第二部分牛顿运动定律 第一讲牛顿三定律 牛顿第一定律 1、定律。惯性的量度 2、观念意义,突破“初态困惑” 牛顿第二定律 律 2、理解要点 a、矢量性 b、独立作用性:ΣF→a,ΣFx→ax c、瞬时性。合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突变):牛顿第二定律展 示了加速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”) 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正一—引入惯性力、参与受力分析 牛顿第三定律 1、定律 2、理解要点 a、同性质(但不同物体) b、等时效(同增同减) c、无条件(与运动状态、空间选择无关) 第二讲牛顿定律的应用 、牛顿第一、第二定律的应用 单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少,一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节 应用要点:合力为零时,物体靠惯性维持原有运动状态;只有物体有加速度时才需要合力。有质量 的物体才有惯性。a可以突变而ⅴ、s不可突变。 1、如图1所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件(大 小不计)在皮带左端A点轻轻放下,则在此后的过程中( A、一段时间内,工件将在滑动摩擦力作用下, 对地做加速运动 B、当工件的速度等于v时,它与皮带之间的摩 擦力变为静摩擦力 C、当工件相对皮带静止时,它位于皮带上A点 右侧的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止 的状态
1 第二部分 牛顿运动定律 第一讲 牛顿三定律 一、牛顿第一定律 1、定律。惯性的量度 2、观念意义，突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律 1、定律 2、理解要点 a、矢量性 b、独立作用性：ΣF → a ，ΣFx → ax … c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展 示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析 三、牛顿第三定律 1、定律 2、理解要点 a、同性质（但不同物体） b、等时效（同增同减） c、无条件（与运动状态、空间选择无关） 第二讲 牛顿定律的应用 一、牛顿第一、第二定律的应用 单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。 应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量 的物体才有惯性。a 可以突变而 v、s 不可突变。 1、如图 1 所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大 小不计）在皮带左端 A 点轻轻放下，则在此后的过程中（ ） A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下， 对地做加速运动 B、当工件的速度等于 v 时，它与皮带之间的摩 擦力变为静摩擦力 C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上 A 点 右侧的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止 的状态
解说:B选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D选项用到牛顿第二定律。 较难突破的是A选项,在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上,建议使用反证法(t→0,a ∞,则ΣFx 必然会出现“供不应求”的局面)和比较法(为什么人跳上速度不大的物体可以 不发生相对滑动?因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”) 此外,本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出 只有当L>时(其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素),才有相对静止的过程,否则没有。 ug 答案:A、D 思考:令L=10m,=2m5,μ=0.2,g取10m/52,试求工件到达皮带右端的时间t(过 程略,答案为555) 进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速vo,其它条 件不变,再求t(学生分以下三组进行)一 ①v=1m/s(答:0.5+37/8=5135) P A ②v=4m/s(答:10+3.5=455 ③v=1m/s(答:1.555 2、质量均为m的两只钩码A和B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在天花板上, 如图2所示。试问: B[■ ①如果在P处剪断细绳,在剪断瞬时,B的加速度是多少? ②如果在Q处剪断弹簧,在剪断瞬时,B的加速度又是多少? 图2 解说:第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”,故剪断瞬间弹簣 弹力维持原值,所以此时B钩码的加速度为零(A的加速度则为2g) 第②问需要我们反省这样一个问题:“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么?是A、B两物的惯性, 且速度ν和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时,弹簧却是没有惯性的(没有质量),遵从理想模型 的条件,弹簧应在一瞬间恢复原长!即弹簧弹力突变为零 答案:0;g 二、牛顿第二定律的应用 应用要点:受力较少时,直接应用牛顿第二定律的“矢 量性”解题。受力比较多时,结合正交分解与“独立作用性” 解题 在难度方面,“瞬时性”问题相对较大。 1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑,试 求其加速度。 解说:受力分析→根据“矢量性”定合力方向→ 牛顿第二定律应用 答案:gsin 图4
2 解说：B 选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D 选项用到牛顿第二定律。 较难突破的是 A 选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t → 0 ，a → ∞ ，则ΣFx → ∞ ，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为什么人跳上速度不大的物体可以 不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”） 此外，本题的 D 选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出 只有当 L ＞ 2 g v 2 时（其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素），才有相对静止的过程，否则没有。 答案：A、D 思考：令 L = 10m ，v = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g 取 10 m/s2 ，试求工件到达皮带右端的时间 t（过 程略，答案为 5.5s） 进阶练习：在上面“思考”题中，将工件给予一水平向右的初速 v0 ，其它条 件不变，再求 t（学生分以下三组进行）—— ① v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s) ② v0 = 4m/s (答：1.0 + 3.5 = 4.5s) ③ v0 = 1m/s (答：1.55s) 2、质量均为 m 的两只钩码 A 和 B，用轻弹簧和轻绳连接，然后挂在天花板上， 如图 2 所示。试问： ① 如果在 P 处剪断细绳，在剪断瞬时，B 的加速度是多少？ ② 如果在 Q 处剪断弹簧，在剪断瞬时，B 的加速度又是多少？ 解说：第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”，故剪断瞬间弹簧 弹力维持原值，所以此时 B 钩码的加速度为零（A 的加速度则为 2g）。 第②问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么？是 A、B 两物的惯性， 且速度 v 和位移 s 不能突变。但在 Q 点剪断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵从理想模型 的条件，弹簧应在一瞬间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。 答案：0 ；g 。 二、牛顿第二定律的应用 应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定律的“矢 量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性” 解题。 在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。 1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑，试 求其加速度。 解说：受力分析 → 根据“矢量性”定合力方向 → 牛顿第二定律应用 答案：gsinθ
思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍为θ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个多 大的水平加速度?(解题思路完全相同,研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答:gtgθ。) 进阶练习1:在一向右运动的车厢中,用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态,试求车厢的加 速度。(和“思考”题同理,答:gtg0。) 进阶练习2、如图4所示,小车在倾角为a的斜面上匀加速运动 车厢顶用细绳悬挂一小球,发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角 β。试求小车的加速度 解:继续贯彻“矢量性”的应用,但数学处理复杂了一些(正弦定 理解三角形)。 分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四 边形,并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为0,则 对灰色三角形用正弦定理,有 90° 解(1)(2)两式得:∑F mginβ cos(阝-) 铅直线斜面法线 最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速度 图5 答 snβ coS(阝-a) 2、如图6所示,光滑斜面倾角为θ,在水平地面上 加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m 的小球,当斜面加速度为a时(a<ctgθ),小球能够保 持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 解说:当力的个数较多,不能直接用平行四边形寻求 合力时,宜用正交分解处理受力,在对应牛顿第二定律的 “独立作用性”列方程。 图 正交坐标的选择,视解题方便程度而定。 解法一:先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴 与a垂直的方向上建y轴,如图7所示(N为斜面支持力)。 于是可得两方程 ∑Fx=ma,即T-Nx=ma N EFy=0,即T+Ny=mg 代入方位角0,以上两式成为 T cose-N sine= ma (1) T sine+ Ncose = mg (2) 这是一个关于T和N的方程组,解(1)(2)两式得 G
3 思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为θ，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多 大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtgθ。） 进阶练习 1：在一向右运动的车厢中，用细绳悬挂的小球呈现如图 3 所示的稳定状态，试求车厢的加 速度。（和“思考”题同理，答：gtgθ。） 进阶练习 2、如图 4 所示，小车在倾角为α的斜面上匀加速运动， 车厢顶用细绳悬挂一小球，发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角 β。试求小车的加速度。 解：继续贯彻“矢量性”的应用，但数学处理复杂了一些（正弦定 理解三角形）。 分析小球受力后，根据“矢量性”我们可以做如图 5 所示的平行四 边形，并找到相应的夹角。设张力 T 与斜面方向的夹角为θ，则 θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α） （1） 对灰色三角形用正弦定理，有 sin F = sin G （2） 解（1）（2）两式得：ΣF = cos( ) mg sin − 最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度（即小车加速度） 答： g cos( ) sin − 。 2、如图 6 所示，光滑斜面倾角为θ，在水平地面上 加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为 m 的小球，当斜面加速度为 a 时（a＜ctgθ），小球能够保 持相对斜面静止。试求此时绳子的张力 T 。 解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求 合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定律的 “独立作用性”列方程。 正交坐标的选择，视解题方便程度而定。 解法一：先介绍一般的思路。沿加速度 a 方向建 x 轴， 与 a 垂直的方向上建 y 轴，如图 7 所示（N 为斜面支持力）。 于是可得两方程 ΣFx = ma ，即 Tx － Nx = ma ΣFy = 0 ， 即 Ty + Ny = mg 代入方位角θ，以上两式成为 T cosθ－N sinθ = ma （1） T sinθ + Ncosθ = mg （2） 这是一个关于 T 和 N 的方程组，解（1）（2）两式得：
T= mgsin0+ ma cose 解法二:下面尝试一下能否独立地解张力T。将正交分解的坐标选择为:x—斜面方向,y和 斜面垂直的方向。这时,在分解受力时,只分解重力G就行了,但值得注意,加速度a不在任何一个坐 标轴上,是需要分解的。矢量分解后,如图8所示。 根据独立作用性原理,ΣFx=ma 即:T—G 即:T- mg sine= m acos 显然,独立解T值是成功的。结果与解法一相同。 答案: mosinθ+ ma cose 思考:当a>ctgθ时,张力T的结果会变化吗?(从 支持力的结果N= mgcosθ- ma sinθ看小球脱离斜面的 条件,求脱离斜面后,θ条件已没有意义。答:T= 学生活动:用正交分解法解本节第2题“进阶练习2″ 进阶练习:如图9所示,自动扶梯与地面的夹角为 30°,但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a=4m/s2的加 图8 速度向上 运动时,站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重 力加速度g=10m/s2,试求扶梯对人的静摩擦力f 解:这是一个展示独立作用性原理的经典例题,建议 学生选择两种坐标(一种是沿a方向和垂直a方向,另 种是水平和竖直方向),对比解题过程,进而充分领会用 牛顿第二定律解题的灵活性 3、如图10所示,甲 图系着小球的是两根轻 绳,乙图系着小球的是一 根轻弹簧和轻绳,方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断,试求:在剪 断瞬间,两种情形下小球的瞬时加速度 解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。 乙 (学生活动)思考:用竖直的绳和弹簧悬吊小球,并用竖直向下的 图 力拉住小球静止,然后同时释放,会有什么现象?原因是什么? 结论一一绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变(胡克定律 第二步,在本例中,突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点(从即将开 始的运动来反推)。 知识点,牛顿第二定律的瞬时性。 答案:a甲=gsin;az=gtge
4 T = mgsinθ + ma cosθ 解法二：下面尝试一下能否独立地解张力 T 。将正交分解的坐标选择为：x——斜面方向，y——和 斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力 G 就行了，但值得注意，加速度 a 不在任何一个坐 标轴上，是需要分解的。矢量分解后，如图 8 所示。 根据独立作用性原理，ΣFx = max 即：T － Gx = max 即：T － mg sinθ = m acosθ 显然，独立解 T 值是成功的。结果与解法一相同。 答案：mgsinθ + ma cosθ 思考：当 a＞ctgθ时，张力 T 的结果会变化吗？（从 支持力的结果 N = mgcosθ－ma sinθ看小球脱离斜面的 条件，求脱离斜面后， θ条件已没有意义。答：T = m 2 2 g + a 。） 学生活动：用正交分解法解本节第 2 题“进阶练习 2” 进阶练习：如图 9 所示，自动扶梯与地面的夹角为 30°，但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以 a = 4m/s2 的加 速度向上 运动时，站在扶梯上质量为 60kg 的人相对扶梯静止。重 力加速度 g = 10 m/s2，试求扶梯对人的静摩擦力 f 。 解：这是一个展示独立作用性原理的经典例题，建议 学生选择两种坐标（一种是沿 a 方向和垂直 a 方向，另一 种是水平和竖直方向），对比解题过程，进而充分领会用 牛顿第二定律解题的灵活性。 答：208N 。 3、如图 10 所示，甲 图系着小球的是两根轻 绳，乙图系着小球的是一 根轻弹簧和轻绳，方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断，试求：在剪 断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。 解说：第一步，阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。 （学生活动）思考：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向下的 力拉住小球静止，然后同时释放，会有什么现象？原因是什么？ 结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。 第二步，在本例中，突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点（从即将开 始的运动来反推）。 知识点，牛顿第二定律的瞬时性。 答案：a 甲 = gsinθ ；a 乙 = gtgθ
应用:如图11所示,吊篮P挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托 住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q的加速度分别是多少? 解:略。 答:2g;0。 三、牛顿第二、第三定律的应用 要点:在动力学问题中,如果遇到几个研究对象时,就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界 之间的力问题,这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念,并适时地运用牛顿第三定律。 在方法的选择方面,则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本,后者有局限,也有难度,但常常使 解题过程简化,使过程的物理意义更加明晰。 对N个对象,有N个隔离方程和一个(可能的)整体方程,这(N+1)个方程中必有一个是通解方 程,如何取舍,视解题方便程度而定。 补充:当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不可用,但也有一种特殊的“整体方 程”,可以不受这个局限(可以介绍推导过程) ∑F外=ma1+ma2+ma3 其中ΣF外只能是系统外力的矢量和,等式右边也是矢量相加。 1、如图12所示,光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒,现给棒一个沿棒方向的、大小为F的 水平恒力作用,则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样? 解说:截取隔离对象,列整体方程和隔离方程 (隔离右段较好)。 答案:N、F 图12 思考:如果水平面粗糙,结论又如何? 解:分两种情况,(1)能拉动;(2)不能拉动。 第(1)情况的计算和原题基本相同,只是多了一个摩擦力的处理,结论的化简也麻烦一些。 第(2)情况可设棒的总质量为M,和水平面的摩擦因素为μ,而F=μMg,其中1(L-)的左端才有张力 答:若棒仍能被拉动,结论不变。 若棒不能被拉动,且F=μ;Mg时(μ为棒与平面的摩擦因素,为小于L的某一值,M为棒的 总质量),当x(L-,N=[x-(L-)〕 应用:如图13所示,在倾角为θ的固定斜面上,叠放着两个 图13
5 应用：如图 11 所示，吊篮 P 挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体 Q 被固定在吊篮中的轻弹簧托 住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q 的加速度分别是多少？ 解：略。 答：2g ；0 。 三、牛顿第二、第三定律的应用 要点：在动力学问题中，如果遇到几个研究对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界 之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定律。 在方法的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本，后者有局限，也有难度，但常常使 解题过程简化，使过程的物理意义更加明晰。 对 N 个对象，有 N 个隔离方程和一个（可能的）整体方程，这（N + 1）个方程中必有一个是通解方 程，如何取舍，视解题方便程度而定。 补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体方 程”，可以不受这个局限（可以介绍推导过程）—— Σ F外 = m1 1 a + m2 2 a + m3 3 a + … + mn n a 其中Σ F外 只能是系统外力的矢量和，等式右边也是矢量相加。 1、如图 12 所示，光滑水平面上放着一个长为 L 的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为 F 的 水平恒力作用，则棒中各部位的张力 T 随图中 x 的关系怎样？ 解说：截取隔离对象，列整体方程和隔离方程 （隔离右段较好）。 答案：N = L F x 。 思考：如果水平面粗糙，结论又如何？ 解：分两种情况，（1）能拉动；（2）不能拉动。 第（1）情况的计算和原题基本相同，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也麻烦一些。 第（2）情况可设棒的总质量为 M ，和水平面的摩擦因素为μ，而 F = μ L l Mg ，其中 l＜L ，则 x＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的左端才有张力。 答：若棒仍能被拉动，结论不变。 若棒不能被拉动，且 F = μ L l Mg 时（μ为棒与平面的摩擦因素，l 为小于 L 的某一值，M 为棒的 总质量），当 x＜(L-l)，N≡0 ；当 x＞(L-l)，N = l F 〔x -〈L-l〉〕。 应用：如图 13 所示，在倾角为θ的固定斜面上，叠放着两个
长方体滑块,它们的质量分别为m和m2,它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2, 系统释放后能够一起加速下滑,则它们之间的摩擦力大小为 A、p1 m gcos B μ2 mIgcos gcos D、μ1 magos 答:B。(方向沿斜面向上。) 思考:(1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度v-起上冲, 以上结论会变吗?(2洳如果斜面光滑两滑块之间有没有摩擦力? (3)如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子,上面的滑块换 成小球,它们以初速度v起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有 图14 压力? 解:略。 答:(1)不会;(2)没有;(3)若斜面光滑,对两内壁均无压力,若斜面粗糙,对斜面上方的内壁 有压力。 2、如图15所示,三个物体质量分别为m、m和m,带滑轮的物体放在光滑水平面上,滑轮和所 有接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物体无相对滑动,水平推力F应为多少? 解说:此题对象虽然有三个,但难度不大。隔离m 竖直方向有一个平衡方程;隔离m,水平方向有一个动力 学方程;整体有一个动力学方程。就足以解题了 答案:F=(m+m2+m3)m2g 思考:若将质量为m3物体右边挖成凹形,让m2可以 图15 自由摆动(而不与m相碰),如图16所示,其 它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′,使三 者无相对运动?如果没有,说明理由;如果有, m3 求出这个F的值 解:此时,m2的隔离方程将较为复杂。设绳 图16 子张力为T,m的受力情况如图,隔离方程为
6 长方体滑块，它们的质量分别为 m1 和 m2 ，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1 和μ2 ， 系统释放后能够一起加速下滑，则它们之间的摩擦力大小为： A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ； C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ； 解：略。 答：B 。（方向沿斜面向上。） 思考：（1）如果两滑块不是下滑，而是以初速度 v0一起上冲， 以上结论会变吗？（2）如果斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？ （3）如果将下面的滑块换成如图 14 所示的盒子，上面的滑块换 成小球，它们以初速度 v0一起上冲，球应对盒子的哪一侧内壁有 压力？ 解：略。 答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁 有压力。 2、如图 15 所示，三个物体质量分别为 m1 、m2 和 m3 ，带滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所 有接触面的摩擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力 F 应为多少？ 解说：此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离 m2 ， 竖直方向有一个平衡方程；隔离 m1 ，水平方向有一个动力 学方程；整体有一个动力学方程。就足以解题了。 答案：F = 1 1 2 3 2 m (m + m + m )m g 。 思考：若将质量为 m3物体右边挖成凹形，让 m2可以 自由摆动（而不与 m3相碰），如图 16 所示，其 它条件不变。是否可以选择一个恰当的 F′，使三 者无相对运动？如果没有，说明理由；如果有， 求出这个 F′的值。 解：此时，m2的隔离方程将较为复杂。设绳 子张力为 T ，m2的受力情况如图，隔离方程为：
-(m,g)=m2a 隔离m1,仍有:T=ma 解以上两式,可得:a= m29 最后用整体法解F即可 答当m15m2时没有适应题意的F当m1>m2时适应题意的F=m+m+mmn vm?-m2 3、一根质量为M的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量为m的猫, 如图17所示。现将系木棒的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,但要求猫对地的高 度不变,则棒的加速度将是多少? 解说:法一,隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f,然后列猫的平衡方程和棒I 动力学方程,解方程组即可。 法二,“新整体法”。 据ΣF外=ma1+ma2+ma3+…+man,猫和棒的系统外力只有两者的 重力,竖直向下,而猫的加速度a1=0,所以: (M+m)g=m·0+Mar 解棒的加速度a1十分容易。 M+m 答案: 图17 四、特殊的连接体 当系统中各个体的加速度不相等时,经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上,“新 整体法”也将有一定的困难(矢量求和不易)。此时,我们回到隔 离法,且要更加注意找各参量之间的联系 解题思想:抓某个方向上加速度关系。方法:“微元法”先看 位移关系,再推加速度关系。 1、如图18所示,一质量为M、倾角为0的光滑斜面,放置在 光滑的水平面上,另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放,试求斜9 面的加速度。 图18 解说:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂 直斜面方向上,大小是相等的。对两者列隔离方程时,务必在 这个方向上进行突破 (学生活动)定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况 位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律,加速度矢 量a1和a2也具有这样的关系 (学生活动)这两个加速度矢量有什么关系? 图19 沿斜面方向、垂直斜面方向建x、y坐标,可得:
7 2 2 2 T − (m g) = m2a 隔离 m1 ，仍有：T = m1a 解以上两式，可得：a = 2 2 2 1 2 m m m − g 最后用整体法解 F 即可。 答：当 m1 ≤ m2时，没有适应题意的 F′；当 m1 ＞ m2时，适应题意的 F′= 2 2 2 1 1 2 3 2 m m (m m m )m g − + + 。 3、一根质量为 M 的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为 m 的猫， 如图 17 所示。现将系木棒的绳子剪断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高 度不变，则棒的加速度将是多少？ 解说：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力 f ，然后列猫的平衡方程和棒的 动力学方程，解方程组即可。 法二，“新整体法”。 据Σ F外 = m1 1 a + m2 2 a + m3 3 a + … + mn n a ，猫和棒的系统外力只有两者的 重力，竖直向下，而猫的加速度 a1 = 0 ，所以： （ M + m ）g = m·0 + M a1 解棒的加速度 a1 十分容易。 答案： M M + m g 。 四、特殊的连接体 当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上，“新 整体法”也将有一定的困难（矢量求和不易）。此时，我们回到隔 离法，且要更加注意找各参量之间的联系。 解题思想：抓某个方向上加速度关系。方法：“微元法”先看 位移关系，再推加速度关系。、 1、如图 18 所示，一质量为 M 、倾角为θ的光滑斜面，放置在 光滑的水平面上，另一个质量为 m 的滑块从斜面顶端释放，试求斜 面的加速度。 解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂 直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在 这个方向上进行突破。 （学生活动）定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。 位移矢量示意图如图 19 所示。根据运动学规律，加速度矢 量 a1 和 a2 也具有这样的关系。 （学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？ 沿斜面方向、垂直斜面方向建 x 、y 坐标，可得：
且:ay=a2sin0 隔离滑块和斜面,受力图 如图20所示。 对滑块,列y方向隔离方 对斜面,仍沿合加速度 方向列方程,有 解①②③④式即可得a2。 图20 msin e cose 答案 M+msin-e (学生活动)思考:如何求a1的值? 解:ay已可以通过解上面的方程组求出;ax只要看滑块的受力图,列ⅹ方向的隔离方程即可,显 然有mgn=m,,得a=9sine.最后据a1=Ja+a,求a 答 +m(m+2M)sin- 0 M+maine 2、如图21所示,与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C,可以无摩擦地在棒上滑动,开始时与棒的 A端相距b,相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动,加速度为a(且a>gtgθ)时, 求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间 解说:这是一个比较特殊的“连接体问题”,寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动 力学方面,只需要隔离滑套C就行了。 图21 图 (学生活动)思考:为什么题意要 求a>gtgθ?(联系本讲第二节第1题之“思考题") 定性绘出符合题意的运动过程图,如图22所示:S表示棒的位移,S1表示滑套的位移。沿棒与垂直 棒建直角坐标后,S1表示S1在x方向上的分量。不难看出:
8 a1y = a2y ① 且：a1y = a2sinθ ② 隔离滑块和斜面，受力图 如图 20 所示。 对滑块，列 y 方向隔离方 程，有： mgcosθ- N = ma1y ③ 对斜面，仍沿合加速度 a2 方向列方程，有： Nsinθ= Ma2 ④ 解①②③④式即可得 a2 。 答案：a2 = g M msin msin cos 2 + 。 （学生活动）思考：如何求 a1的值？ 解：a1y 已可以通过解上面的方程组求出；a1x 只要看滑块的受力图，列 x 方向的隔离方程即可，显 然有 mgsinθ= ma1x ，得:a1x = gsinθ 。最后据 a1 = 2 1y 2 1x a + a 求 a1 。 答：a1 = + + + 2 2 2 M m(m 2M)sin M msin gsin 。 2、如图 21 所示，与水平面成θ角的 AB 棒上有一滑套 C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的 A 端相距 b ，相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动，加速度为 a（且 a＞gtgθ）时， 求滑套 C 从棒的 A 端滑出所经历的时间。 解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动 力学方面，只需要隔离滑套 C 就行了。 （学生活动）思考：为什么题意要 求 a＞gtgθ？（联系本讲第二节第 1 题之“思考题”） 定性绘出符合题意的运动过程图，如图 22 所示：S 表示棒的位移，S1 表示滑套的位移。沿棒与垂直 棒建直角坐标后，S1x 表示 S1 在 x 方向上的分量。不难看出：
S,, +b=s cos 0 设全程时间为t,则有: 而隔离滑套,受力图如图23所示,显然 mosin 0= mar 解①②③④式即可 图23 答案:t Acos 0-gsin 0 另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式ΣF外+F=ma(注:F为惯性力),此题极简单。 过程如下- 以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图24所示。 注意,滑套相对棒的加速度a相是沿棒向上的,故动力学方程为 Fcos6- mosin=ma相 其中F=ma (2) 图24 而且,以棒为参照,滑套的相对位移S相就是b,即 b=S相=a相t2 解(1)(2)(3)式就可以了。 第二讲配套例题选讲 教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》,知识出版社,2002年8月第一版。 例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题
9 S1x + b = S cosθ ① 设全程时间为 t ，则有： S = 2 1 at2 ② S1x = 2 1 a1xt 2 ③ 而隔离滑套，受力图如图 23 所示，显然： mgsinθ= ma1x ④ 解①②③④式即可。 答案：t = a cos − g sin 2b 另解：如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ F外 + F * = m a （注： F *为惯性力），此题极简单。 过程如下—— 以棒为参照，隔离滑套，分析受力，如图 24 所示。 注意，滑套相对棒的加速度 a 相是沿棒向上的，故动力学方程为： F *cosθ- mgsinθ= ma 相 （1） 其中 F * = ma （2） 而且，以棒为参照，滑套的相对位移 S 相就是 b ，即： b = S 相 = 2 1 a 相 t 2 （3） 解（1）（2）（3）式就可以了。 第二讲 配套例题选讲 教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002 年 8 月第一版。 例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题
