第三讲 牛顿运动定律
牛顿定律的应用
一、牛顿运动定
一切物体总是保持匀速直 线运动状态或静止状态， 直到有外力迫使它改变这 种状态为止。
物体的加速度跟所受外力 的合力成正比，跟物体的 质量成反比，加速度的方 向跟合外力的方向相同。 F = ma
两个物体之间的作用力和 反作用力大小相等,方向相 反,作用在同一条直线上.
解：由于物体B的加速度是由静摩擦力产生的，所以加 速度的最大值由最大静摩擦力决定，a＝ fm = 12 m / s2
mB 3 ＝4m / s2
A、B刚要发生相对滑动时，A、B间恰好为最大静摩
擦力，这时A、B的加速度相同恰为a m，对AB整体而言，这 个加速度是由F0 提供的，利用牛顿第二定律可求出临界水平 拉力F0 ，F0＝(mA ＋mB )a m ＝(2＋3)×4N＝20N，根据题意 当F＝15N时，由于F＜F0 ，所以A、B仍保持相对静止，但这 时它们之间的加速度应小于4m / s2 ，故由牛顿第二定律求出
a
3 k
g
．
②
从x0到x1，物体作匀加速运动，需要的时间设为t，则
t＝
2(x0 x1) a

2
m． k
3
(2)分析A，B起始时刻受力：A受重力、弹簧弹力及B
对A的支持力N
1
；B受重力、A对B的压力N
′
1
及手对B作
用力F1，设F1向上，有
对于A：
mg＋kx0－N1＝ma / 3， ③
对于B：
(3) 对复杂物理过程,按时间顺序划分阶段的方法。 (4) 超重或失重问题。(当物体相对运动参照物是静止的，
但相对地面的参照物却做加速运动，会用通过变换参照系统的
办法求解，即在以地面为参照的系统里建立动力学方程求解。) (5) 临界状态问题。 (6) 其它问题。
三.典型例题
牛顿运动定律的应用
绳张力Tb 、斜向左上方的ac绳张力Ta 。三力的合力决定小球的运动状
态。
将Ta 沿水平、竖直两个方向正交分解得
Tax Ta · cos θ Tay Ta · sin θ
解：（1）m球处于平衡状态，即
Tay Ta sin mg ① Tax Ta cos Tb ②
由两式解得
所以，
a0＝gcotθ ．
当a＜a
时，存有斜面对小球的
0
支持力N，
选择x轴与斜面平行y轴与斜面垂直的直角坐标系 T-mgsinθ=ma cos， mgcosθ－N＝ma sinθ． 解得此种情况下绳子的拉力 T＝mgsinθ＋macosθ． 此时，斜面体给小球的支持力
N＝mgcos－masinθ ．
Ta

mg
sin
Tb mg ctg
（2）m球水平合力提供向左加速运动的动力，即
Fy

0，Tay
Ta
sin

mg，Ta

mg sinθ
③
Fx ma，Tax Tb Ta cos Tb ma
③
由此得
Tb Tax ma Ta · cos θ ma
Mg＋N1－F1＝Ma / 3， ④
解③④并由①式，因N1＝N1′ ，得
F1＝M
g

a 3


2 3
ma
．⑤
终止时刻B受两个力，即重力与手 对B的作用力F2，有
Mg－F2 ＝Ma / 3，
解得
F2
＝M
g

1 3
a
．
⑥
由⑤式知，当F1＞0，即
M m
＜
a
2a 3g

或a＜
例1 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻
弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点 时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是：
（A）物体从A下降到B的过程中，动能不断变小。 （B）物体从B点上升到A的过程中，动能不断变大。 （C）物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中， 速率都是先增大，后减小。 （D）物体在B点时，所受合力为零。
相当大，因此形变量的变化都极小，称为“不易伸缩”。
3．由①、⑤两式对比以及②、⑥两式对比可以看出，只要把①、 ②两式中的g改成（g+a）即为⑤、⑥两式。这表示：在竖直方向有 加速度a的系统内，用“等效重力”G＇=mg＇=m（g+a）的观点处 理超重（a＞0）或失重（a＜0）状态下的动力学（以及运动学）问 题时，可把加速状态下的非惯性系统的动力学问题当作超重或失重
状态下的“惯性系统”中的“静力学”问题（即“平衡状态”下 “合力”为零）来处理，其效果完全相同。
例 3.A 、 B 两 物 体 的 质 量 分 别 为 mA=2kg ， m均所B示为=，f3mk=在g1物，2体它N，A们上将之施它间加们的一叠最水放大平在静拉光摩力滑擦F水力＝平和15面滑N上动，，摩则如擦A力图、 B的加速度各为多大？
分析: 物体从A到B的过程，分为二个阶段，一个突变点。
加速阶段，弹力小于重力，N＜G，物体所受的合力向下，但 加速度数值逐渐减小，故物体作加速度值减小的加速运动，速度仍 逐渐增大。
到N=G（突变点）时，速度达到最大。
随着弹簧的继续压缩，物体进入减速阶段，N＞G，物体所受 的合力向上，且逐渐增大，但速度方向仍向下，故作加速度值增大 的减速运动，速度逐渐减小，到B点速度为零，但此时向上的合力 最大。
所以物体从B点到A点的过程中，先作加速度值减小的加速运动 ，速度逐步增大，到加速度等于零时，速度达到最大；而后随着弹 力N的继续增大，物体作加速度值逐步增大的减速运动，速度逐渐 减小，到A点时速度最小，但向上的加速度却最大，即受的合力最 大。
解答：根据以上分析，本题的答案只有（C）正确。
说明：对于类似的弹簧问题，一定要谨慎地对待。本题显示物体所 受的合外力大小和方向一直在变化，绝对不能想当然地认为A到B过 程中弹簧逐渐被压缩，逐渐增大的弹力与速度方向相反，作减速运 动，而忘了还有一个不变的重力存在。
3
维持B，A以 1 a作匀加速运动的时间对应着B对A支持力N≥ 3
0．
解(1)设在匀变速运动阶段，弹簧压缩量在起始时刻为
x 0 ，终止时刻为x1 ，以A为对象，起始时刻kx 0 ＋mg＝ma，
得
x0＝
m(a k
g)
．
①
终止时刻，B对A支持力N＝0，此刻有
kx1
＋mg＝m·
1 3
a，
x1＝
m
当a≥a 0 时，对小球的受力情况分析的结果可画出图(2)
据牛顿第二定律得 Tcosα－mg＝0， Tsinα＝ma．
联立求解，得绳子的张力
T＝m g2 a 2 ．
力学中的许多问题，存在着临界情况，正确地找寻这些 临界情况给出的隐含条件是十分重要的．在本题中，认 定隐含条件为N＝0，就可借此建立方程求解．
分析：从题设条件看，水平拉力大于B对A的最大静摩擦 力，所以A、B可能发生相对滑动，根据牛顿第二定律采 用隔离法，可分别求得A、B加速度
aA＝
F fm mA
＝
15 12 2
m
/
s2 ＝1.5m
/
s2
aB＝
fm mB
＝
12 3
m
/
s2 ＝4m
/
s2
从结果看，物体B的加速度竟然大于物体A的加速度，这显
例5．如图(甲)所示，一根质量可以忽略不计的轻弹 簧，劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的砝码A， 手拿一块质量为M的木板B，用木板B托住A往上压缩 弹簧，如图(乙)所示．此时如果突然撤去木板B，则A 向下运动的加速度为a(a＞g)，现用手控制使B以加速 度a/3向下作匀加速直线运动．
(1)求砝码A作匀加速直线运动的时间．
即 Tb mg· cot θ ma
④
Hale Waihona Puke （3）m球竖直向上加速运动时，由竖直方向的合力提供产生加速度 的动力，即
Fy ma，Tay mg ma
Ta · sin θ mg ma
mg ma Ta sin θ
⑤
Fx 0，Tax Tb Tb Ta · cos θ mg ma· cot θ
采用隔离体解题法．选取小球作为 研究对象，孤立它进行受力情况分析 ，显然，上述临界状态的实质是小球 对斜面体的压力为零．
解：选取直角坐标系，设当斜面体对小球的支持力N＝ 0时，斜面体向右运动的加速度为a0，据牛顿第二定律Σ Fx ＝ma x ，Σ Fy ＝0，建立方程有
Tsinθ －mg＝0，Tcosθ ＝ma0．
例4．倾角为θ的斜面体上，用长为l的细绳吊着一 个质量为m的小球，不计摩擦．试求斜面体以加速 度a向右做匀加速度直线运动时，绳中的张力．
分析：不难看出，当斜面体静止不 动 时 ， 小 球 的 受 力 情 况 ， 如 图 (1) 所 示．当斜面体向右做匀加速直线运动 的加速度大于某一临界值时，小球将 离开斜面．为此，需首先求出加速度 的这一临界值．
答：在题设三种情况下，ac绳的张力分别为 mg 、mg 和 sinθ sinθ
mg ma sin θ
；bc绳的张力分别为mg·
cot
θ
、mg· cot θ
ma和(mg
ma)· cot θ 。
说明：1．在物体受多个力时，正交分解法是研究牛顿动力学问题 的最基本的方法。正交坐标轴通常取三种：水平x轴与竖直y轴，斜 面x轴与斜面垂线方向的y轴，半径方向的x轴与切线方向的y轴；然
然是不合理的．原来A、B之间是否产生相对滑动，不能根
据F是否大于f m 来判断( 只有当B物体不动时，才可以这样判 断)，而应该先求出A、B刚好发生相对滑动时的临界水平拉