《牛顿运动定律》知识与能力考查解说

袁培耀

动力学知识及其应用是高中物理的基础，是学习后续知识（曲线运动、机械能、电场、磁场、电磁感应等）的保证，夯实这部分知识才可以实现学习中的温故而知新。

一、知识与方法

透彻理解牛顿三定律的实验背景、知识背景，是正确应用动力学知识的前提；熟练进行受力分析，自如应用整体隔离法、正交分解法、合成法，灵活结合数学知识，是解决实际问题的基本要求。

例 1 （1）如图1甲所示，木板的质量为M，人的质量为m，斜面光滑，若要让木板相对于斜面静止，求人运动的加速度。

（2）如图1乙所示，已知人的质量是木板质量的一半，斜面光滑。剪断绳时人立即沿木板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变，求木板下滑的加速度。

简解：（1）图1甲中，木板相对斜面静止，即木板的加速度为零，设人的加速度为a，对由人、木板组成的系统沿斜面方向整体列式有（M+m）gsinθ=M×0+ma，解得，说明人须沿斜面匀加速向下跑，可使木板相对斜面静止不动。

（2）图1乙中，人相对斜面的位置不变，即人的加速度为零，理解得

例 2 一物体放在倾角为θ的斜面体上，斜面体固定在竖直加速上升的电梯中，加速度为a，在物体始终相对于斜面体静止的情况下，下列说法中正确的是（

）。

A.当θ一定时，a越大，斜面体对物体的正压力越小

B.当θ一定时，a越大，斜面体对物体的摩擦力越大

C.当θ一定时，θ越大，斜面体对物体的正压力越小

D.当a一定时，θ越大，斜面体对物体的摩擦力越小

解析：画出物体的受力图，如图2所示。取沿斜面方向和垂直斜面方向建立正交坐标系，有N-mgcosθ=macosθ，f-mgsin θ=masinθ，解得f=m（g+a）sinθ，N=m（g+a）cOsθ，因此选项B、C正确。

以题说法：正交坐标轴的取向应本着分解的物理量尽可能少和尽量不分解未知量为原则，灵活处理。

例 3 如图3所示，一质量为M、倾角为θ的三角形劈放于粗糙水平面上，斜劈上有一质量为m的物体以加速度a向下做匀加速运动，而斜劈仍静止于水平面上，求地面对斜劈的支持力及摩擦力。

解法一：隔离法。隔离物体、斜劈分别画出受力图，如图4所示。对物体沿斜面方向和垂直斜面方向建立正交坐标系，列式得f=mgsinθ-ma，N=mgcosθ；对斜劈沿水平方向和竖直方向建立正交坐标系，且设地面对斜面的静摩擦力方向水平向右，列式有N地=f'sinθ+N'cosθ+Mg，f地+N'sinθ=f'cOsθ，由牛顿第三定律得f'=f，N'=N，解得N地=（m+M）g—masinθ，f地=-macosθ，负号表示摩擦力方向水平向左。

解法二：整体法。对由物体和斜劈组成的整体进行受力分析，设地面对斜劈的静摩擦力方向水平向左，将物体的加速度a分解到竖直方向和水平方向上，列式有（m+M）g-N地=M×0+masinθ，f地=macosθ，解得N地=（m+M）g-masinθ。

二、解题思路与注意事项

认真读题，综合思考：考虑先做什么、后做什么，怎么做（即确定如何组织语言文字表述问题特点和物理情景）；进行受力分析，画出受力图，标明正方向和加速度方向；进行运动情况分析，必要时画出运动情景图（状态图或过程图），标明状态对应的速度和过程对应的位移、时间；若是三个以上的力，在加速度方向和垂直加速度的方向上建立正交坐标系，写出两组牛顿运动定律方程，若有滑动摩擦力参与，再写出摩擦力方程，就可解决相关问题。

例 4 一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以速度uo=12m/s匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻车厢脱落，并以加速度大小a=2m/s?减速滑行。在车厢脱落t=3s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时其所受阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前卡车的牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。

解析：根据题意画出卡车与车厢的运动情景图，如图5所示。设卡车和车厢的质量均为r，取水平向有为正方向，对卡车和车厢分别应用牛顿第二定律得F-fl=ma1，-3f1=ma2，-f2=ma，其中F=2mkg，f1=kmg，f2=kmg，解得a1=2m/s?，

例 5 如图6所示，质量M=lkg的木板静止在粗糙水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数ul=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数u2=0.4，取g=10m/s?，试求：

（1）若木板长L=lm，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？

（2）设木板足够长，若在铁块右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算，画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。

解析：（1）由牛顿第二定律可知，铁块的加速度木板为研究对象，根据牛顿第二定律得f2-u1（M+m）g=Ma，解得。③当F>6N时，铁块、木板发生相对运动，f2=u2mg=4N。因此画出f2随拉力F大小变化的图像，如图7所示。

以题说法：在“板 块”模型中，连接体通过摩擦力联系力学特征，通过相对位移联系运动学特征。同学们在解题中若能重视这两个特征，就能轻松找到突破口，顺利解决相关问题。

三、问题与模型

在动力学问题中，斜面模型、传送带模型、叠放体模型、弹簧模型是出题率较高的几类模型，通过这些模型可以设置瞬时问题、超失重问题、连接体问题、临界问题等。

侧 6 如图8所示，一质量为m的小球在轻绳OA和轻弹簧OB的约束下处于平衡状态，若将绳OA剪断，求剪断的瞬间小球的加速度。若将轻弹簧OB换成轻绳，其他条件不变，仍剪断绳OA，则在剪断的瞬间小球的加速度又是多少？两种情况下，在剪断绳OA的瞬间，轻弹簧OB上的力和绳OB上的力之比是多少？

解析：取小球为研究对象，剪断绳OA前的平衡状态下，两种情况中小球的受力情况相同，如图9所示。解得

若OB是轻弹簧，则在剪断绳OA的瞬间，弹簧不能发生新的形变，其弹力FB不变，故重力，mg与FB的合力不变，大小等于FA，由牛顿第二定律可知，小球的瞬时加速度大小a=gtanθ，方向水平向右；若OB是轻绳，则在剪断绳OA的瞬间，小球将以绳OB的长度为半径做圆弧运动，小球的重力沿绳OB对小球的拉力的反方向的分力mgcosθ平衡绳对小球的拉力，因轻绳不可伸长，绳上的力发牛突变，从平衡状态的突变为mgcosθ，小球的重力沿垂直于绳OB对小球的拉力的方向（沿圆弧切线方向）的分力mgsinθ使小球沿圆弧方向做圆周运动，产生的加速度“-gsinθ，方向沿圆弧切线方向，如图10所示

综上所述可知，剪断绳OA的瞬间，弹簧上的拉力与绳上的拉力之比为。

以题说法：解决瞬时问题的关键是明确约束物体的模型（如轻弹簧、轻绳、轻杆）上的力能否发生突变。一般地，轻弹簧上的力不能突变，只能渐变，原因是弹簧发生新的形变需要时间；而轻绳和轻杆上的力在瞬间能突变。

例 7 如图11所示，将质量为m的物体置于倾角为θ、质量为M的斜面体上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，斜面体置于光滑水平面上，现施加一水平恒力F，便物体和斜面体保持相对静止一起匀加速运动，应该如何施加水平恒力F？

解析：若施加水平向右的拉力F，则对由物体和斜面体组成的整体列式得F=（M+m）a，此时物体有沿斜面下滑的趋势，所受静摩擦力为厂，受斜面支持力为N，隔离物体并用正交分解法分析可得，水平方向上有fcosθ-Nsinθ=ma，竖直方向上有fsinθ+Ncosθ=mg，考虑到F最大时有f=μN，解得F≤

若施加水平向左的推力F，则对由物体和斜面体组成的整体列式得F=（M+m）a，当力F较小（大）时，物体有沿斜面下（上）滑的趋势。设物体所受静摩擦力为厂，受斜面支持力为N，隔离物体并用正交分解法可得，水平方向上有Nsinθ干fcosθ=ma，竖直方向上有Ncosθ±fsinθ=mg.考虑到F最大时

以题说法：解决连接体问题的常规方法是综合应用整体法、隔离法。

例 8 如图12所示，劲度系数为k的轻弹簧下挂质量为m的物体A，手拿一块质量为M的木板B托住物体A往上压缩弹簧至一定位置，此时如果突然撤去木板B，则物体A具有的加速度为a（a>g）。现用手控制木板B使其以加速度向下做匀加速运动，求：

（1）物体A做匀加速运动的时间。

（2）写出这段运动过程的起始和终止时刻手对木板B作用力的表达式，并说明已知的各物理量间满足的关系（上述两个时刻手对木板B的作用力反向）。

解析：（1）撤去木板B的瞬间，对物体A有kx。+mg=ma。物体A在木板B的约束下做匀加速运动结束时有kx1+mg=m·a/3。又有x3-x1=1/2

（2）设物体A和木板B间的弹力大小为N，手对木板B的作用力为F，物体A在木板B的约束下做匀加速运动。起始时刻物体A满足kxo+mg-N=，木板B满足Mg+N-F初，解得F初=；终止时刻，由临界特征知木板B满足Mg-F终，解得F终。对比可知，当a>3g时，F终方向向下，当时，F初方向向上。

以题说法：解决临界问题的关键是确定临界状态的力学特征（如两物体分离瞬间相互作用力为零）和运动学特征（两物体分离瞬间具有相同的加速度和速度）。

例 9 倾角θ=37°的传送带以v=4m/s的传送速度按图13所示方向匀速转动，已知传送带上下两端相距s=7m，取g=10m/s?。现将一质点木块A无初速度地放在传送带上端，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，求：

（1）木块从传送带上端到下端所需的时间。

（2）木块与传送带间相对滑动的位移。

解析：（1）木块刚放上传送带时，相对于传送带向上滑，所受滑动摩擦力沿带面向下，为动力，木块将在传送带上向下匀加速运动，由牛顿第二定律得a1=g（Sinθ+μCOSθ）=8m/s?。设经过时间tl，木块的速度达到v=4m/s，通过的距离为Sl，由运动学公式得，因此木块仍在传送带上。又因为μmgcosθ

（2）由相对运动的特点可知，木块滑至传送带下端的过程中，相对传送带的位移△s=s-vt=1m。

以题说法：求解传送带问题，首先，要抓住相对性特点，以确定摩擦力方向，其次，要确定物体在传送带上的运动形式，再次，要摒弃头脑中摩擦力一定是阻力的错误概念，以正确分析摩擦力。