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［選修3－5］

（1）如圖所示，AB是傾角為30??足夠長的光滑斜面，BC是足夠長的光滑水平面，且在B點與斜面平滑連接，質量m₁＝0.2 kg的滑塊置于B點，質量m₂＝0.1 kg的滑塊以＝9 m／s速度向左運動并與m₁發生正碰，碰撞過程中沒有機械能損失，且m₁通過B點前后速率不變，將滑塊視為質點，以下判斷正確的是（g取10 ）（       ）

A. 第一次碰撞后經過2.4 s兩物體再次相碰

B. 第一次碰撞后經過4.8 s兩物體再次相碰

C. 再次碰撞時與B點的距離為7.2 m

D. 再次碰撞時與B點的距離為14.4 m

（2）)如圖所示，質量分別為m₁和m₂的兩個小球在光滑的水平面上分別以速度、同向運動并發生對心碰撞，碰后m₂被右側的墻壁原速率彈回，又與m₁相碰，碰后兩球都靜止. 求∶第一次碰后球m₁的速度.

［選修3－5］（12分）

（1）（6分）如圖所示，AB是傾角為30º足夠長的光滑斜面，BC是足夠長的光滑水平面，且在B點與斜面平滑連接，質量m₁＝0.2 kg的滑塊置于B點，質量m₂＝0.1 kg的滑塊以＝9 m／s速度向左運動并與m₁發生正碰，碰撞過程中沒有機械能損失，且m₁通過B點前后速率不變，將滑塊視為質點，以下判斷正確的是（g取10 ）（       ）

A. 第一次碰撞后經過2.4 s兩物體再次相碰

B. 第一次碰撞后經過4.8 s兩物體再次相碰

C. 再次碰撞時與B點的距離為7.2 m

D. 再次碰撞時與B點的距離為14.4 m

（2）（6分）)如圖所示，質量分別為m₁和m₂的兩個小球在光滑的水平面上分別以速度、同向運動并發生對心碰撞，碰后m₂被右側的墻壁原速率彈回，又與m₁相碰，碰后兩球都靜止. 求∶第一次碰后球m₁的速度.

［選修3－5］（12分）

（1）（6分）如圖所示，AB是傾角為30º足夠長的光滑斜面，BC是足夠長的光滑水平面，且在B點與斜面平滑連接，質量m₁＝0.2 kg的滑塊置于B點，質量m₂＝0.1 kg的滑塊以＝9 m／s速度向左運動并與m₁發生正碰，碰撞過程中沒有機械能損失，且m₁通過B點前后速率不變，將滑塊視為質點，以下判斷正確的是（g取10 ）（      ）

A. 第一次碰撞后經過2.4 s兩物體再次相碰

B. 第一次碰撞后經過4.8 s兩物體再次相碰

C. 再次碰撞時與B點的距離為7.2 m

D. 再次碰撞時與B點的距離為14.4 m

（2）（6分）)如圖所示，質量分別為m₁和m₂的兩個小球在光滑的水平面上分別以速度、同向運動并發生對心碰撞，碰后m₂被右側的墻壁原速率彈回，又與m₁相碰，碰后兩球都靜止. 求∶第一次碰后球m₁的速度.

第二部分  牛頓運動定律

第一講 牛頓三定律

一、牛頓第一定律

1、定律。慣性的量度

2、觀念意義，突破“初態困惑”

二、牛頓第二定律

1、定律

2、理解要點

a、矢量性

b、獨立作用性：ΣF → a ，ΣF_x → a_x …

c、瞬時性。合力可突變，故加速度可突變（與之對比：速度和位移不可突變）；牛頓第二定律展示了加速度的決定式（加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測量手段”）。

3、適用條件

a、宏觀、低速

b、慣性系

對于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析

三、牛頓第三定律

1、定律

2、理解要點

a、同性質（但不同物體）

b、等時效（同增同減）

c、無條件（與運動狀態、空間選擇無關）

第二講 牛頓定律的應用

一、牛頓第一、第二定律的應用

單獨應用牛頓第一定律的物理問題比較少，一般是需要用其解決物理問題中的某一個環節。

應用要點：合力為零時，物體靠慣性維持原有運動狀態；只有物體有加速度時才需要合力。有質量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。

1、如圖1所示，在馬達的驅動下，皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速度向右運動。現將一工件（大小不計）在皮帶左端A點輕輕放下，則在此后的過程中（      ）

A、一段時間內，工件將在滑動摩擦力作用下，對地做加速運動

B、當工件的速度等于v時，它與皮帶之間的摩擦力變為靜摩擦力

C、當工件相對皮帶靜止時，它位于皮帶上A點右側的某一點

D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對靜止的狀態

解說：B選項需要用到牛頓第一定律，A、C、D選項用到牛頓第二定律。

較難突破的是A選項，在為什么不會“立即跟上皮帶”的問題上，建議使用反證法（t → 0 ，a → ∞ ，則ΣF_x → ∞ ，必然會出現“供不應求”的局面）和比較法（為什么人跳上速度不大的物體可以不發生相對滑動？因為人是可以形變、重心可以調節的特殊“物體”）

此外，本題的D選項還要用到勻變速運動規律。用勻變速運動規律和牛頓第二定律不難得出

只有當L ＞ 時（其中μ為工件與皮帶之間的動摩擦因素），才有相對靜止的過程，否則沒有。

答案：A、D

思考：令L = 10m ，v = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/s² ，試求工件到達皮帶右端的時間t（過程略，答案為5.5s）

進階練習：在上面“思考”題中，將工件給予一水平向右的初速v₀ ，其它條件不變，再求t（學生分以下三組進行）——

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、質量均為m的兩只鉤碼A和B，用輕彈簧和輕繩連接，然后掛在天花板上，如圖2所示。試問：

① 如果在P處剪斷細繩，在剪斷瞬時，B的加速度是多少？

② 如果在Q處剪斷彈簧，在剪斷瞬時，B的加速度又是多少？

解說：第①問是常規處理。由于“彈簧不會立即發生形變”，故剪斷瞬間彈簧彈力維持原值，所以此時B鉤碼的加速度為零（A的加速度則為2g）。

第②問需要我們反省這樣一個問題：“彈簧不會立即發生形變”的原因是什么？是A、B兩物的慣性，且速度v和位移s不能突變。但在Q點剪斷彈簧時，彈簧卻是沒有慣性的（沒有質量），遵從理想模型的條件，彈簧應在一瞬間恢復原長！即彈簧彈力突變為零。

答案：0 ；g 。

二、牛頓第二定律的應用

應用要點：受力較少時，直接應用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時，結合正交分解與“獨立作用性”解題。

在難度方面，“瞬時性”問題相對較大。

1、滑塊在固定、光滑、傾角為θ的斜面上下滑，試求其加速度。

解說：受力分析 → 根據“矢量性”定合力方向 → 牛頓第二定律應用

答案：gsinθ。

思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為θ，要求滑塊與斜面相對靜止，斜面應具備一個多大的水平加速度？（解題思路完全相同，研究對象仍為滑塊。但在第二環節上應注意區別。答：gtgθ。）

進階練習1：在一向右運動的車廂中，用細繩懸掛的小球呈現如圖3所示的穩定狀態，試求車廂的加速度。（和“思考”題同理，答：gtgθ。）

進階練習2、如圖4所示，小車在傾角為α的斜面上勻加速運動，車廂頂用細繩懸掛一小球，發現懸繩與豎直方向形成一個穩定的夾角β。試求小車的加速度。

解：繼續貫徹“矢量性”的應用，但數學處理復雜了一些（正弦定理解三角形）。

分析小球受力后，根據“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應的夾角。設張力T與斜面方向的夾角為θ，則

θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α）                 （1）

對灰色三角形用正弦定理，有

 =                                        （2）

解（1）（2）兩式得：ΣF = 

最后運用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車加速度）

答： 。

2、如圖6所示，光滑斜面傾角為θ，在水平地面上加速運動。斜面上用一條與斜面平行的細繩系一質量為m的小球，當斜面加速度為a時（a＜ctgθ），小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T 。

解說：當力的個數較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時，宜用正交分解處理受力，在對應牛頓第二定律的“獨立作用性”列方程。

正交坐標的選擇，視解題方便程度而定。

解法一：先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上建y軸，如圖7所示（N為斜面支持力）。于是可得兩方程

ΣF_x = ma ，即T_x － N_x = ma

ΣF_y = 0 ， 即T_y + N_y = mg

代入方位角θ，以上兩式成為

T cosθ－N sinθ = ma                       （1）

T sinθ + Ncosθ = mg                       （2）

這是一個關于T和N的方程組，解（1）（2）兩式得：T = mgsinθ + ma cosθ

解法二：下面嘗試一下能否獨立地解張力T 。將正交分解的坐標選擇為：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。這時，在分解受力時，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一個坐標軸上，是需要分解的。矢量分解后，如圖8所示。

根據獨立作用性原理，ΣF_x = ma_x

即：T － G_x = ma_x

即：T － mg sinθ = m acosθ

顯然，獨立解T值是成功的。結果與解法一相同。

答案：mgsinθ + ma cosθ

思考：當a＞ctgθ時，張力T的結果會變化嗎？（從支持力的結果N = mgcosθ－ma sinθ看小球脫離斜面的條件，求脫離斜面后，θ條件已沒有意義。答：T = m 。）

學生活動：用正交分解法解本節第2題“進階練習2”

進階練習：如圖9所示，自動扶梯與地面的夾角為30°，但扶梯的臺階是水平的。當扶梯以a = 4m/s²的加速度向上運動時，站在扶梯上質量為60kg的人相對扶梯靜止。重力加速度g = 10 m/s²，試求扶梯對人的靜摩擦力f 。

解：這是一個展示獨立作用性原理的經典例題，建議學生選擇兩種坐標（一種是沿a方向和垂直a方向，另一種是水平和豎直方向），對比解題過程，進而充分領會用牛頓第二定律解題的靈活性。

答：208N 。

3、如圖10所示，甲圖系著小球的是兩根輕繩，乙圖系著小球的是一根輕彈簧和輕繩，方位角θ已知。現將它們的水平繩剪斷，試求：在剪斷瞬間，兩種情形下小球的瞬時加速度。

解說：第一步，闡明繩子彈力和彈簧彈力的區別。

（學生活動）思考：用豎直的繩和彈簧懸吊小球，并用豎直向下的力拉住小球靜止，然后同時釋放，會有什么現象？原因是什么？

結論——繩子的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變（胡克定律）。

第二步，在本例中，突破“繩子的拉力如何瞬時調節”這一難點（從即將開始的運動來反推）。

知識點，牛頓第二定律的瞬時性。

答案：a_甲 = gsinθ ；a_乙 = gtgθ 。

應用：如圖11所示，吊籃P掛在天花板上，與吊籃質量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住，當懸掛吊籃的細繩被燒斷瞬間，P、Q的加速度分別是多少？

解：略。

答：2g ；0 。

三、牛頓第二、第三定律的應用

要點：在動力學問題中，如果遇到幾個研究對象時，就會面臨如何處理對象之間的力和對象與外界之間的力問題，這時有必要引進“系統”、“內力”和“外力”等概念，并適時地運用牛頓第三定律。

在方法的選擇方面，則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過程簡化，使過程的物理意義更加明晰。

對N個對象，有N個隔離方程和一個（可能的）整體方程，這（N + 1）個方程中必有一個是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。

補充：當多個對象不具有共同的加速度時，一般來講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個局限（可以介紹推導過程）——

Σ= m₁ + m₂ + m₃ + … + m_n

其中Σ只能是系統外力的矢量和，等式右邊也是矢量相加。

1、如圖12所示，光滑水平面上放著一個長為L的均質直棒，現給棒一個沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用，則棒中各部位的張力T隨圖中x的關系怎樣？

解說：截取隔離對象，列整體方程和隔離方程（隔離右段較好）。

答案：N = x 。

思考：如果水平面粗糙，結論又如何？

解：分兩種情況，（1）能拉動；（2）不能拉動。

第（1）情況的計算和原題基本相同，只是多了一個摩擦力的處理，結論的化簡也麻煩一些。

第（2）情況可設棒的總質量為M ，和水平面的摩擦因素為μ，而F = μMg ，其中l＜L ，則x＜(L-l)的右段沒有張力，x＞(L-l)的左端才有張力。

答：若棒仍能被拉動，結論不變。

若棒不能被拉動，且F = μMg時（μ為棒與平面的摩擦因素，l為小于L的某一值，M為棒的總質量），當x＜(L-l)，N≡0 ；當x＞(L-l)，N = 〔x -〈L-l〉〕。

應用：如圖13所示，在傾角為θ的固定斜面上，疊放著兩個長方體滑塊，它們的質量分別為m₁和m₂ ，它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ₁和μ₂ ，系統釋放后能夠一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：

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）如果兩滑塊不是下滑，而是以初速度v₀一起上沖，以上結論會變嗎？（2）如果斜面光滑，兩滑塊之間有沒有摩擦力？（3）如果將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子，上面的滑塊換成小球，它們以初速度v₀一起上沖，球應對盒子的哪一側內壁有壓力？

解：略。

答：（1）不會；（2）沒有；（3）若斜面光滑，對兩內壁均無壓力，若斜面粗糙，對斜面上方的內壁有壓力。

2、如圖15所示，三個物體質量分別為m₁ 、m₂和m₃ ，帶滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦均不計，繩子的質量也不計，為使三個物體無相對滑動，水平推力F應為多少？

解說：

此題對象雖然有三個，但難度不大。隔離m₂ ，豎直方向有一個平衡方程；隔離m₁ ，水平方向有一個動力學方程；整體有一個動力學方程。就足以解題了。

答案：F =  。

思考：若將質量為m₃物體右邊挖成凹形，讓m₂可以自由擺動（而不與m₃相碰），如圖16所示，其它條件不變。是否可以選擇一個恰當的F′，使三者無相對運動？如果沒有，說明理由；如果有，求出這個F′的值。

解：此時，m₂的隔離方程將較為復雜。設繩子張力為T ，m₂的受力情況如圖，隔離方程為：

 = m₂a

隔離m₁ ，仍有：T = m₁a

解以上兩式，可得：a = g

最后用整體法解F即可。

答：當m₁ ≤ m₂時，沒有適應題意的F′；當m₁ ＞ m₂時，適應題意的F′=  。

3、一根質量為M的木棒，上端用細繩系在天花板上，棒上有一質量為m的貓，如圖17所示。現將系木棒的繩子剪斷，同時貓相對棒往上爬，但要求貓對地的高度不變，則棒的加速度將是多少？

解說：法一，隔離法。需要設出貓爪抓棒的力f ，然后列貓的平衡方程和棒的動力學方程，解方程組即可。

法二，“新整體法”。

據Σ= m₁ + m₂ + m₃ + … + m_n ，貓和棒的系統外力只有兩者的重力，豎直向下，而貓的加速度a₁ = 0 ，所以：

（ M + m ）g = m·0 + M a₁ 

解棒的加速度a₁十分容易。

答案：g 。

四、特殊的連接體

當系統中各個體的加速度不相等時，經典的整體法不可用。如果各個體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易）。此時，我們回到隔離法，且要更加注意找各參量之間的聯系。

解題思想：抓某個方向上加速度關系。方法：“微元法”先看位移關系，再推加速度關系。、

1、如圖18所示，一質量為M 、傾角為θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一個質量為m的滑塊從斜面頂端釋放，試求斜面的加速度。

解說：本題涉及兩個物體，它們的加速度關系復雜，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。對兩者列隔離方程時，務必在這個方向上進行突破。

（學生活動）定型判斷斜面的運動情況、滑塊的運動情況。

位移矢量示意圖如圖19所示。根據運動學規律，加速度矢量a₁和a₂也具有這樣的關系。

（學生活動）這兩個加速度矢量有什么關系？

沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐標，可得：

a_1y = a_2y             ①

且：a_1y = a₂sinθ     ②

隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。

對滑塊，列y方向隔離方程，有：

mgcosθ- N = ma_1y     ③

對斜面，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 =  。

（學生活動）思考：如何求a₁的值？

解：a_1y已可以通過解上面的方程組求出；a_1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ= ma_1x ，得:a_1x = gsinθ 。最后據a₁ = 求a₁ 。

答：a₁ =  。

2、如圖21所示，與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以無摩擦地在棒上滑動，開始時與棒的A端相距b ，相對棒靜止。當棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運動，加速度為a（且a＞gtgθ）時，求滑套C從棒的A端滑出所經歷的時間。

解說：這是一個比較特殊的“連接體問題”，尋求運動學參量的關系似乎比動力學分析更加重要。動力學方面，只需要隔離滑套C就行了。

（學生活動）思考：為什么題意要求a＞gtgθ？（聯系本講第二節第1題之“思考題”）

定性繪出符合題意的運動過程圖，如圖22所示：S表示棒的位移，S₁表示滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標后，S_1x表示S₁在x方向上的分量。不難看出：

S_1x + b = S cosθ                   ①

設全程時間為t ，則有：

S = at²                          ②

S_1x = a_1xt²                        ③

而隔離滑套，受力圖如圖23所示，顯然：

mgsinθ= ma_1x                       ④

解①②③④式即可。

答案：t = 

另解：如果引進動力學在非慣性系中的修正式 Σ+ ^* = m （注：^*為慣性力），此題極簡單。過程如下——

以棒為參照，隔離滑套，分析受力，如圖24所示。

注意，滑套相對棒的加速度a_相是沿棒向上的，故動力學方程為：

F^*cosθ- mgsinθ= ma_相            （1）

其中F^* = ma                      （2）

而且，以棒為參照，滑套的相對位移S_相就是b ，即：

b = S_相 = a_相 t²                 （3）

解（1）（2）（3）式就可以了。

第二講 配套例題選講

教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》，知識出版社，2002年8月第一版。

例題選講針對“教材”第三章的部分例題和習題。