1、牛頓運動定律應用（三）牛頓運動定律應用（三）（一）變力作用問題分析（一）變力作用問題分析1一小球自空中自由落下，與正下方的直立輕質彈簧一小球自空中自由落下，與正下方的直立輕質彈簧接觸，直至速度為零的過程中，關于小球運動狀態，正接觸，直至速度為零的過程中，關于小球運動狀態，正確的是確的是 （ ）A接觸后，小球作減速運動，加速度的絕對值越來越接觸后，小球作減速運動，加速度的絕對值越來越大，速度越來越小，最后等于零大，速度越來越小，最后等于零B接觸后，小球先做加速運動，后做減速運動，其速接觸后，小球先做加速運動，后做減速運動，其速度先增加后減小直到為零度先增加后減小直到為零C接觸后，速度為零的地方就

2、是彈簧被壓縮最大之處，接觸后，速度為零的地方就是彈簧被壓縮最大之處，加速度為零的地方也是彈簧被壓縮最大之處加速度為零的地方也是彈簧被壓縮最大之處D接觸后，小球速度最大的地方就是接觸后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方加速度等于零的地方BD2設雨滴從很高處豎直下落，所受空氣設雨滴從很高處豎直下落，所受空氣阻力阻力f和其速度和其速度v成正比則雨滴的運動情成正比則雨滴的運動情況是（況是（ ）A先加速后減速，最后靜止先加速后減速，最后靜止B先加速后勻速先加速后勻速C先加速后減速直至勻速先加速后減速直至勻速D加速度逐漸減小到零加速度逐漸減小到零BD3一物體在幾個力的共同作用下處于靜止一物體在幾個

3、力的共同作用下處于靜止狀態現使其中向東的一個力狀態現使其中向東的一個力F的值逐漸減的值逐漸減小到零，又馬上使其恢復到原值（方向不小到零，又馬上使其恢復到原值（方向不變），則（變），則（ ）A物體始終向西運動物體始終向西運動B物體先向西運動后向東運動物體先向西運動后向東運動C物體的加速度先增大后減小物體的加速度先增大后減小D物體的速度先增大后減小物體的速度先增大后減小AC（二）連結體問題分析（二）連結體問題分析二.連接體問題的常見圖景1.按連接的形式a.依靠繩子或彈簧的彈力相連接FABABab.依靠相互的擠壓（壓力）相聯系m1m2m1m2m1m2FFc.依靠摩擦相聯系（疊加體）m1m2F實際中的

4、連接體都是上述三種典型方式的組合a.有共同加速度的連接體問題2.按連接體中各物體的運動b.有不同加速度的連接體問題一個靜止一個加速兩個均加速,但加速度不等 基本方法：整體法求加速度再隔離分析基本方法: 隔離分析；找加速度之間的關系連接體中相互作用的物體間的作用力始終 大小相等，方向相反1.整體法與隔離法ABB：mg-T=maA: T=MamgMm11mgmTMMmgTmM時，FMmMmFmaNFsin10cos1mgNamMF)(MmgmMFtan)(整體法和隔離法相結合動態分析臨界狀態，從兩個方面理解臨界狀態AP450amgTa04500045tanmamggga0045tanmgTamga

5、mgmT52222關鍵是找出裝置現狀（繩的位置）和臨界條件，而不能認為不論a多大，繩子的傾斜程度不變例7 如圖所示，光滑球恰好放在木塊的圓弧槽中，它的左邊的接觸點為A，槽的半徑為R，且OA與水平線成角，通過實驗知道:當木塊的加速度過大時，球可以從槽中滾出，圓球的質量為m，木塊的質量為M，各種摩擦及繩和滑輪的質量不計，則木塊向右加速度最小為多大時球才離開圓槽？解析:當加速度a=0時，球受重力和支持力.支持力的作用點在最底端當加速度略大于零，球不能離開圓槽，球同樣受重力和支持力，但支持力的方向斜向右上方，即支持力的作用點沿圓弧槽向A點移動.當加速度逐漸增大，支持力的作用點移到A點時,球即將離開圓弧

6、槽，此狀態為臨界狀態，分析小球受力如右圖所示.由牛頓第二定律：mgcot=ma0可得a0=gcot顯然，當木塊向右的加速度a至少為gcot時，球離開圓弧槽（三）F=ma的理解應用1 1、矢量性、矢量性2 2、瞬時性、瞬時性3 3、相對性、相對性1 1、矢量性、矢量性F=maF=maxF=may例例. .如圖示，傾斜索道與水平方向夾角為如圖示，傾斜索道與水平方向夾角為，已知，已知tan=3/4tan=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1.251.25倍，這時人與車廂相對靜止，則車廂對人的摩擦力是體倍，這時人與車廂相對靜止，

7、則車廂對人的摩擦力是體重的重的( )( )A. 1/3A. 1/3倍倍 B.4/3B.4/3倍倍C. 5/4C. 5/4倍倍 D.1/4D.1/4倍倍解：將加速度分解如圖示解：將加速度分解如圖示對人進行受力分析對人進行受力分析A Aa aaaxaymgNfsinmamgNcosmaf 31tan41mgfmgNN25. 1根據題意根據題意例例2.2.在如圖所示的升降機中，物體在如圖所示的升降機中，物體m m靜止于固定的斜面上，當靜止于固定的斜面上，當升降機加速上升時，與原來相比升降機加速上升時，與原來相比( )( )A.A.物體受到斜面的支持力增加物體受到斜面的支持力增加 B.B.物體受到的合

8、力增加物體受到的合力增加 C.C.物體受到的重力增加物體受到的重力增加 D.D.物體受到的摩擦力增加物體受到的摩擦力增加aABDABDa作圖法是解決動態分析作圖法是解決動態分析問題的有效方法問題的有效方法2 2、瞬時性、瞬時性F=maF=ma對運動過程的每一瞬間成立，且瞬對運動過程的每一瞬間成立，且瞬時力決定瞬時加速度，可見，確定瞬時時力決定瞬時加速度，可見，確定瞬時加速度的關鍵是正確確定瞬時作用力。加速度的關鍵是正確確定瞬時作用力。明確明確“輕繩輕繩”“”“輕線輕線”“”“輕彈簧輕彈簧”“”“輕輕橡皮繩橡皮繩”幾個理想物理模型幾個理想物理模型例例1. 1. 質量均為質量均為m m的的A A、

9、B B兩球之間系著一根不計質量的輕彈簧，兩球之間系著一根不計質量的輕彈簧，放在光滑水平臺面上，放在光滑水平臺面上，A A求緊靠著墻壁，現用力求緊靠著墻壁，現用力F F將將B B球向左推壓球向左推壓彈簧，平衡后，突然將力彈簧，平衡后，突然將力F F撤去的瞬間，撤去的瞬間，A A、B B球的加速度如何？球的加速度如何？ 0AamFaBA AB BF FA AN NkxkxB BkxkxF F解：撤去解：撤去F F前，前， A A、B B球受力球受力分析如圖所示撤去分析如圖所示撤去F F瞬間，瞬間，F F立即消失，而彈簧彈力不立即消失，而彈簧彈力不能突變根據牛頓第二定律能突變根據牛頓第二定律有有分析

10、問題在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后的分析問題在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后的受力情況及其變化先看不變量，再看變化量；加速度與合受力情況及其變化先看不變量，再看變化量；加速度與合外力瞬時一一對應外力瞬時一一對應例例. .如圖所示，一質量為如圖所示，一質量為m m的物體系于長度分別為的物體系于長度分別為L L1 1、L L2 2的兩根的兩根細線上，細線上，L L1 1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為，L L2 2水平拉直，物體處于平衡狀態。現將水平拉直，物體處于平衡狀態。現將L L2 2線剪斷，求剪斷瞬時物線剪斷，求剪斷瞬時物體的

11、加速度。體的加速度。L L1 1L L2 2解：解：L L2 2被剪斷的瞬間，被剪斷的瞬間，L L1 1上的張力大小發生了變化。上的張力大小發生了變化。剪斷瞬時物體的加速度剪斷瞬時物體的加速度a=gsin.a=gsin.例例4.4.如圖所示，一根輕質彈簧和一根細線共同如圖所示，一根輕質彈簧和一根細線共同拉住一個質量為拉住一個質量為m m的小球，平衡時細線恰是水的小球，平衡時細線恰是水平的，彈簧與豎直方向的夾角為平的，彈簧與豎直方向的夾角為.若突然剪若突然剪斷細線，則在剛剪斷的瞬時，彈簧拉力的大小斷細線，則在剛剪斷的瞬時，彈簧拉力的大小是，小球加速度的大小為，是，小球加速度的大小為，方向與豎直方

12、向的夾角等于方向與豎直方向的夾角等于. . 小球小球再回到原處時彈簧拉力的大小是再回到原處時彈簧拉力的大小是小球再回到原處時小球再回到原處時, ,由圓周運動規律由圓周運動規律FF1 1 = mg cos = mg cosmg/cosmg/cosg tgg tg9090mg cosmg cosm mmgmgF FT T細線剪斷瞬間，細線剪斷瞬間，T T立即消失立即消失, ,彈簧彈力不變，仍為彈簧彈力不變，仍為F=mg/cosF=mg/cos，小球所受小球所受mgmg和和F F的合力不變，仍為的合力不變，仍為mgtanmgtan，加速度大小加速度大小a agtangtan，方向水平向右，與豎直方向

13、的夾角為，方向水平向右，與豎直方向的夾角為90900 0解：剪斷細線前，解：剪斷細線前， 小球所受小球所受mgmg和和F F的合力與的合力與T T等大反向，大小等等大反向，大小等于于T Tmgtanmgtan, ,彈簧彈力彈簧彈力F Fmg/cosmg/cos0cos21lvmmgF彈力和摩擦力是被動力，結合牛頓第二定律進行分析A A例例. . 小球小球A A、B B的質量分別為的質量分別為m m和和2m2m，用輕彈簧相連，然后用細線懸掛而用輕彈簧相連，然后用細線懸掛而靜靜 止，如圖所示，在燒斷細線的瞬止，如圖所示，在燒斷細線的瞬間，間，A A、B B的加速度各是多少？的加速度各是多少？A A

14、B BgaA30BaT TmgmgB Bkxkx2mg2mgkxkx解：燒斷細繩前，解：燒斷細繩前， A A、B B球受力分析如圖球受力分析如圖所示燒斷細繩瞬間，繩上張力立即消所示燒斷細繩瞬間，繩上張力立即消失，而彈簧彈力不能突變根據牛頓第失，而彈簧彈力不能突變根據牛頓第二定律有二定律有明確明確“輕繩輕繩”和和“輕彈簧輕彈簧” 兩個理想物理模型的區兩個理想物理模型的區別別例例8. 8. 豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各一端各 與小球相連，另一端分別用銷釘與小球相連，另一端分別用銷釘M NM N固定于桿上，固定于桿上，小球處于靜止狀態

15、小球處于靜止狀態. .若拔去銷釘若拔去銷釘M M的瞬間，小球的加速度的瞬間，小球的加速度大小為大小為12m/s12m/s2 2，若不拔去銷釘，若不拔去銷釘M M而拔去銷釘而拔去銷釘N N的瞬間，小的瞬間，小球的加速度可能為球的加速度可能為( (取取g=10m/sg=10m/s2 2)( ) )( ) A A 22m/s22m/s2 2，方向豎直向上，方向豎直向上 B B 22m/s22m/s2 2，方向豎直向下，方向豎直向下 C C 2m/s22m/s2， 方向豎直向上方向豎直向上D D 2m/s22m/s2， 方向豎直向下方向豎直向下BCBCN NM M解：拔去銷釘解：拔去銷釘M M的瞬間的

16、瞬間, ,小球受到重力和下邊彈簧的彈力，重力產生的加速小球受到重力和下邊彈簧的彈力，重力產生的加速度是度是10m/s10m/s2 2, ,方向豎直向下此時小球的加速度大小為方向豎直向下此時小球的加速度大小為12m/s12m/s2 2若豎直向若豎直向上，則下邊彈簧的彈力產生的加速度為上，則下邊彈簧的彈力產生的加速度為22m/s22m/s2 2 ，方向豎直向上；說明上邊方向豎直向上；說明上邊彈簧的彈力產生的加速度為彈簧的彈力產生的加速度為12m/s12m/s2 2 ，方向豎直向下因此在拔去銷釘，方向豎直向下因此在拔去銷釘N N的的瞬間，小球的加速度為瞬間，小球的加速度為12m/s12m/s2 2+

17、10m/s+10m/s2 2=22m/s=22m/s2 2, ,方向豎直向下若豎直向方向豎直向下若豎直向下，則下邊彈簧的彈力產生的加速度大小為下，則下邊彈簧的彈力產生的加速度大小為2m/s2m/s2 2 ，方向豎直向下說明方向豎直向下說明上邊彈簧的彈力產生的加速度為上邊彈簧的彈力產生的加速度為12m/s12m/s2 2 ，方向豎直向上因此在拔去銷釘，方向豎直向上因此在拔去銷釘N N的瞬間，小球的加速度為的瞬間，小球的加速度為12m/s12m/s2 210m/s10m/s2 2=2m/s=2m/s2 2, ,方向豎直向上方向豎直向上深刻理解牛頓第二定律的獨立性力的獨立作用原理深刻理解牛頓第二定律

18、的獨立性力的獨立作用原理NM12（1 1）若上面的彈簧壓縮有壓力，則下面的彈簧也壓縮，受力）若上面的彈簧壓縮有壓力，則下面的彈簧也壓縮，受力如圖示：如圖示： k1x1k2x2mg靜止時有靜止時有 k k2 2x x2 2= k= k1 1x x1 1+mg+mg拔去拔去M M k k2 2x x2 2 - mg=12m- mg=12m拔去拔去N N k k1 1x x1 1+ mg=m+ mg=ma a a a = 22m/s = 22m/s2 2 方向向下方向向下NM12 （2 2）若下面的彈簧伸長有拉力，）若下面的彈簧伸長有拉力， 則上面的則上面的彈簧也伸長，受力如圖示彈簧也伸長，受力如圖示：k1x1k2x2mg靜止時有靜止時有 k k1 1x x1 1=k=k2 2x x2 2+mg+mg拔去拔去M M k k2 2x x2 2+mg=12m+mg=12m拔去拔去N N k k1 1x x1 1-mg=m-mg=ma a a a = 2m/s = 2m/s2 2 方向向上方向向上3、相對性、相對性 a為相對于地面參考系的加速為相對于地面參考系的加速度度慣性系慣性系例：質量例：質量M，長，長L的木板放在光滑斜的木板放在光滑斜面上，為使木板相對斜面靜止，質量面上，為使木板相對斜面靜止，質量為為m的人應以多大的加速度在木板上的人應以多大的加速