从高考-竞赛复习资料8—牛顿运动定律的应用

牛顿运动定律题型讲解

北京市第八十中学何德强

例1：光滑水平桌面上静置三只小球，m1=1kg、m2=2kg、m3=3kg，两球间有不可伸长的轻绳相连，且组成直角三角形，α=37°.若在m1上突然施加一垂直于m2、m3连线的力F=10N，求此瞬时m1受到的合力，如图1所示.

解析：要求m1在此瞬时受到的合力，应算出m1在此瞬时的加速度a.

图1

由于在F作用的瞬时，m2、m3间的绳将松驰，于是可将F沿m1、m2及m1、m3两绳的方向进行分解，然后列式即可求解.

由于m2、m3间的绳将松驰，可将F沿两绳方向分解，有F1=Fcosα，F2=Fsinα.于是

所以a=

=2.33m/s2.由此可得m1在此瞬时受到的合力

F′=m1a=2.33N.

点评：本题的关键是判定m2、m3间绳的张力为零，并将F沿另外两强的方向分解. 例2：如图2所示，质量为m的物体C用两根绳子系住，两绳分别跨过同一高度的滑轮O1

和O2后与滑块A、B相连.滑块A的质量为

m，滑块B的质量为2m，分别放在倾角为60°

和30°的固定光滑斜面上.当系统平衡时，在物体C上无初速地放上另一质量也为m的物体D，并且C、D立刻粘在一起.试求刚放上D的瞬时物体A和B的加速度.

解析：先由力的平衡条件求出平衡时C的位置，然后分析失去平衡瞬时的情况.由于各力的方向显而易见，但物体C的加速度方向不清，所幸的是A、B、C三者的初速度均为零，故C、A、B三者沿向不清，所幸的是A、B、C三者的初速度均为零，故C、A、B三者沿绳方向的加速度分量相等，于是可由牛顿第二定律解之.

图2

图3

先求初始平衡态的情况.

而Tc=mg，故三者互成120°角.

放上D的瞬时，各绳的张力必发生变化.对C的加速度进行分解，如图3所示.由于该瞬时A、B、C的速度均为零，故三者沿绳方向的加速度分量相等，有

由牛顿第二定律对A、B、C分别列式，得

对A有：FA—mAg sin60°=mAaA，且mA=m.

对B有：FB=mBg sin30°=mBaB，mB=2m.

对C 有： 联解以上四式可得

aA=g，aB=g，

ac=g=0.155g.

点评：连接体的速度关系是：沿绳或杆方向的速度分量相等，但加速度却不一定相等.只有初速度为零时加速度之间才保持这种关系，在解题时应引起注意. 例3：图4所示。为斜面重合的两楔块ABC及ADC，质量均为M，AD、BC两面成水平，E为质量等于m的小滑块，楔块的倾角为a，各面均光滑，系统放在水平平台角上从静止开始释放，求两斜面未分离前E的加速度。

解析：系统由静止释放后，ABC沿水平面向左加速，ADC相对

图4

ABC沿AC方向加速，E相对ADC沿AD方向加速，本题求解的关键是找到各物体加速度之间的关系。

设两斜面之间的弹力为N1，方向与AC面垂直，E与ADC间有弹力N2方向与AD面垂直，设ABC楔块、E物的加速度分别为aB、aE，由于受桌面限制，aB必水平向左。另外由于在水平方向不受力，aE必竖直向下。再设楔块ADC相对于楔块ABC的加速度为aD，方向必沿AC向下。

由于系统在水平方向不受力作用，故有： aB=aDcosα-aB。 E物紧贴ACD面，所以： aE=aDsinα。

对ABC楔块，在水平方向上有： N1sinα=MaB。 对E物根据牛顿第二定律有： mg-N2=maE。

对ADC楔块在竖直方向上有： N2+Mg-N1cosα=MaDsinα。 解这几个联立方程得：

aE=g。

例4：定滑轮一方挂有m1=5kg的物体，另一方挂有轻滑轮B，滑轮B两方挂着m2=3kg与m3=2kg的物体(图5)，求每个物体的加速度。 解析：取地面为参考系。

隔离物体，进行受力分析(图6)。物体m1所受的力计有：重力m1g竖直向下，绳中张力T1指向上。物体m2受的力为重力m2g与绳中张力也不同，分别以T1与T2表示。物体m3所受的力为重力m3g和绳中张

图5

力T3，m2和m3是系在同一根轻绳的两端，又略去绳重及滑轮与绳之间的摩擦，设它们是光滑的，所以m2与m3所受的绳中张力相同，T2=T3，均设为T2。

因三个物体均在竖直方向运动，所以只选一个坐标即可，选x轴向下为正。

现假定m1向下运动，m2相对滑轮B也向下运动。在这假定下设m1的加速度为a1，滑轮B也以a1向上运动。m2相对地面的加速度为a2，m3的为a3，即有

以上三个方程中有五个未知量，所以我们必须另外再列出两个方程。

图6 图7

隔离滑轮B，因为是轻滑轮，所以它的质量可以略去不计，即有(图7) 2T2-T1=0 (4)

又物体m2和m3均是随着滑轮B向上以加速度a1上升，又相对滑轮B以加速度a′运动。所以m2和m3相对地面的加速度应为这二者的代数和(图8)，即

a2=a′=a1 (5) a3=-(a1+a′) (6) 以(4)、(5)及(6)式代入(1)、(2)、(3)中可行 m1g-T1=m1a1 (7) m2g-T1/2=m2(a′-a1) (8) m3g-t1/2=m3(-a′-a1) (9)

现在三个方程中有三个待求量T1、a1、a′，可以完全解出它们的值。为简便起见将m1=5kg，m2=3kg，m3=2kg的值代入(7)、(8)、(9)中得 5g-T1=5a1 (10) 3g-T1/2=3(a′-a1) (11) 2g-T1/2=2(-a1-a′) (12) 解出

图8

a1=

a′=g

T1=5×g=g=4g

再回到我们要求的a2及a3，由(5)式与(6)式可得

上式中的负号表示a3的方向与我们的假定相反，它相对地面以的大小向上加速运动。

g

例5：如图9所示，两个木块A和B间的接触面垂直于图中纸面且与小平成θ角.A、B间的接触面是光滑的，但它们与水平桌面间有摩擦，静摩擦因数和动摩擦因数均为μ.开始时A、B都静止，现施一水平推力F于A，要使A、B向右加速运动且A、B之间不发生相对滑动，则： (1)μ的数值应满足什么条件？

(2)推力F的最大值不能超过多少？(只考虑平动，不考虑转动问题)

图9

解析：弄清A、B共同向右加速，且相互之间又不发生相对滑动的力学条件是求解本题的基本出发点.

(1)令N表示A、B之间的相互作用力(垂直于接触面如图10所示)，若A相对于B发生滑动，则A在竖直方向必有加速度，现要使A相对于B不滑动，则A受的力N在竖直方向的分力必须小于或等于A的重力.所以要使B向右加速运动而同时A相对于B不滑动，必须同时满足下列两式

Nsinθ-μ(mBg+Ncosθ)=mBa>0， ① Ncosθ≤mAg. ② 由①②两式可解得

图10

μ

(2)在已满足③式时，又由于A的水平方向的加速度和B相同，即

=. ④

由②④两式可解得

F≤(mA+mB)g(tanθ-μ). ⑤

图11

例6：如图11所示，C为一放在固定的粗糙水平桌面上的双斜面，其质量mc=6.5kg，顶端有一定滑轮，滑轮的质量及轴处的摩擦皆可不计.A和B是两个滑块，质量分别为mA=3.0kg，mB=0.50kg，由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳相连.开始时，设法抓住A、B和C，使它们都处于静止状态，且滑轮两边的轻绳恰好伸直.今用一大小等于26.5N的水平推力F作用于C，并同时释放A、B和C.沿桌面向左滑行，其加速度a=3.0m/s2，B相对于桌面无水平方向的位移(绳子一直是绷紧的).试求C与桌面间的动摩擦因数μ.(图中α=37°，β=53°，已知sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2)

解析：1.本题若分别取A、B、C为研究对象，则将大大增加未知量的个数，从而使求解陷入繁杂的运算中.下面的解法提供了一个各物体虽无共同加速度，但仍可用整体法求解的很好的例子.

2．通过C的加速度和B在水平方向上没有位移寻找到A、B的绝对加速度和相对加速度是求解的能力前提.

设aA、aB与aA′aB′分别为A、B相对于桌面的加速度的大小和相对于C的加速度的大小，设水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向.因为B开始时相对于桌面静止，以后相对于桌面无水平方向的位移，可知aB沿水平方向的分量为0，即

aBx=aBx′-a=0 由此得

aBx′=a=3m/s2.

因为绳不可伸长，又是绷紧的，故有 aA′=aB′.

它们的方向分别沿所在的斜面，方向如图12所示.各分量的大小为 aBx′=aB′cos53°， aBy′=aB′sin53°，

图12

aAx′=aA′cos37°， aAy′=-aA′sin37°. 由此得

aB′=aA′=5m/s2，aBy′=4m/s2， aAx′=4m/s2，aAy′=-3m/s2.

相对于地面各加速度的分量的大小为 aAx=aAx′-a=1m/s2， aAy=aAy′=-3m/s2， aBy=aBy′=4m/s2.

对于由A、B和C组成的系统，在水平方向受到的外力是桌面对C的摩擦力-f，方向向右；推力F，方向向左.根据动量定理 (f-F)△t=mA△vAx+mB△vBx-mC△v，

或 f-F=mA+mB-mC.

即 f-F=mAaAx+mBaBx-mCa. 将有关数值代入得 f=10N.

系统在竖直方向上受到的外力是：桌面作用于C的弹力N，方向竖直向上，各物体的重力，方向竖直向下.因此有

[N-(mA+mB+mC)g]△t=mC△vCy+mA△vAy+mB△vBy. 代入有关数值，得 N=93N. 故动摩擦因数

μ=

=≈0.11.

4 非惯性参照系

三、牛顿运动定律的适用范围和适用条件

对于宏观低速的运动(运动速度远小于光速的运动)，牛顿运动定律是成立的，但对于物体的高速运动(运动速度接近光速)和微观粒子的运动，牛顿运动定律就不适用了，要用相对论观点、量子力学理论处理.

牛顿运动定律的适用条件：(1)质点，(2)惯性系. 题型讲解

例1：在火车车厢内有一长l，倾角为θ的斜面，当车厢以恒定加速度a0从静止开始运动时，物体自倾角为θ的斜面顶部A点由静止开始下滑，已知斜面的静摩擦因数为μ.求物体滑至斜面底部B点时，物体相对于车厢的速度，并讨论当a0与μ一定时，倾角θ为多少时，物体可静止于A点？

图1

解析：此题若以地面为参照系计算比较复杂，现以车厢为参照系，在非惯性系中解题，则物体受到的惯性力f惯=-ma0，取如图所示的坐标系，设物体相对于斜面的加速度为a′，根据牛顿第二定律

mgsinθ-μN-ma0cosθ=ma′ N-mgcosθ-ma0sinθ=0 由以上两式解得

a′=(g-μa0)sinθ-(a0+μg)cosθ

由运动学公式v2=2a′l可得物体相对车厢的速度

v=

方向沿着斜面向下.

讨论：物体静止于A点的条件，先假设物体有下滑趋势，则摩擦力方向向上，由a′≤0，有

tanθ≤.再假设物体有上滑趋势，则摩擦力方向向下，有

ma0cosθ-mgsinθ-μ(mgcosθ+ma0sinθ)≤0

tanθ≥

因此，当a0与μ一定时，要命名物体静止于斜面，θ应满足的关系式

≤tanθ≤

例2：如图2所示，在一根没有重力的长度l的棒的中点与端点上分别固定了两个质量分别为m和M的小球，棒沿竖直轴用铰链连接，棒以角速度ω匀速转动，试求棒与竖直轴线间的夹角θ。 解析：如果以杆为参照系——以ω角速度转动的参照系，引入惯性离心力后，本题即可化简为静力学问题了。不过这里可看成两个物体分别在所在处受到惯性力的作用。

以杆为参照系，引入惯性离心力后，杆子受力相当于图3所示(轴处作用力未画出)，其中：

图2

F1=lsinθ，

F2=Mω2lsinθ。

以O为轴，根据固定转动轴物体平衡条件有：

图3

mg·sinθ+Mglsinθ=F1·cosθ+F2lcosθ。

解得：

θ=arccos。

例3：长分别为l1和l2的不可伸长的轻绳悬挂质量都是m的两个小球，如图4所示，它们处于平衡状态。突然连接两绳的中间小球受水平向右的冲击(如另一球的碰撞)，瞬间内获得水平向右的速度v0，求这瞬间连接m2的绳的拉力为多少？

解析：冲击使m1具有速度v0，由于它受上端固定在O点的绳l1的牵制，因而

图4

作圆周运动，此刻的加速度竖直向上，指向O点，大小为a1=v02/l1。下面的小球m2此刻相

对于地面速度为零，但相对于m1以向左的大小为v0速度运动，它相对于m1也作圆周运动，相对于m1来说，它的加速度a21亦竖直向上，大小为a21= v02/l2。 对m2，根据牛顿第二定律有： T2-m2g=m2a2。

其中m2相对于地(惯性系的加速度)，

a2=a21+a1=。

这样得：

T2=m2(g++)。

例4：一个质量为m的小物体，放在半径为R的半球顶上，设半球面光滑，初始时它们之间相对静止.求在下列情况中物体m离开球面时，它距半球底面的距离，如图所示. (1)半球以10m/s的速度匀速上升；

图5

(2)半球以a=g/4的加速度匀加速向右运动.

解析：物体脱离球面的临界条件是支持力为零，取半球为参照系，则(1)属惯性系；(2)属非惯性系，需加惯性力.

(1)取半球为参照系，属惯性系.脱离时，物体与球的相互作用力为零，有

mgcosα=m.

由支能定理得

mg(R-h)=

mv2，

且cosα=，联解方程可得

h=R.

(2)当半球面匀加速向右运动时，取半球为参照系.此参照系为一非惯性参照系，小球除受重力外还受一惯性力F=ma的作用，方向如图所示.根据动能定理，有

mgcosθ-F惯sinθ=m，

图6

mg(R-h)+F惯Rsinθ=

mv2，

cosθ=，sinθ=.

联立求解以上四个方程可得 h1=0.81R，h2=0.44R.

由物理不定期程可知，当m位于h=0.44R时，物体早已脱离半球面，故此答案应舍去.所以h=0.81R,

点评：读者还可思考，若物体在竖直方向以加速度a运动时，物体离开球面的高度仍为其原因何在？

R，

例5：长为2b的轻绳，两端正各系一个质量为m的小球，中央系一个质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于拉直状态，三球在一直线上(图7).今给小球M以一个冲击，使它获得水平速度v，v 的方向与绳垂直.求 (1)M 刚受冲击时绳上的张力；

(2)在两端的小球发生碰撞前的瞬间绳中的张力.

解析：(1)M刚受冲击时，m在M参照系中做圆周运动，而M此瞬间的加速度为零所以对m不需加惯性力，因此此时绳上的张力

图7

T1=m

(2)由于桌面是水平光滑的，所以由三个球组成的系统动量和能量都守恒.设两个m球在碰前的瞬间M和m相对桌面的加速度分别为aM和am，其中aM与原来的v反向；am与原来的v同向，绳的张力为T2，那么

2T2=MaM， aM=

相对于M，m做圆周运动，在碰撞前的瞬间，m相对M的向心加速度为v/b，其中vx为m在垂直于绳方向上的速度(图8).因为M 是一个非惯性系，所以在分析m时要加惯性力maM，方向与aM相反，

图8

T2+maM=m

将aM=代入：T2+m=m

可解得T2=·m

因为绳子不可伸长，所以可以设M和m在沿绳子方向上的速度都是vy由机械能守恒定律和动量守恒定律可有

Mv2=

Mv+2·m(v+v)

Mv=(M+2m)vx

由以上二式可解得v=Mv2/(M+2m) 将v代入T2的表达式，即得 T2=

例6：一光滑细杆绕竖直轴以匀角速度ω转动，细棒与竖直轴夹角θ保持不变(图9).一个相对细棒静止的小环自离地面高h处沿细棒下滑，求小环滑到细棒下端时的速度. 解析：由于小环所需的向心力在不断减小，因此小环不是做匀变速运动，在中学阶段无法用牛顿运动定律来解.用动能定理来解时.计算细棒对小环做的功又比较困.为了避开细棒对小环做功这个难点，我们选择细棒作参照系，但在这个非惯性系中，分析小环的受力时必须加上一个惯性离心力.小环在旋转参考系中虽然有径向运动，受到科里奥利力的作用，但小环在切向方向上无位移，所以科里奥利力不做功.

惯性离心力f=mω2r，随半径r的减小而均匀地减小，方向沿半径向外，所以小环由半径为r0处移到细棒下端r=0处，惯性离心力做功 W1=-mω2r=-mω2h2tan2θ 重力做功 W2=mgh 由动能定理可有

mgh+(-mω2h2tan2θ)=mv2 v=

因为细棒底端相对地面静止，所以v就是小环相对地的速度.

图9

这里需要注意的是：当θ一定时，若ω<，小环可以下滑；若ω=，小环相对细棒静止；如果ω>，小环将沿细棒上升.

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