牛顿运动定律常用解题方法
三、牛顿运动定律常用解题方法
1．合成法与分解法
【例1】如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg ．（g ＝10m/s 2
，sin37°＝，cos37°＝）
（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况． （2）求悬线对球的拉力．
解析：（1）球和车厢相对静止，它们的运动情况相同，由于对球的受力情况知道的较多，故应以球为研究对象．球受两个力作用：重力mg 和线的拉力F T ，由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向．做出平行四边形如图所示．球所受的合外力为
F 合＝mg tan37°
由牛顿第二定律F 合＝ma 可求得球的加速度为
=?==
37tan g m
F a 合7.5m/s 2
加速度方向水平向右．
车厢可能水平向右做匀加速直线运动，也可能水平向左做匀减速直线运动． （2）由图可得，线对球的拉力大小为
8
.010
137cos ?=
?=
mg F T N= N 点评：本题解题的关键是根据小球的加速度方向，判断出物体所受合外力的方向，然后画出平行四边形，解其中的三角形就可求得结果．
2. 正交分解法
当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下是把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，有F ma F ma x x y y ==，，有的情况下分解加速度比分解力更简单。
例3. 质量为m 的物体放在倾角为α的斜面上斜面固定在地面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ，如沿水平方向加一个力F ，使物体沿斜面向上以加速度a 做匀加速直线运动，如图2的所示，则F 的大小为多少
图2
解析：物体受力分析如图2（a ）所示，以加速度方向即沿斜面向上为x 轴正向，分解F 和mg ，建立方程并求解：
图2（a ）
x 方向：F mg F ma f cos sin αα--= y 方向：F mg F N --=cos sin αα0 又因为F F f N =μ
联立以上三式求解得F m a g g =
++-(sin cos )
cos sin αμααμα
例4. 如图3所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6
5
，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍
解析：此题为分解加速度较简单的典型例题，对人受力分析如图3（a ）所示，取水平向右为x 轴正方向，此时只需分解加速度，建立方程并求解：
图3（a ）
x 方向：F ma f =cos30
y 方向：F mg ma N -=sin 30
解得
F mg
f =
35
3. 假设法
在分析物理现象时，常常出现似乎是这又似乎是那，不能一下子就很直观地判断的情况，通常采用假设法。
例5. 两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图4所示，滑块A 、B 的质量分别在M 、m ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B 受到的摩擦力（ ）
A. 等于零
B. 方向沿斜面向上
C. 大小等于μθ1mg cos
D. 大小等于μθ2mg cos
解析：以B 为研究对象，对其受力分析如图4所示，由于所求的摩擦力是未知力，可假设B 受到A 对它的摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得
mg F ma fB sin θ+=
①
对A 、B 整体进行受力分析，有
()sin ()cos ()M m g M m g M m a +-+=+θμθ1
②
由①②得F mg fB =-μθ1cos
式中负号表示F fB 的方向与规定的正方向相反，即沿斜面向上，所以选B 、C 。 4、整体法与隔离法
例1、如图所示，在粗糙的水平面上有一个三角形木块abc ，在它的两个粗糙斜面上分别放两个质量为m 1和m 2的木块，m 1＞m 1；已知三角形木块和两个物体都静止，则粗糙的水平面对三角形木块 （ ）
A 、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右；
B 、有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左；
C 、有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m 1、m 2、θ1、θ2的数值均未给出；
D 、没有摩擦力的作用。
分析：对abc 和m 1、m 2组成的系统进行分析，除水平面对abc 下表面可能存在水平方向的摩擦力以外，整体受到系统外的作用力只有abc 和m 1、m 2的重力G 和水平面的支持力F N ，受力情况如图2所示，在水平方向系统不受其它外力，而abc 和m 1、m 2组成的系统中各物体的加速度都为零，系统处于平衡状态，所以在水平方向a 受到水平面的摩擦力必为零。即abc 相对于水平面没有运动趋势。故正确的答案是D 。
b
如图2
b
如图1
例5. 如图12所示，两个用轻线相连的位于光滑平面上的物块，质量分别为m 1和m 2。拉力F 1和F 2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且。试求在两个物块运动过程中轻线的拉力
。
图12
解析：设两物块一起运动的加速度为a ，则对整体有
对m 1有
解以上二式可得
点评：该题体现了牛顿第二定律解题时的基本思路：先整体后隔离––––即一般先对整体应用牛顿第二定律求出共同加速度，再对其中某一物体（通常选受力情况较为简单的）应用牛顿第二定律，从而求出其它量。
系统内各物体加速度不同时对于整体法，其本质是采用牛顿第二定律，设质点系在某一方向上所受到的合力为F ，质点系中每一个物体的质量分别为m 1、m 2、m 3……，每一个物体的加速度分别为a 1、a 2、a 3……，则F ＝ m 1a 1 ＋m 2a 2 ＋m 3a 3＋……。
例1：如图1所示，质量为M 的框架放在水平的地面上，内有一轻质弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m 的小球。小球上下振动时不与框架接触，且框架始终没有跳起。则当框架对地面的压力刚好为零时，小球的加速度为多大
解：对于本题，若采用常规的方法，先对框架进行受力分析，如图2所示，弹簧对框架的作用力为N ＝Mg 。再对小球进行受力分析，如图3所示，则根据牛顿第二定律可得：
N ＋mg ＝ma Mg ＋mg ＝ma a ＝Mg +mg
m
图1
图2
Mg
N
图3
N mg
若采用整体法，取框架、小球为一个整体，则整体所受的合力为Mg ＋mg ，框架的加速度a 1＝0，小球的加速度a 2＝a ，则根据牛顿第二定律可得：Mg ＋mg ＝Ma 1＋ma 2＝ma
a ＝Mg +mg m
可见，采用整体法比分别分析两个物体要简单。
【例8】如图所示，质量为M 的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套着一个质量为m 的小球，开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的21，即a =2
1
g ，则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少
命题意图：考查对牛顿第二定律的理解运用能力及灵活选取研究对象的能力.B 级要求.
错解分析：（1）部分考生习惯于具有相同加速度连接体问题演练，对于“一动一静”连续体问题难以对其隔离，列出正确方程.（2）思维缺乏创新，对整体法列出的方程感到疑惑.
解题方法与技巧： 解法一：（隔离法）
木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法.
取小球m 为研究对象，受重力mg 、摩擦力F f ，如图2-4，据牛顿第二定律得：
mg -F f =ma ①
取木箱M 为研究对象，受重力Mg 、地面支持力F N 及小球给予的摩擦力F f ′如图. 据物体平衡条件得：
F N -F f ′-Mg =0
② 且F f =F f ′
③
由①②③式得F N =
2
2m
M g 由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为
F N ′=F N =
2
2m
M +g . 解法二：（整体法）
对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式： （mg +Mg ）-F N = ma +M ×0 故木箱所受支持力：F N =
22m
M +g ，由牛顿第三定律知： 木箱对地面压力F N ′=F N =2
2m
M +g .
【例7】 如图，倾角为α的斜面与水平面间、斜面与质量为m 的木块间的动摩擦因数均为μ，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面始终保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。
解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体中只有木块的加速度有水平方向的分量。可以先求出木块的加速度()αμαcos sin -=g a ，再在水平方向对质点组用牛顿第二定律，很容易得到：ααμαcos )cos (sin -=mg F f
如果给出斜面的质量M ，本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：
F N =Mg +mg （cos α+μsin α）sin α，这个值小于静止时水平面对斜面的支持力。
5、结合图象分析解决问题
应用图象是分析问题和解决问题的重要方法之一，在解决动力学问题时，如果物体的受力情况比较复杂，要分析物体的运动情况可以借助于图象，根据物体的受力情况做出运动物体的速度－时间图象，则物体的运动情况就一目了然，再根据图象的知识求解可以大大地简化解题过程。
例：质量为1kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数，作用在物体上的水平拉力F 与时间的关系如图所示，求运动物体在12秒内的位移
（答案：s=100m ）
α
6. 程序法
按顺序对题目给出的物体运动过程进行分析的方法简称“程序法”。“程序法”要求我们从读题开始，注意题中能划分多少个不同的过程或多少个不同的状态，然后对各个过程进行分析。
一、牛顿运动定律在动力学问题中的应用 1、已知力求运动
例1：如图所示，长为L 的长木板A 放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B （大小可不计）从A 的左侧以初速度v 0向右滑入木板A ，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同），已知A 的质量M=2.0kg ，B 的质量m=3.0kg ，AB 的长度L=3.0m ，v 0=5.0m/s ，
μ1=，μ2=，请分别求出A 和B 对地的位移 解：分别对A 、B 受力分析如图所示：
根据牛顿第二定律：B 物体的加速度 a B =f 1/m=μ2mg/m=4m/s 2
A 物体的加速度a A =(f 1-f 2)/M=(μ2mg-μ1(M+m)g)/M=1m/s 2
设经过时间t ，AB 的速度相等则有：v 0-a B t=a A t 解得 t=1s 所以B 发生的位移：m t a t v s B B 0.32
1
20=-= A 发生的位移：m t a s A A 5.02
1
2==
AB 速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s 的初速度，a=μ2g=2m/s2的加速度一起匀减速运动直到
静止，发生的位移：a
v s 22
=
所以A 发生的位移为s A +s=+= B 发生的位移为s B +s=+=
例三：质量为12kg 的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为，现用倾角为37的60N 力拉箱子，如图所示，3s 末撤去拉力，则撤去拉力时箱子的速度为多少箱子继续运动多少时间而静止 析与解：选择木箱为研究对象，受力分析如图： 沿水平和竖直
方向将力正交分解，并利用牛顿运动定律，得方向： 水平方向： F cos37-N =ma
竖直方向： F sin37+N =mg 解得： a =s 2
v=at =s
当撤去拉力F 后，物体的受力变为如图3-2-5，则由牛顿第二定律得：
N =mg =ma`， a`=g =3m/s 2
t=v/a `=
点评：本例考察了支持力和摩擦力的的被动力特征，当主动力F 变化时，支持力N 摩
擦力f 都随之变。同时本例还针对已知物体受力情况进而研究其运动情况，这种动力学和运动学综合类问题进行研究。
［例3］如图3—6—4所示，水平传送带以4 m/s 的速度匀速运动，传送带A 、B 间的距离为20 m ．将一质量为2 kg 的木块无初速度地放在A 端，木块与传送带间的动摩擦因数为（g 取10 m/s 2
）．求木块从A 端运动到B 端所用的时间．
图3—6—4
解析：以木块为研究对象，当木块无初速度放到传送带上时，受到向右的摩擦力F ′＝μmg ，此时，加速度a ＝
m
F '
＝μg ． 当木块速度达到传送带的速度后，木块与传送带无相对运动，即木块以4 m/s 的速度匀速运动．木块从静止到达到4 m/s 的速度所用的时间为t 1，则t 1＝
10
2.04
?=
a v s ＝2 s 木块的位移s 1＝
21at 2＝2
1
×2×22 m ＝4 m 从A →B 的剩余距离为s 2
s 2＝20 m －4 m ＝16 m
则木块做匀速运动时间t 2＝
4
16
22=v s s ＝4 s ，所以，木块从A 端运动到B 端的时间为 t ＝t 1＋t 2＝2 s ＋4 s ＝6 s
2、已知运动情况确定物体的受力情况
N
f
图
例2：静止在水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4m/s ，此时将F 撤去，又经6 s 物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F 的大小。
解析：物体的整个运动过程分为两段，前4 s 物体做匀加速运动，后6 s 物体做匀减速运动。 前4 s 内物体的加速度为
2211/1/4
4
0s m s m t v a ==-=
① 设摩擦力为μF ，由牛顿第二定律得
1ma F F =-μ ②
后6 s 内物体的加速度为
2222/3
2
/640s m s m t v a -=-=-=
③ 物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得
2ma F =-μ ④
由②④可求得水平恒力F 的大小为
N N a a m F 3.3)3
2
1(2)(21=+?=-=
16．如图所示，质量M=4Kg 、长L=3m 的长木板放置于光滑的水平地面上，其左端有一大小可以忽略，质量
为1Kg 的物块m ，物块和木板间的动摩擦因数为 ,开始时物块和木板都处于静止状态，现在对物块施加F=4N ，方向水平向右恒定拉力，（g 取10m/s 2
）求：
（1）木板固定不动时，物块从木板左端运动到右端经历的时间； （2）木板不固定，物块从左端运动到右端经历的时间。
解：（1）物块：21/2s m g m
F
a =-=
μ s a L
t 321
== （2）木板：22/5.0s m M
mg
a ==
μ
物块从左端运动到右端有：L s s +=21 即L t a t a +=22212
1
21 s s a a L
t 25
.023
222
1=-?=
-=