牛顿运动定律常用解题方法.pdf

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1、精心整理 精心整理 三、 牛顿运动定律常用解题方法 1合成法与分解法 【例 1】 如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中， 悬挂小球的悬线偏离竖直方向37 角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg （g10m/s 2，sin370.6，cos370.8） （1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况 （2）求悬线对球的拉力 解析： （1）球和车厢相对静止，它们的运动情况相同，由于对球的受力情况知道的较多，故应 以球为研究对象 球受两个力作用： 重力 mg和线的拉力 FT，由球随车一起沿水平方向做匀变速直 线运动，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向 做出平行四边形如图所示球所受的合外力

2、为 F合mgtan37 由牛顿第二定律 F合ma可求得球的加速度为 37tang m F a 合 7.5m/s 2 加速度方向水平向右 车厢可能水平向右做匀加速直线运动，也可能水平向左做匀减速直线运动 （2）由图可得，线对球的拉力大小为 8. 0 101 37cos mg FTN=12.5N 点评：本题解题的关键是根据小球的加速度方向，判断出物体所受合外力的方向，然后画出平 行四边形，解其中的三角形就可求得结果 2.正交分解法 当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题， 多数情况下是把力正交 分解在加速度方向和垂直加速度方向上，有FmaFma xxyy ，有的情况下分解加速

3、度比分解力 更简单。 例 3.质量为 m 的物体放在倾角为的斜面上斜面固定在地面上，物体和斜面间的动摩擦因数 为，如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动， 如图 2 的所示， 则 F的大小为多少？ 图 2 解析：物体受力分析如图2（a）所示，以加速度方向即沿斜面向上为x 轴正向，分解 F和 mg， 精心整理 精心整理 建立方程并求解： 图 2（a） x 方向：FmgFma f cossin y 方向：FmgF N cossin0 又因为FF fN 联立以上三式求解得F m agg(sincos) cossin 例 4.如图 3所示，电梯与水平面夹角为30，当电梯加速

4、向上运动时，人对梯面压力是其重 力的 6 5 ，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？ 图 3 解析：此题为分解加速度较简单的典型例题，对人受力分析如图3（a）所示，取水平向右为x 轴正方向，此时只需分解加速度，建立方程并求解： 图 3（a） x 方向：Fma f cos30 y 方向：Fmgma N sin30 解得 F mg f3 5 3.假设法 在分析物理现象时， 常常出现似乎是这又似乎是那，不能一下子就很直观地判断的情况，通常 采用假设法。 例 5.两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为的斜面上，如图 4 所示，滑块 A、B 的质量 分别在 M、m，A 与斜面间的动摩擦因数为 1，B

5、与 A 之间的动摩擦因数为2，已知滑块都从静 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 1mgcos D.大小等于 2mgcos 图 4 精心整理 精心整理 解析： 以 B 为研究对象，对其受力分析如图4 所示，由于所求的摩擦力是未知力，可假设B 受到 A 对它的摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得 mgFma fB sin 对 A、B 整体进行受力分析，有 ()sin()cos()Mm gMm gMm a 1 由得Fmg fB1 cos 式中负号表示F fB 的方向与规定的正方向相反，即沿斜面向上，所以选B、C。 4、整体法与隔离法

6、例 1、如图所示，在粗糙的水平面上有一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放两 个质量为 m1和 m2的木块， m1m1；已知三角形木块和两个物体都静止，则粗糙的水平面对三角 形木块（） 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确定，因m1、m2、1、2的数值均未给出； D、没有摩擦力的作用。 分析：对 abc和 m1、m2组成的系统进行分析，除水平面对abc下表面可能存在水平方向的摩 擦力以外， 整体受到系统外的作用力只有abc和 m1、m2的重力 G 和水平面的支持力FN，受力情况 如图 2 所示

7、，在水平方向系统不受其它外力，而abc和 m1、m2组成的系统中各物体的加速度都为 零，系统处于平衡状态，所以在水平方向a受到水平面的摩擦力必为零。即abc相对于水平面没有 运动趋势。故正确的答案是D。 例 5.如图 12所示，两个用轻线相连的位于光滑平面上的物块，质量分别为m1和 m2。拉力 F1和 F2 方向相反，与轻线沿同一水平直线，且。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力。 图 12 解析：设两物块一起运动的加速度为a，则对整体有 对 m1有 解以上二式可得 点评：该题体现了牛顿第二定律解题时的基本思路：先整体后隔离即一般先对整体应用牛 顿第二定律求出共同加速度， 再对其中某一物体 （通

8、常选受力情况较为简单的） 应用牛顿第二定律， 从而求出其它量。 m1 m 2 a b c 12 G FN 如图 2 m1 m 2 a b c 12 如 图 1 精心整理 精心整理 系统内各物体加速度不同时对于整体法，其本质是采用牛顿第二定律， 设质点系在某一方向上 所受到的合力为F，质点系中每一个物体的质量分别为m1、m2、m3，每一个物体的加速度分 别为 a1、a2、a3，则 Fm1a1m2a2m3a3。 例 1：如图 1所示，质量为 M 的框架放在水平的地面上，内有一轻质弹簧上端 固定在框架上，下端固定一个质量为m 的小球。小球上下振动时不与框架接触， 且框架始终没有跳起。则当框架对地面的

9、压力刚好为零时，小球的加速度为多 大？ 解：对于本题，若采用常规的方法，先对框架进行受力分析，如图2 所示， 弹簧对框架的作用力为NMg。再对小球进行受力分析，如图3 所示，则根据 牛顿第二定律可得： Nmgma Mgmgma a 若采用整体法，取框架、小球为一个整体，则整体所受的合力为Mgmg，框架的 加速度 a10，小球的加速度 a2a，则根据牛顿第二定律可得：MgmgMa1ma2 ma a 可见，采用整体法比分别分析两个物体要简单。 【例 8】如图所示，质量为M 的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m 的小 球，开始时小球在杆的顶端， 由静止释放后， 小球沿杆下滑的加速度为重

10、力加速度的 2 1 ，即 a= 2 1 g， 则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？ 命题意图：考查对牛顿第二定律的理解运用能力及灵活选取研究对象的能力.B 级要求 . 错解分析： （1）部分考生习惯于具有相同加速度连接体问题演练，对于“一动一静”连续体问 题难以对其隔离，列出正确方程.（2）思维缺乏创新，对整体法列出的方程感到疑惑. 解题方法与技巧： 解法一： （隔离法） 木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法. 取小球 m为研究对象，受重力mg、摩擦力 Ff，如图 2-4，据牛顿第 二定律得： mg-Ff=ma 取木箱 M 为研究对象，受重力Mg、地面支持力 FN及小球给予的摩擦

11、力Ff如图 . 据物体平衡条件得： FN-Ff-Mg=0 且 Ff=Ff 由式得 FN= 2 2mM g 图 1 图 2 Mg N 图 3 N mg 精心整理 精心整理 由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为 FN=FN= 2 2mM g. 解法二： （整体法） 对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式： （mg+Mg）-FN=ma+M0 故木箱所受支持力： FN= 2 2mM g，由牛顿第三定律知： 木箱对地面压力 FN=FN= 2 2mM g. 【例 7】如图，倾角为 的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块 间的动摩擦因数均为 ， 木块由静止开始沿斜面加速下滑时

12、斜面始终保持 静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。 解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体中只有木块的加速度 有水平方向的分量。 可以先求出木块的加速度cossinga，再在水平方向对质点组用牛顿 第二定律，很容易得到：cos)cos(sinmgFf 如果给出斜面的质量M，本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为： FN=Mg+mg（cos+sin）sin，这个值小于静止时水平面对斜面的支持力。 5、结合图象分析解决问题 应用图象是分析问题和解决问题的重要方法之一，在解决动力学问题时， 如果物体的受力情况 比较复杂，要分析物体的运动情况可以借助于图象，根据物体

13、的受力情况做出运动物体的速度时 间图象，则物体的运动情况就一目了然，再根据图象的知识求解 可以大大地简化解题过程。 例：质量为1kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面间的 动摩擦因数 0.2，作用在物体上的水平拉力F与时间的关系如图所 示，求运动物体在12秒内的位移？ （答案： s=100m） 6.程序法 按顺序对题目给出的物体运动过程进行分析的方法简称“程序法”。 “程序法” 要求我们从读题 开始，注意题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程进行分析。 一、牛顿运动定律在动力学问题中的应用 1、已知力求运动 例 1：如图所示，长为 L 的长木板 A 放在动摩擦因数为 1

14、的水平地面上，一 滑块 B（大小可不计）从A 的左侧以初速度v0向右滑入木板 A，滑块与木板间 的动摩擦因数为 2（A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）， 精心整理 精心整理 已知 A 的质量 M=2.0kg，B 的质量 m=3.0kg，AB 的长度 L=3.0m，v0=5.0m/s，1=0.2，2=0.4， 请分别求出 A 和 B 对地的位移？ 解：分别对 A、B 受力分析如图所示： 根据牛顿第二定律： B 物体的加速度 aB=f1/m=2mg/m=4m/s 2 A 物体的加速度 aA=(f1-f2)/M=( 2mg-1(M+m)g)/M=1m/s 2 设经过时间 t，AB

15、的速度相等则有： v0-aBt=aAt解得t=1s 所以 B 发生的位移：mtatvs BB 0 .3 2 1 2 0 A 发生的位移：mtas AA 5.0 2 1 2 AB 速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s的初速度， a=2g=2m/s2的加速度一起匀减速运 动直到静止，发生的位移： a v s 2 2 所以 A 发生的位移为 sA+s=o.5m+0.25m=0.75m B 发生的位移为 sB+s=3.0m+0.25m=3.25m 例三：质量为12kg 的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为0.3，现用倾角为 37 的 60N 力拉箱子，如图3.2-3 所示，3s 末撤

16、去拉力，则撤去拉力时箱子的速度为多少？箱 子继续运动多少时间而静止？ 析与解：选择木箱为研究对象，受力分析如图3.2-4：沿水平和竖直 方向将力正交分解，并利用牛顿运动定律，得方向： 水平方向： Fcos37 - N=ma 竖直方向： Fsin37 +N=mg 解得： a=1.9m/s 2 v=at=5.7m/s 当撤去拉力 F 后，物体的受力变为如图3-2-5，则由牛顿第二定律得： N= mg=ma，a= g=3m/s 2 t=v/a=1.9s 点评：本例考察了支持力和摩擦力的的被动力特征，当主动力F 变化时， 支持力 N 摩擦力 f 都随之变。同时本例还针对已知物体受力情况进而 研究其运动

17、情况，这种动力学和运动学综合类问题进行研究。 例 3如图 364 所示，水平传送带以4m/s的速度匀速运动，传 送带 A、B间的距离为 20m将一质量为 2kg 的木块无初速度地放在A端， 木块与传送带间的动摩擦因数为0.2（g 取 10m/s 2） 求木块从 A 端运动到 B 端所用的时间 图 364 解析：以木块为研究对象，当木块无初速度放到传送带上时，受到向右的摩擦力Fmg， 此时，加速度 a m F g 当木块速度达到传送带的速度后，木块与传送带无相对运动，即木块以4m/s 的速度匀速运 动木块从静止到达到4m/s的速度所用的时间为t1，则 t1 102 .0 4 a v s2s 木块

18、的位移 s1 2 1 at 2 2 1 222m4m 从 AB 的剩余距离为 s2 N mg f 图 3.2-5 精心整理 精心整理 s220m4m16m 则木块做匀速运动时间t2 4 16 2 2 v s s4s，所以，木块从 A端运动到 B 端的时间为 tt1t22s4s6s 2、已知运动情况确定物体的受力情况 例 2：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， 4s末它的速度达 到 4m/s，此时将 F 撤去，又经 6s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。 解析：物体的整个运动过程分为两段，前4s物体做匀加速运动，后6s物体做匀减速运动

19、。 前 4s内物体的加速度为 22 1 1 /1/ 4 40 smsm t v a 设摩擦力为F，由牛顿第二定律得 1 maFF 后 6s内物体的加速度为 22 2 2 / 3 2 / 6 40 smsm t v a 物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得 2 maF 由可求得水平恒力F 的大小为 16如图所示，质量M=4Kg、长 L=3m 的长木板放置于光滑的水平地面上，其左端有一大小可以 忽略，质量为 1Kg 的物块 m，物块和木板间的动摩擦因数为0.2,开始时物块和木板都处于静止 状态，现在对物块施加F=4N，方向水平向右恒定拉力， （g 取 10m/s 2）求： （1）木板固定不动时，物块从木板左端运动到右端经历的时间； （2）木板不固定，物块从左端运动到右端经历的时间。 解： （1）物块： 2 1 /2smg m F as a L t3 2 1 （2）木板： 2 2/5.0sm M mg a 物块从左端运动到右端有：Lss 21 即Ltata 2 2 2 1 2 1 2 1