第3s內的位移為

至第3s末木塊的速度

v3=v2+at=2m/s+2×1m/s=4m/s．

在第4s內，木塊以第3s末的速度向右做勻速運動，在第4s內木塊的位移為

S4=v3t=4×1m=4m．

至第4s末木塊的速度

v4=v3＝4m/s．

??

由此可見，從第1s起，連續各秒內木塊的位移是從1開始的一個自然數列．因此，在ns內的總位移為

當sn=40.25m時，n的值為8＜n＜9．取n=8，則8s內木塊的位移共為

至第8s末，木塊的速度為

v8=8m/s．

設第8s后，木塊還需向右運動的時間為tx，對應的位移為

sx=40.25m-36m=4.25m，由

得合理解

tx=0.5s．

所以，木塊的位移大小等于40.25m時需運動時間

T=8s+0.5s=8.5s．

【說明】木塊運動的v-t圖如下圖所示．

因為v-t圖線與t軸間的面積表示對應時間內的位移，所以每秒內位移成一等差數列，其公差等于劃有斜線的小三角形面積，即

△s=s1=1m．

[例11]如圖1所示，一細線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質量為m的小球．當滑塊以a=2g的加速度向左運動時，線中拉力T等于多少？

【分析】當小球貼著滑塊一起向左運動時，小球受到三個力作用：重力mg、線中拉力T、滑塊A的支持力N，如圖2所示．小球在這三個力作用下產生向左的加速度．當滑塊向左運動的加速度增大到一定值時，小球可能拋起，滑塊的支持力變為零，小球僅受重力和拉力兩個力作用．

由于題設加速度a=2g時，小球的受力情況未確定，因此可先找出使N=0時的臨界加速度，然后將它與題設加速度a=2g相比較，確定受力情況后即可根據牛頓第二定律列式求解．

【解】根據小球貼著滑塊運動時的受力情況，可列出水平方向和豎直方向的運動方程分別為

Tcos45°-Nsin45°=ma，（1）Tsin45°+Ncos45°=mg．（2）

聯立兩式，得

N=mgcos45°-masin45°．

當小球對滑塊的壓力等于零，即應使N=0，滑塊的加速度至少應為

可見，當滑塊以a=2g加速向左運動時，小球已脫離斜面飄起．此時小球僅受兩個力作用：重力mg、線中拉力T′，（圖3）設線與豎直方向間夾角為β．同理由牛頓第二定律得

T′sinβ=ma，T′cosβ=mg．

聯立兩式得

【說明】 如果沒有對臨界狀態作出分析，直接由（1）、（2）兩式聯立得線中拉力

這就錯了！

【例12】如圖1質量為M的斜面體放在有摩擦的地面上，質量為m1的物體A與質量為m2的物體B之間有摩擦，但物體B與斜面間的摩擦不計，物體B的上表面水平．AB在加速下滑的過程中相對靜止，斜面的傾角為θ，求：

①物體B對物體A的摩擦力和彈力 ②地面對斜面體的摩擦力和彈力

【分析】 本題考察整體和隔離法研究動力學問題，恰當的選取研究對象并正確受力分析是解題關鍵．

【解】（1）取A和B組成的系統為研究對象，受力如圖2（a），沿斜面方向

（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a

∴ a=gsinθ（1）

再以A研究受力如圖2（b）則 x方向

m1gsinθ+f1cosθ-N1sinθ=m1a（2）y方向

N1cosθ+f1sinθ=m1gcosθ（3）

由式（1）（2）（3）得

f1=m1gcosθ·sinθ 方向：水平向左 N1=m1gcos2θ方向：豎直向上

（2）對物體B受力分析如圖2（c）沿y方向

N′2=m2gcosθ+N′1cosθ+f′1sinθ（4）

由牛頓第三定律知 N1=N′1（5）

f1= f′1（6）∴N′2=（m1+m2）gcosθ

對斜面體C分析受力如圖2（d），則沿x方向：

N2sinθ-f2=0（7）

沿y方向：

N-Mg-N2cosθ=0（8）

有牛頓第三定律知 N=N′2（9）由式（7）（8）（9）得

f2=（m1+m2）gcosθsinθ 方向水平向左 N = Mg +（m1+m2）g·cos2θ 方向豎直向上

【說明】 本題研究對象很多，在分析各力時，力要清晰，且標好各自符號。題目考察綜合分析能力．在運用牛頓第二定律解決問題的應用中，我們應當具備把一個復雜問題分解成若干簡單問題的能力，找準它們之間的聯系，這既是一種解題方法，也是解復雜題目的關鍵所在．

【例13】 如圖1所示的三個物體質量分別為m1和m2和m3，帶有滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦以及繩子的質量均不計，為使三個物體無相對運動．水平推力F等于多少？

【分析】由于三個物體無相對運動，因此可看作一個整體，列出整體的牛頓第二定律方程．然后再隔離m1、m2，分別列出它們的運動方程． 【解】 由整體在水平方向的受力列出牛頓第二定律方程為

F=（m1+m2+m3）a．（1）

分別以m1、m2為研究對象作受力分析（圖2）設繩張力為T． 對m1，在水平方向據牛頓第二定律得

T=m1a．（2）

對m2，在豎直方向由力平衡條件得

T-m2g=0．（3）

聯立式（1）、（2）、（3），得水平推力

【說明】也可以全部用隔離法求解．設連接m1與m2的繩中張力為T，m2與m3之間相互作用力為N，滑輪兩側繩子張力形成對m3的合力為F′，畫出各個物體的隔離體受力圖如圖3所示（m1、m3豎直方向的力省略）．

對于m1，由受力分析知

T=m1a．（4）

對于m2，由水平方向與豎直方向的受力情況，分別可得

N=m2a，（5）T-m2g=0．（6）

對于m3，設滑輪兩側繩中張力的合力為F′，其水平分力化都表示物體運動狀態已發生了改變．（向左）等于T，因此

F-N-T=m3a．（7）

由（4）、（5）、（6）三式得

把它們代入式（7）得水平推力

顯然，全部用隔離法求解時，不僅未知數和方程數多，還可能因疏漏滑輪兩側繩子拉力對m3的影響而造成錯誤．所以應注意靈活地有分有合，交替使用隔離法和整體法．

【例14】 在升降機地面上固定著一個傾角α=30°的光滑斜面，用一條平行于斜面的細繩拴住一個質量m=2kg的小球（圖1）當升降機以加速度a=2m／s2豎直向上勻加速運動時，繩子對球的拉力和小球對斜面的壓力分別為多少？（取g=10m／s2）

【分析】以小球為研究對象，它隨升降機向上加速運動過程中受到三個力作用：重力mg、繩子拉力T、斜面支持力N．由于這三個力不在一直線上，可采用正交分解法，然后列出牛頓第二定律方程，即可求解．

【解】 根據小球的受力情況（圖2），把各個力分解到豎直、水平兩方向．在豎直方向上（取向上為正方向），根據牛頓第二定律得

Tsinα + Ncosα-mg = ma．（1）

在水平方向上（取向右為正方向），根據力平衡條件得

Tcosα-Nsinα=0．（2）

將（1）式乘以sinα，（2）式乘以cosα，兩式相加得繩子對球的拉力為

將（1）式乘以cosα，（2）式乘以sinα，兩式相減得斜面對球的支持力為

根據牛頓第三定律，球對斜面的壓力

N′=-N=-20.8N，式中“-”號表示N′與N方向相反，即垂直斜面向下．

【說明】 本題是已知運動求力，解題基本步驟與例2相同．需注意題中求出的N是斜面對球的支持力，還必須用牛頓第三定律，得出球對斜面的壓力．

【例15】如圖所示，在一個盛水的容器中漂浮一個物體，這時水面到達物體的某一位置。如將這個容器放在升降機中，在升降機以加速度a由靜止開始向上勻加速直線上升的過程中，物體浸入水中的深淺如何變化？

【誤解】 設漂浮物體的密度為ρ，體積為V，浸入水中的體積為V′，水的密度為ρ水。當容器靜止時

ρgV=ρ

水gV′

當容器以加速度a向上做勻加速直線運動時

F浮-mg = ma

∴ F浮=m（g+a）=ρV（g+a）設此時排開水的體積為V″，則有 ρ水V″g=ρV（g+a）

物體浸入深度將大些。

【正確解答】當容器處于靜止狀態時

當容器以加速度a向上運動時，則有 F浮-mg = ma 即 ρ水（g + a）V″-ρgV =ρaV

∴V″=V′ 物體浸入深度不變。

【錯因分析與解題指導】當容器以加速度a豎直向上做勻加速運動時，容器中的漂浮物和水同樣處于“超重”狀態，因此，水對漂浮物的浮力應變成ρ水（g + a）V″而不是ρ水gV″，這也就是[誤解]的根源之所在。

我們不妨再來考慮一種特殊情況：即當盛水容器放在自由下落的升降機上，物體浸入水中的深淺又如何變化呢？

全決定于自由下落前物體浸入水中的情況。由于下落前物體已靜浮液在

結論。

[例16]一個質量m為3.0kg的物塊，靜置在水平面上，物塊與水平面間的動摩擦因數為0.20，現在給物塊施加一個大小為15N，方向向右的水平推力F，并持續作用6s，在6s末撤去F1，在撤去F1的同時給物塊施加一個大小為12N，方向向左的水平推力F2，持續作用一段時間后又將它撤去，并立即給物塊施加一個大小仍為12N、方向向右持續作用的水平推力F3，已知物塊由靜止開始運動，經歷14s速度達到18m/s，方向向右，g取10m/s2，求物塊在14s內發生的位移。[分析]本題是物塊多次受不同恒力而運動的題目，顯然研究對象是物塊。物塊的運動情況可分為三個階段： 第一段：v10=0

物體向右做初速為零的勻加速運動，歷時6s 第二段：v20=a1t1=3.0×6m/s=18m/s

物體將向右做勻減速運動，由于t2末知，t2秒末物體可能有向右速度，可能速度為零，可能有向左的速度。第三段：v3t=18m/s（向右）

由分析知道各段的速度和加速度情況，根據速度和加速度可畫出v-t圖象，用圖象來求解。

第二段末尾速度是第三段初始速度，兩段速度圖線交點在橫軸之上（即正值），且說明物體在第二段一直向右運動，t2=2sv2t=6m/s

[解]

解法一：用圖象解

物體運動的v-t圖線與橫軸所圍“面積”為位移大小，即

解法二：用牛頓定律和運動學公式解

v1t=a1t1=18m/s ②

v2t=v1-a2t2=18-6t2④

t3=t總-t1-t3=8-t2 ⑥

v3=v2t+a3t3=18-16t2+2(8-t2)=18 ⑦ 解得：

t2=2s t3=6s v2t=6m/s

解法二：用動量定律求解 對全程有

F1t1-F2t2+F3(t-t1-t2)-ft=mv

解得

t2=2s從而t3=6s 對第一段（F1-f）t1=mv1 v1=18m/s

對第二段

（F2+f）t2=mv2-mv1 v2=6m/s

∴ s=s1+s2+s3=150m [說明]

1.物體的運動性質由兩個條件決定：一是運動的初始狀態，即初速度，二是物體所受合外力的大小方向。

2.同一個物體做幾個不同的運動時，前一過程的末速度，是后一過程的初速度。3.一題往往有幾種不同的解法，注意各種解法的特點，正確運用物理公式求解。[例17]圖為一空間探測器的示意圖，P1、P2、P3、P4是四個噴氣發動機，P1、P3的連線與空間一固定坐標系的x軸平行，P2、P4的連線與y軸平行，每臺發動機開始時，都能向探測器提供推力，但不會使探測器轉動，開始時，探測器以恒定的速率v0向正x方向平動，要使探測器改為向正x偏負y60°的方向以原來的速率v0平動，則可

A.．先開動P1適當時間，再開動P4適當時間 B．先開動P3適當時間，再開動P2適當時間 C．開動P4適當時間

D．先開動P3適當時間，再開動P4適當時間

[分析]每臺發動機開動時，都能向探測器提供的是“推力”

最后探測器是向x偏負y60°的方向以原來的速度v0平動，對此速度進行分解

沿x正方向速率減小，要開動P1 , [解]正確答案為A。

[說明]判斷物體的運動時，要考慮初速度和受力情況。速度分解時，由于合速度處于直角三角形的斜邊所以合速度大小要大于水平分速度大小。