第一篇：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。

第二篇：高中物理牛頓運動定律知識點含幾種典型例題

牛頓運動定律的綜合應用習題

典型例題透析

類型

一、瞬時加速度的分析

1、質量分別為mA和mB的兩個小球，用一根輕彈簧聯結后用細線懸掛在頂板下，如圖所示，當

細線被剪斷的瞬間。關于兩球下落加速度的說法中，正確的是()

A、aA＝aB＝0

B、aA＝aB＝g

C、aA＞g，aB＝0 D、aA＜g，aB＝0

解析：分別以A、B兩球為研究對象。當細線束剪斷前，A球受到豎直向下的重力mAg、彈簧的彈力T，豎直向上細線的拉力T′；B球受到豎直向下的重力mBg，豎直向上彈簧的彈力T，如下圖。

它們都處于力平衡狀態，因此滿足條件，T ＝mBg

T′＝mAg＋T＝(mA＋mB)g

細線剪斷的瞬間，拉力T′消失，但彈簧仍暫時保持著原來的拉伸狀態，故B球受力不變，仍處于平衡狀態。所以，B的加速度aB＝0，而A球則在重力和彈簧的彈力作用下，其瞬時加速度為：

答案：C舉一反三

【變式】如圖所示，木塊A與B用一輕彈簧相連，豎直放在木塊C上，三者靜置于地面，它們的質量

之比是l∶2∶3，設所有接觸面都光滑，當沿水平方向抽出木塊C的瞬間，木塊A和B的加速度分別是aA＝

，aB＝。

解析：在抽出木塊C前，彈簧的彈力F＝mAg。抽出木塊C瞬間，彈簧彈力不變，所以，A所受合力仍為零，故aA＝0。木塊B所受合力FB＝mBg＋F＝

答案：，所以。

類型

二、力、加速度、速度的關系

2、如圖，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，小球的速度、加速度、合外力的變化情況是怎樣的？（按論述題要求解答）

解析：因為速度變大或變小取決于速度方向與加速度方向的關系（當a與v同向時v變大，當a與v反向時v變小），而加速度由合力決定，所以此題要分析v、a的大小變化，必須要分析小球受到的合力的變化。

小球接觸彈簧時受兩個力作用：向下的重力和向上的彈力（其中重力為恒力）。

在接觸的頭一階段，重力大于彈力，小球合力向下，且不斷變小（因為F合＝mg－kx，而x增大），因而加速度減少（a＝F合／m），由于a與v同向，因此速度繼續變大。

當彈力增大到大小等于重力時，合外力為零，加速度為零，速度達到最大。

之后，小球由于慣性仍向下運動，但彈力大于重力，合力向上且逐漸變大（F合＝kx－mg）因而加速度向上且變大，因此速度減小至零。

（注意：小球不會靜止在最低點，將被彈簧上推向上運動，請同學們自己分析以后的運動情況）．

綜上分析得：小球向下壓彈簧過程，F方向先向下后向上，大小先變小后變大； a方向先向下后向上，大小先變小后變大；v方向向下，大小先變大后變小。

（向上推的過程也是先加速后減速）。舉一反三

【變式】如圖所示，一輕質彈簧一端系在墻上的O點，自由伸長到B點，今用一小物體m把彈簧壓縮到A點，然后釋放，小物體能運動到C點靜止，物體與水平地面間的動摩擦因數恒定，試判斷下列說法正確的是：（）

A．物體從A到B速度越來越大，從B到C速度越來越小

B．物體從A到B速度越來越小，從B到C速度不變

C．物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運動

D．物體在B點受合外力為零

解析：物體從A到B的過程中水平方向一直受到向左的滑動摩擦力Ff＝μmg大小不變；還一直受到向右的彈簧的彈力，從某個值逐漸減小為零，開始時，彈力大于摩擦力，合力向右，物體向右加速，隨著彈力的減小，合力越來越小；到A、B間的某一位置時，彈力和摩擦力大小相等，方向相反，合力為零，速度達到最大；隨后，摩擦力大于彈力，合力增大但方向向左，合力方向與速度方向相反，物體開始做減速運動，所以小物塊由A到B的過程中，先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動。從B到C一直減速運動。

答案： C

類型

三、整體法和隔離法分析連接體問題

3、為了測量木板和斜面間的動摩擦因數，某同學設計這樣一個實驗。在小木板上固定一個彈簧秤(彈簧秤的質量不計)，彈簧秤下端吊一個光滑的小球。將木板和彈簧秤一起放在斜面上。當用手固定住木板時，彈簧秤示數為F1；放手后使木板沿斜面下滑，穩定時彈簧秤示數為F2，測得斜面傾角為θ，由以上數據算出木板與斜面間的動摩擦因數。(只能用題中給出的已知量表示)

解析：把木板、小球、彈簧看成一個整體，應用整體法。

木板、小球、彈簧組成的系統，當沿斜面下滑時，它們有相同的加速度。

設，它們的加速度為a，則可得：(m球＋m木)gsinθ－μ(m球＋m木)gcosθ＝(m球＋m木)a 可得：a＝gsinθ－μgcosθ

①

隔離小球，對小球應用隔離法，對小球受力分析有：mgsinθ－F2＝ma ②

而：mgsinθ＝F1

③

由①②得：F2＝μmgcosθ

④

由③④得舉一反三 tanθ

【變式】如圖示，兩個質量均為m的完全相同的物塊，中間用繩連接，若繩能夠承受的最大拉力為T，現將兩物塊放在光滑水平面上，用拉力F1拉一物塊時，恰好能將連接繩拉斷；倘若把兩物塊放在粗糙水平面上，用拉力F2拉一物塊時(設拉力大于摩擦力)，也恰好將連接繩拉斷，比較F1、F2的大小可知()。

A、F1＞FB、F1＜FC、F1＝FD、無法確定

解析：（1）當放置在光滑水平面上時。

由于兩物體的加速度相同，可以把它們看成一個整體，對此應用整體法。

由F＝ma可知，兩物體的整體加速度。

在求繩子張力時，必須把物體隔離（否則，繩子張力就是系統內力），應用隔離法。

隔離后一物體，則繩子的張力：。

（2）當放置在粗糙水平面上時，同樣應用整體法與隔離法。

設每個物塊到的滑動摩擦力為F′，則整體加速度

隔離后一個物體，則繩子的張力。

可見這種情況下，外力都等于繩子的最大張力T的兩倍，故選項C正確。

答案：C。

類型

四、程序法解題

4、如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下掛一質量為m0的平盤，盤中有物體質量為m，當盤靜止時，彈簧伸長了l，現向下拉盤使彈簧再伸長Δl后停止，然后松手放開，設彈簧總處在彈性限度內，則剛松開手時盤對物體的支持力等于：

A、(1＋

B、(1＋)mg C、D、解析：題目描述主要有兩個狀態：(1)未用手拉時盤處于靜止狀態；(2)松手時盤處于向上加速狀態，對于這兩個狀態，分析即可：

當彈簧伸長l靜止時，對整體有

①

當剛松手時，對整體有：

對m有：F－mg＝ma ③

對①、②、③解得：

答案：B

類型

五、臨界問題的分析與求解

5、如圖所示，斜面是光滑的，一個質量是0.2kg的小球用細繩吊在傾角為53°的斜面頂端。

2斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行；當斜面以8m/s的加速度向右做勻加速運動時，求繩子的拉力及斜面對小球的彈力。

思路點撥：斜面由靜止向右加速運動過程中，當a較小時，小球受到三個力作用，此時細繩平行于斜面；當a增大時，斜面對小球的支持力將會減少，當a增大到某一值時，斜面對小球的支持力為零；若a繼續增大，小球將會“飛離”斜面，此時繩與水平方向的夾角將會大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。

解析：處于臨界狀態時小球受力如圖示：

則有：mgcotθ＝ma0

解得：a0＝gcotθ＝7.5m/s

∵a＝8m/s＞a0

∴小球在此時已經離開斜面

∴繩子的拉力

斜面對小球的彈力：N＝0 舉一反三

22【變式】一個彈簧放在水平地面上，Q為與輕彈簧上端連在一起的秤盤，P為一重物，已知P的質量

M=10.5kg，Q的質量m＝1.5kg，彈簧的質量不計，勁度系數k=800N/m，系統處于靜止，如下圖所示，現給P施加一個方向豎直向上的力F，使它從靜止開始向上做勻加速運動，已知在前0.2s以后，F為恒力，求：力F的最大值與最小值。(取g=l0m/s)

解析：(1)P做勻加速運動，它受到的合外力一定是恒力。P受到的合外力共有3個：重力、向上的力F及對Q對P的支持力FN，其中重力Mg為恒力，FN為變力，題目說0.2s以后F為恒力，說明t＝0.2s的時刻，正是P與Q開始脫離接觸的時刻，即臨界點。

(2)t＝0.2s的時刻，是Q對P的作用力FN恰好為零的時刻，此時刻P與Q具有相同的速度及加速度。因此，此時刻彈簧并未恢復原長，也不能認為此時刻彈簧的彈力為零。

(3)當t＝0時刻，應是力F最小的時刻，此時刻F小＝(M＋m)a(a為它們的加速度)。隨后，由于彈簧彈力逐漸變小，而P與Q受到的合力保持不變，因此，力F逐漸變大，至t＝0.2s時刻，F增至最大，此時刻F大＝M(g＋a)。

以上三點中第(2)點是解決此問題的關鍵所在，只有明確了P與Q脫離接觸的瞬間情況，才能確定這0.2s時間內物體的位移，從而求出加速度a，其余問題也就迎刃而解了。

解：設開始時彈簧壓縮量為x1，t＝0.2s時彈簧的壓縮量為x2，物體P的加速度為a，則有：

kx1＝(M＋m)g

①

kx2－mg＝ma ②

x1－x2＝

③

由①式得：

解②③式得：a＝6m/s

2力F的最小值：F小＝(M＋m)a＝72N

力F的最大值：F大＝M(g＋a)＝168N

類型

六、利用圖象求解動力學與運動學的題目

6、放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力的作用，F的大小與時間t的關系和物

2塊速度v與時間t的關系，如圖甲、乙所示。取重力加速度g＝10m/s。由此兩圖線可以求得物塊的質量m和物塊與地面之間的動摩擦因數μ分別為()

A、m＝0.5kg，μ＝0.4

B、m＝1.5kg，μ＝

C、m＝0.5kg，μ＝0.2

D、m＝1kg，μ＝0.2

2解析：由v－t圖可知在0～2s 靜止，2～4s是以初速度為0，加速度a＝2m/s做勻加速運動，4～6s內以v＝4m/s做勻速直線運動，結合F－t圖像可分析得出：μmg＝2N，ma＝3N－2N，解得m＝0.5kg，μ＝0.4。

答案：A

類型

七、用假設法分析物體的受力

7、兩個疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為θ的斜面上，如下圖所示，滑塊A、B質量分別為M、m，A與斜面間的動摩擦因數為μ1，B與A之間的動摩擦因數為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、大于等于μ1mgcosθ

D、大于等于μ2mgcosθ

解析：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(gsinθ－μ1cosθ)

由于a＜gsinθ，可見B隨A一起下滑過程中，必須受到A對它沿斜面向上的摩擦力，設摩擦力為FB(如圖所示)，由牛頓第二定律：mgsinθ－FB＝ma 得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ

答案：B、C

總結升華：由于所求的摩擦力是未知力，如果不從加速度大小比較先判定其方向，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，大小仍為μ1mgcosθ。

式中負號表示FB的方向與規定的正方向相反，即沿斜面向上。舉一反三

【變式】如圖所示，傳送帶與水平面夾角θ＝37°，并以v＝10m/s的速度運行，在傳送帶的A端輕輕地放一小物體，若已知傳送帶與物體之間的動摩擦因數μ＝0.5，傳送帶A到B端的距離s＝16m，則小物體從A端運動到B端所需的時間可能是(g＝10m/s)（）

A、1.8s B、2.0s

C、2.1s

D、4.0s

2解析：若傳送帶順時針轉動，物體受向上的摩擦力，因mgsinθ＞μmgcosθ，故物塊向下加速運動，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。由4.0s，所以，D正確。，解得：t＝4.0s。即，小物體從A端運動到B端所需的時間為

若傳送帶逆時針轉動，物體開始受向下的摩擦力，向下加速運動，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s，2當速度達到l0m/s時，運動位移，所用的時間為，t1＝，以后由于下滑力的作用物塊

又受向上的摩擦力，此時它的加速度為a2＝2m/s，在此加速度下運動的位移 s2＝s－s1＝11m，又由得11＝10t2＋t2，解得t2＝1s。所以，小物體從A端運動到B端所需的時間：t總＝t1＋t2＝2s，B正確。

答案：B、D。

22探究園地

3、如圖a，質量m＝1kg的物體沿傾角θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風速v成正比，比例系數用k表示，物體加速度a與風速v的關系如圖b所示。求：（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s）

2（1）物體與斜面間的動摩擦因數μ；（2）比例系數k。

解析：（1）對初始時刻：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0 ①

由圖讀出a0=4m/s代入①式，2解得：μ＝＝0.25；

（2）對末時刻加速度為零：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0 ②

又N＝mgcosθ＋kvsinθ

由圖得出此時v=5m/s

代入②式解得：k＝＝0.84kg/s

2、如圖所示，用力F拉物體A向右加速運動，A與地面的摩擦因數是對于A的加速度，下面表述正確的是：（）

A．B．，B與A間的摩擦因數是。

C．

D．

解析：正確選項是C。對于A、B選項我們應該知道它們錯在哪里。A選項誤把A受到的力算到AB整個上面了。B選項則沒有分析正確地面給A的摩擦力，A對地面的壓力是。D選項把AB之間的摩擦力方向搞反了。

7、如圖所示，AB為一輕桿，AC為一輕繩，物體m的重為G=100N，α=30°，求繩上的張力TAC=？，因此摩擦力是

解析：方法（1）：力的作用效果

將A點所受豎直向下的拉力T分解，如圖：

TAC=

方法（2）：共點力平衡

A點受力如圖：

由平衡條件可得∑F=0

(3)正交分解

如圖建立坐標系：

∵A點靜止

∴

第三篇：牛頓運動定律典型題

牛頓運動定律常見題型

例1.如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）

A、小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B、從小球接觸彈簧起加速度就變為豎直向上

C、從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小

D、從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大

變型：如右圖所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住物體m，現將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體一直可以運動到B點，如果物體受到的摩擦力恒定，則：()

A、物體從A到O先加速后減速B、物體從A到O加速，從O到B減速

C、物體在AO間某點時所受合力為零D、物體運動到O點時所受合力為零。

例2：如圖所示，傳送帶與地面傾角θ=370，從A到B長度為16m，傳送帶以10m/s的速率逆時針轉動,在傳送帶上端A無初速地釋放一個質量為0.5Kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.75，求:物體從A運動到B所需時間是多少？若上題中物體與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，則物體從A運動到B所需時間又是多少 ?

（sin370=0.6，cos370=0.8）

例3：如圖所示，在箱內傾角為α的固定光滑斜面上用平行于斜面的細線 固定一質量為m的木塊。求：

（1）箱以加速度a勻加速上升時，線對木塊的拉力和斜面對箱的支持各多大？

（2）箱以加速度a向左勻加速運動時，線對木塊的拉力和斜面對箱的支持力各多大？

拓展：如圖所示, m =4kg的小球掛在小車后壁上，細線與豎直方向成37°角。求：小車以5m/s2的加速度向右加速時，細線對小球的拉力和后壁對小球的壓力各為多大？

變形：自動電梯與地面的夾角為300，當電梯沿這個方向向上做勻加速直線運動時，放在電梯平臺上的箱子對平臺的壓力是其重力的 1.2倍，如右圖所示，設箱子質量為m，則箱子與平臺間的靜摩擦力是多大？

例4：.如圖,質量為2m的物塊A與水平地面的摩擦可忽略不計，質量為m的物塊B與地面的摩擦系數μ。已知水平推力F的作用下，A、B作加速運動。A對B的作用力為_____。

練習1、一物體放置在傾角為θ的斜面上，斜面固定于加速上升的電梯中，加速度為a，如圖所示．在物體始

終相對于斜面靜止的條件下，下列說法中正確的是()

（A）當θ 一定時，a 越大，斜面對物體的正壓力越小

（B）當θ 一定時，a 越大，斜面對物體的摩擦力越大

（C）當a 一定時，θ 越大，斜面對物體的正壓力越小

（D）當a 一定時，θ 越大，斜面對物體的摩擦力越小

2、如圖示，傾斜索道與水平方向夾角為θ，已知tan θ=3/4，當載人車廂勻加速向上運動時，人對廂底的壓力為體重的1.25倍，這時人與車廂相對靜止，則車廂對人的摩擦力是體重的（）

A.1/3倍B.4/3倍C.5/4倍D.1/4倍

第四篇：牛頓運動定律典型習題.

1、如圖所示,在一輛表面光滑的小車上,放有質量分別為m1、m2的兩個小球,隨車一起作勻速直線運動.當車突然停止

運動,則兩小球（設車無

限長,其他阻 力不計(A.一定相碰 B.一定不相碰 C 不一定相碰 D 無法確定

2.火車在長直水平軌道上勻速行駛,門窗緊閉的車廂內有一人向上跳起,發現仍落回到車上原處,這是因為

A.人跳起后,車廂內給他以向前的力,帶著他隨同火車一起向前運動

B.人跳起的瞬間,車廂的地板給他一個向前的力,推動他隨同火車一起向前運動 C.人跳起后,車在繼續向前運動,所以人落下后必定偏后一些,只是由于時間很短,偏后距離太小,不明顯而已

D.人跳起后直到落地,在水平方向上和車始終具有相同的速度 思考:若火車以加速度a勻加速運動,則人落到起跳點的什么位置? 若火車以加速度a勻減速運動,則人落到起跳點的什么位置? 3.如圖所示,一個劈形物體A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物體從靜止開始釋放,請分析說明小球在碰到斜面前的運動軌跡

4.如圖(俯視圖所示,以速度v勻速行駛的列車車廂內有一水平光滑桌面,桌面上的處有一小球.若車廂中旅客突然發現小球沿圖中虛線從A運動到B,則由此可判斷列車(A速行駛,向南轉彎

B.減速行駛,向北轉彎 C.加速行駛,向南轉彎 D.加速行駛,向北轉彎

5.如圖所示,一個劈形物體A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物體從靜止開始釋放,請分析說明小球在碰到斜面前的運動情況如圖所示,重球系于線DC下端,重球下再系一根同樣的線BA,下面說法中正確的是(A.在線的A端慢慢增加拉力,結果CD線拉斷 B.在線的A端慢慢增加拉力,結果AB線拉斷

C.在線的A端突然猛力一拉,結果AB線拉斷 D.在線的A端突然猛力一拉,結果CD線拉斷

6.一物體放在光滑水平面上,初速度為0,先對物體施加一向東的恒力,歷時1s鐘;隨即把此力改為向西,大小不變,歷時1s鐘;接著又把此力改為向東,大小不變,歷時1S鐘;如此反復,只改變力的方向,共歷時1分鐘.在此一分鐘內關于物體的運動,下列說法正確的是

A.物體時而向東運動,時而向西運動,在1分鐘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1分鐘末靜止于初始位置 C.物體時而向東運動,時而向西運動,在1分鐘末繼續向東運動 D.物體一直向東運動,從不向西運動,在一分鐘末靜止于初始位置之東.7.某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示,據此判斷圖乙(F表示物體所受合力,x表示物體的位移四個選項中正確的是（圖甲

第五篇：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。