牛頓運(yùn)動(dòng)定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用典型例題

1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用典型例題【例1】一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對(duì)物體施加一向東的恒力F，歷時(shí)1s；隨即把此力改為向西，大小不變，歷時(shí)1s；接著又把此力改為向東，大小不變歷時(shí)1s；如此反復(fù)，只改變力的方向，共歷時(shí)1min，在此1min內(nèi) A物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置之東B物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置C物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末繼續(xù)向東運(yùn)動(dòng)D物體一直向東運(yùn)動(dòng)，從不向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置之東【分析】物體在第1s內(nèi)受恒力作用向東作勻加速運(yùn)動(dòng)在第2s內(nèi)，受力向西，加速度方向向西，但速度方向仍向東，物

2、體作向東的勻減速運(yùn)動(dòng)由于力的大小不變，前、后兩秒內(nèi)物體的加速度大小不變，僅方向相反，所以至第2s末，物體向東運(yùn)動(dòng)的速度恰減為零，且第2s內(nèi)的位移與第1s內(nèi)的位移相同以后，力的方向又改為向東、繼而向西如此往復(fù)，物體則相應(yīng)地向東作勻加速運(yùn)動(dòng)、繼而向東作勻減速運(yùn)動(dòng)，在1min內(nèi)物體一直向東運(yùn)動(dòng)，至1min末恰靜止【答】 D【說(shuō)明】 物體運(yùn)動(dòng)的加速度方向必與受力方向相同，但不一定與速度方向相同若以向東方向?yàn)樗俣鹊恼较?，物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖如圖所示，物體依次作著加速度大小相等、加速度方向相反的勻加速運(yùn)動(dòng)、勻減速運(yùn)動(dòng)，直到停止整個(gè)1min內(nèi)v0，表示物體一直向東運(yùn)動(dòng)【例2】汽車空載時(shí)的質(zhì)量是4×

3、103kg，它能運(yùn)載的最大質(zhì)量是3×103kg要使汽車在空載時(shí)加速前進(jìn)需要牽引力是2.5×104N，那么滿載時(shí)以同樣加速度前進(jìn)，需要的牽引力是多少？【分析】由空載時(shí)車的質(zhì)量和牽引力算出加速度，然后根據(jù)加速度和滿載時(shí)的總質(zhì)量，再由牛頓第二定律算出牽引力空載時(shí)，m1=4×103kg，F(xiàn)1=2.5×104N，由牛頓第二定律得加速度：滿載時(shí)，總質(zhì)量為m1+m2=7×103kg，同理由牛頓第二定律得牽引力：F2=（m1+m2）a=7×103×6.25N=4.375×104N【說(shuō)明】根據(jù)牛頓第二定律F = ma可知，當(dāng)加速度a

4、相同時(shí)，物體所受的合外力與其質(zhì)量成正比因此可以不必先算出加速度的大小，直接由比例關(guān)系求解即由直接得【例3】如圖1所示，一根質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻長(zhǎng)木料受水平拉力F作用后在粗糙水平面上加速向右運(yùn)動(dòng)在離拉力作用點(diǎn)x處作一斷面，在這一斷面處，左右兩部分木料之間的相互作用力為多少？【分析】 取整個(gè)木料和斷面左端（或右端）為研究對(duì)象，由于它們的加速度相同，可根據(jù)它們所受合外力與質(zhì)量成正比的關(guān)系得解【解】 設(shè)整個(gè)木料所受的摩擦力為f，斷面兩側(cè)的相互作用力為T，作用在斷面左端部分的摩擦力為整個(gè)木料和斷面左側(cè)水平方向的受力情況如圖2所示根據(jù)加速度相同時(shí)力與質(zhì)量的比例關(guān)系可知【說(shuō)明】本題由于利用了Fm的關(guān)系，可

5、以不必計(jì)算加速度，十分簡(jiǎn)捷由解得結(jié)果可知，截面位置取得離拉力處越遠(yuǎn)，截面兩側(cè)的相互作用力越小，當(dāng)x = L時(shí)，T=0，這是顯然的結(jié)果如果木料受到水平推力作用，情況怎樣？有興趣的同學(xué)可自行研究【例4】物體從某一高度自由落下，落在直立于地面的輕彈簧上，如圖1所示在A點(diǎn)物體開始與彈簧接觸到B點(diǎn)時(shí)，物體速度為零，然后被彈回，則以下說(shuō)法正確的是 A物體從A下降和到B的過(guò)程中，速率不斷變小B物體從B上升到A的過(guò)程中，速率不斷變大C物體從A下降到B，以及從B上升到A的速程中，速率都是先增大，后減小D物體在B點(diǎn)時(shí)，所受合力為零【分析】本題考察a與F合的對(duì)應(yīng)關(guān)系，彈簧這種特殊模型的變化特點(diǎn)，以及由物體的受力情況

6、判斷物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)對(duì)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程及狀態(tài)分析清楚，同時(shí)對(duì)物體正確的受力分析，是解決本題思路所在【解】找出AB之間的C位置，此時(shí)F合=0則（1）從AC由mgkx1，（2）在C位量mg = kxc，a=0，物體速度達(dá)最大（如圖2乙）（3）從CB，由于mgkx2，同理，當(dāng)物體從BA時(shí)，可以分析BC做加速度越來(lái)越小的變加速直線運(yùn)動(dòng)；從CA做加速度越來(lái)越大的減速直線運(yùn)動(dòng)【說(shuō)明】由物體的受力情況判斷物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，是牛頓第二定律應(yīng)用的重要部分，也是解綜合問(wèn)題的基礎(chǔ)彈簧這種能使物體受力連續(xù)變化的模型，在物理問(wèn)題（特別是定性判斷）中經(jīng)常應(yīng)用其應(yīng)用特點(diǎn)是：找好初末兩態(tài)，明確變化過(guò)程【例5】圖中A為電磁鐵，C為膠木

7、秤盤，A和C（包括支架）的總質(zhì)量為M，B為鐵片，質(zhì)量為m，整個(gè)裝置用輕繩懸掛于O點(diǎn)當(dāng)電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過(guò)程中，輕繩上拉力F的大小為 AF = MgBMgF（Mm）gCF=（M + m）gDF（M + m）g【分析】以鐵片為研究對(duì)象，它被吸引上升過(guò)程中受到電磁鐵對(duì)它的吸引力Q（變力）、重力mg在每一時(shí)刻Q- mg = ma，即Qmg根據(jù)牛頓第三定律，鐵片也對(duì)電磁鐵A（包括支架C）施加向下的吸引力，其大小Q=Q以A和C為研究對(duì)象，它受到細(xì)線向上拉力F、A和C的重力Mg、鐵片吸引力Q由力平衡條件知F = Mg + Q = Mg + Q，F(xiàn)（M + m）g【答】 D【說(shuō)明】必須注意，鐵片能吸

8、引上升是一個(gè)加速過(guò)程，因此，Qmg同時(shí)，不要疏忽鐵片對(duì)磁鐵的吸引力【例6】如圖1所示，一只質(zhì)量為m的貓抓住用繩吊在天花板上的一根質(zhì)量為M的垂直桿子當(dāng)懸繩突然斷裂時(shí)，小貓急速沿桿豎直向上爬，以保持它離地面的高度不變則桿下降的加速度為 【分析】 設(shè)貓急速上爬時(shí)對(duì)桿的作用力為f，方向向下，則桿對(duì)貓的作用力的大小也為f，方向向上，繩斷裂后，貓和桿的受力情況如圖2所示由于貓急速上爬，保持對(duì)地面的高度不變，意味著在這個(gè)過(guò)程中，貓對(duì)地?zé)o加速度，處于力平衡狀態(tài)，所以f = mg桿僅受兩個(gè)豎直向下的力作用，根據(jù)牛頓第二定律，得桿的加速度大小為其方向豎直向下答 C說(shuō)明 本題反映了牛頓第二定律的相對(duì)性，即加速度a必

9、須是地面而言的如果不理解這一點(diǎn)，本題就難以求解【例7】如圖1所示，一木塊從h=3.0m、長(zhǎng)L=5.0m的固定斜面的頂端，由靜止開始沿著斜面滑至底端如果木塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.30，求（1）木塊運(yùn)動(dòng)的加速度；（2）木塊從斜面頂端滑至底端所需的時(shí)間【分析】以木塊為研究對(duì)象，它在下滑過(guò)程中受到三個(gè)力作用：重力mg、斜面支持力N、斜面的滑動(dòng)摩擦力f（圖2）由于這三個(gè)力不在同一直線上，可采用正交分解法，然后根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間【解】（1）設(shè)斜面傾角為，由受力圖2可知：沿斜面方向由牛頓第二定律得mgsin- f = ma垂直斜面方向由力平衡條件得N- mgcos

10、=0又由摩擦力與正壓力的關(guān)系得f=N聯(lián)立上述三式可解得木塊下滑的加速度為a = g（sin-cos）式中a = g（sin-cos）=9.8（0.60-0.30×0.80）ms2=3.60ms2【說(shuō)明】 這是屬于已知力求運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，通過(guò)加速度建立了力和運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系題解中基本上遵循了牛頓第二定律應(yīng)用的步驟?！纠?】 兩重疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為的斜面上，如圖1所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為M、m，A與斜面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為1，B與A之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為2，已知兩滑塊都從靜止開始以相同的加速度從斜面滑下，滑塊B受到的摩擦力 A等于零B方向沿斜面向上C大小等于1mgcosD大小等于2

11、mgcos【分析】把A、B兩滑塊作為一個(gè)整體，設(shè)其下滑加速度為a由牛頓第二定律（M + m）gsin-1（M + m）gcos=（M + m）a，得a = g（sin-1cos）由于agsin，可見(jiàn)B隨A一起下滑過(guò)程中，必然受到A對(duì)它沿斜面向上的摩擦力，設(shè)力fB（圖2）由牛頓第二定律mgsin-fB = ma，得fB =mgsin-ma= mgsin-mg（sin-1cos）=1mgcos【答】 B、C【說(shuō)明】由于所求的摩擦力是未知力，如果不從加速度大小的比較先判定其方向，也可任意假設(shè)，若設(shè)B受到A對(duì)它的摩擦力沿斜面向下則牛頓第二定律的表達(dá)式為mgsin+fB = ma，得 fB = ma-

12、mgsin=mg（sin-1cos）-mgsin= -1mgcos式中負(fù)號(hào)表示所求摩擦力的方向與假設(shè)的方向相反，應(yīng)為沿斜面向上【例9】 一個(gè)質(zhì)量為m的物體放在水平地面上，設(shè)物體與地面間的摩擦系數(shù)為，對(duì)物體施以作用力F。問(wèn)：（1）若F是拉力，則F應(yīng)沿怎樣的方向拉，才能使物體獲得最大的加速度？（2）若F是推力，則為了不產(chǎn)生加速度，F(xiàn)應(yīng)朝什么方向推？【誤解】（1）當(dāng)F沿著水平方向拉，物體才有最大的加速度。（2）為了使物體不獲得加速度F的方向必須與水平地面垂直?！菊_解答】（1）如圖1所示，物體受重力mg、支持力N、摩擦力f和拉力F作用。設(shè)F與豎直方向成角，與水平方向成角。在y軸方向有N=mg-Fco

13、s則f=（mg-Fcos）在x軸方向上的物體的加速度為令 =tg，則在F是拉力情況下，當(dāng)90°-=時(shí)，也就是作用力F的方向與地面的夾角恰為=arctg時(shí)，物體能獲得最大的加速度。很明顯，若=0，則=0°，也就是=90°時(shí)，物體能獲得最大的加速度。（2）如圖所示，若F是推力，設(shè)推力與豎直方向的夾角為，與水平地面的夾角為，則f=（mg + Fcos）在x軸方向上物體的加速度為推力使物體在x方向上獲得加速度，即a0，所以Fsin-（mg + Fcos）0即 F（sin-cos）-mg0當(dāng)角使F（sin-cos）-mg0時(shí)，即 sin-cossin-cos0來(lái)求解角的范圍

14、。令 = tg則有sin-tgcos0即sin（-）0，在、均為銳角時(shí)得=arctg當(dāng)用力推物體時(shí)，施力的方向與豎直方向的夾角小于，不論F多大都不能使物體獲得加速度。【錯(cuò)因分析與解題指導(dǎo)】誤解的主要錯(cuò)因是沒(méi)有注意摩擦力的影響，由于外力F的方向不同，會(huì)使摩擦力的大小發(fā)生變化。無(wú)論是滑動(dòng)摩擦力還是最大靜摩擦力，都和物體與地面間的正壓力有關(guān)。當(dāng)外力F以與地面成不同的角度來(lái)推、拉物體時(shí)，正壓力就有不同的值，所以物體所受的合力就有不同的值。只有在正確分析物體的受力情況后，對(duì)問(wèn)題才能作出正確的解答。【例10】 質(zhì)量為m=2kg的木塊原來(lái)靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)在第1，3，5奇數(shù)秒內(nèi)給物體施加方向向右、大小

15、為F1=6N的水平推力，在第2，4，6偶數(shù)秒內(nèi)，給物體施加方向仍向右、大小為F2=2N的水平推力，已知物體與地面間的摩擦因數(shù)=0.1取g=10ms2，問(wèn)：（1）木塊在奇數(shù)秒和偶數(shù)秒內(nèi)各做什么運(yùn)動(dòng)？（2）經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，木塊位移的大小等于40.25m？【分析】以木塊為研究對(duì)象，它在豎直方向處于力平衡狀態(tài)，水平方向僅受推力F1（或F2）和摩擦力f的作用由牛頓第二定律可判斷出木塊在奇數(shù)秒和偶數(shù)秒的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間【解】（1）木塊在奇數(shù)秒內(nèi)的加速度為木塊在偶數(shù)秒內(nèi)的加速度為所以，木塊在奇數(shù)秒內(nèi)做a = a1=2ms2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)（2）在第1s內(nèi)木塊向右

16、的位移為至第1s末木塊的速度v1=at=2×1m/s=2m/s在第2s內(nèi)，木塊以第1s末的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，在第2s內(nèi)木塊的位移為s2=v1t=2×1m=2m至第2s末木塊的速度v2=v1=2m/s在第3s內(nèi)，木塊向右做初速等于2m/s的勻加速運(yùn)動(dòng)，在第3s內(nèi)的位移為至第3s末木塊的速度v3=v2+at=2m/s+2×1m/s=4m/s在第4s內(nèi)，木塊以第3s末的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，在第4s內(nèi)木塊的位移為S4=v3t=4×1m=4m至第4s末木塊的速度v4=v34m/s由此可見(jiàn)，從第1s起，連續(xù)各秒內(nèi)木塊的位移是從1開始的一個(gè)自然數(shù)列因此，在ns內(nèi)的總

17、位移為當(dāng)sn=40.25m時(shí)，n的值為8n9取n=8，則8s內(nèi)木塊的位移共為至第8s末，木塊的速度為v8=8m/s設(shè)第8s后，木塊還需向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tx，對(duì)應(yīng)的位移為sx=40.25m-36m=4.25m，由得合理解tx=0.5s所以，木塊的位移大小等于40.25m時(shí)需運(yùn)動(dòng)時(shí)間T=8s+0.5s=8.5s【說(shuō)明】木塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖如下圖所示因?yàn)関-t圖線與t軸間的面積表示對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，所以每秒內(nèi)位移成一等差數(shù)列，其公差等于劃有斜線的小三角形面積，即s=s1=1m例11如圖1所示，一細(xì)線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球當(dāng)滑塊以a=

18、2g的加速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力T等于多少？【分析】當(dāng)小球貼著滑塊一起向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受到三個(gè)力作用：重力mg、線中拉力T、滑塊A的支持力N，如圖2所示小球在這三個(gè)力作用下產(chǎn)生向左的加速度當(dāng)滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度增大到一定值時(shí)，小球可能拋起，滑塊的支持力變?yōu)榱?，小球僅受重力和拉力兩個(gè)力作用由于題設(shè)加速度a=2g時(shí)，小球的受力情況未確定，因此可先找出使N=0時(shí)的臨界加速度，然后將它與題設(shè)加速度a=2g相比較，確定受力情況后即可根據(jù)牛頓第二定律列式求解【解】根據(jù)小球貼著滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況，可列出水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為Tcos45°-Nsin45°=ma，（1）Tsi

19、n45°+Ncos45°=mg（2）聯(lián)立兩式，得N=mgcos45°-masin45°當(dāng)小球?qū)瑝K的壓力等于零，即應(yīng)使N=0，滑塊的加速度至少應(yīng)為可見(jiàn)，當(dāng)滑塊以a=2g加速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球已脫離斜面飄起此時(shí)小球僅受兩個(gè)力作用：重力mg、線中拉力T，（圖3）設(shè)線與豎直方向間夾角為同理由牛頓第二定律得Tsin=ma，Tcos=mg聯(lián)立兩式得【說(shuō)明】 如果沒(méi)有對(duì)臨界狀態(tài)作出分析，直接由（1）、（2）兩式聯(lián)立得線中拉力這就錯(cuò)了！【例12】如圖1質(zhì)量為M的斜面體放在有摩擦的地面上，質(zhì)量為m1的物體A與質(zhì)量為m2的物體B之間有摩擦，但物體B與斜面間的摩擦不計(jì)，物體B

20、的上表面水平AB在加速下滑的過(guò)程中相對(duì)靜止，斜面的傾角為，求：物體B對(duì)物體A的摩擦力和彈力地面對(duì)斜面體的摩擦力和彈力【分析】 本題考察整體和隔離法研究動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，恰當(dāng)?shù)倪x取研究對(duì)象并正確受力分析是解題關(guān)鍵【解】（1）取A和B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，受力如圖2（a），沿斜面方向（m1+m2）gsin=（m1+m2）a a=gsin（1）再以A研究受力如圖2（b）則x方向m1gsin+f1cos-N1sin=m1a （2）y方向N1cos+f1sin=m1gcos （3）由式（1）（2）（3）得f1=m1gcos·sin 方向：水平向左N1=m1gcos2方向：豎直向上（2）對(duì)物體B受力分

21、析如圖2（c）沿y方向N2=m2gcos+N1cos+f1sin（4）由牛頓第三定律知N1=N1 （5）f1= f1 （6）N2=（m1+m2）gcos對(duì)斜面體C分析受力如圖2（d），則沿x方向：N2sin-f2=0 （7）沿y方向：N-Mg-N2cos=0（8）有牛頓第三定律知N=N2（9）由式（7）（8）（9）得f2=（m1+m2）gcossin 方向水平向左N = Mg +（m1+m2）g·cos2 方向豎直向上【說(shuō)明】 本題研究對(duì)象很多，在分析各力時(shí)，力要清晰，且標(biāo)好各自符號(hào)。題目考察綜合分析能力在運(yùn)用牛頓第二定律解決問(wèn)題的應(yīng)用中，我們應(yīng)當(dāng)具備把一個(gè)復(fù)雜問(wèn)題分解成若干簡(jiǎn)單問(wèn)題

22、的能力，找準(zhǔn)它們之間的聯(lián)系，這既是一種解題方法，也是解復(fù)雜題目的關(guān)鍵所在【例13】 如圖1所示的三個(gè)物體質(zhì)量分別為m1和m2和m3，帶有滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦以及繩子的質(zhì)量均不計(jì)，為使三個(gè)物體無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)水平推力F等于多少？【分析】由于三個(gè)物體無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，因此可看作一個(gè)整體，列出整體的牛頓第二定律方程然后再隔離m1、m2，分別列出它們的運(yùn)動(dòng)方程【解】 由整體在水平方向的受力列出牛頓第二定律方程為F=（m1+m2+m3）a（1）分別以m1、m2為研究對(duì)象作受力分析（圖2）設(shè)繩張力為T 對(duì)m1，在水平方向據(jù)牛頓第二定律得T=m1a（2）對(duì)m2，在豎直方向由力平衡條件得T-

23、m2g=0 （3）聯(lián)立式（1）、（2）、（3），得水平推力【說(shuō)明】也可以全部用隔離法求解設(shè)連接m1與m2的繩中張力為T，m2與m3之間相互作用力為N，滑輪兩側(cè)繩子張力形成對(duì)m3的合力為F，畫出各個(gè)物體的隔離體受力圖如圖3所示（m1、m3豎直方向的力省略）對(duì)于m1，由受力分析知T=m1a （4）對(duì)于m2，由水平方向與豎直方向的受力情況，分別可得N=m2a，（5）T-m2g=0 （6）對(duì)于m3，設(shè)滑輪兩側(cè)繩中張力的合力為F，其水平分力化都表示物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)已發(fā)生了改變（向左）等于T，因此F-N-T=m3a （7）由（4）、（5）、（6）三式得把它們代入式（7）得水平推力顯然，全部用隔離法求解時(shí)，不僅

24、未知數(shù)和方程數(shù)多，還可能因疏漏滑輪兩側(cè)繩子拉力對(duì)m3的影響而造成錯(cuò)誤所以應(yīng)注意靈活地有分有合，交替使用隔離法和整體法【例14】 在升降機(jī)地面上固定著一個(gè)傾角=30°的光滑斜面，用一條平行于斜面的細(xì)繩拴住一個(gè)質(zhì)量m=2kg的小球（圖1）當(dāng)升降機(jī)以加速度a=2ms2豎直向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子對(duì)球的拉力和小球?qū)π泵娴膲毫Ψ謩e為多少？（取g=10ms2）【分析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，它隨升降機(jī)向上加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到三個(gè)力作用：重力mg、繩子拉力T、斜面支持力N由于這三個(gè)力不在一直線上，可采用正交分解法，然后列出牛頓第二定律方程，即可求解【解】 根據(jù)小球的受力情況（圖2），把各個(gè)力分解到豎直、水平

25、兩方向在豎直方向上（取向上為正方向），根據(jù)牛頓第二定律得Tsin + Ncos- mg = ma （1）在水平方向上（取向右為正方向），根據(jù)力平衡條件得Tcos-Nsin=0 （2）將（1）式乘以sin，（2）式乘以cos，兩式相加得繩子對(duì)球的拉力為將（1）式乘以cos，（2）式乘以sin，兩式相減得斜面對(duì)球的支持力為根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫=-N=-20.8N，式中“-”號(hào)表示N與N方向相反，即垂直斜面向下【說(shuō)明】 本題是已知運(yùn)動(dòng)求力，解題基本步驟與例2相同需注意題中求出的N是斜面對(duì)球的支持力，還必須用牛頓第三定律，得出球?qū)π泵娴膲毫Α纠?5】如圖所示，在一個(gè)盛水的容器中漂浮一個(gè)物

26、體，這時(shí)水面到達(dá)物體的某一位置。如將這個(gè)容器放在升降機(jī)中，在升降機(jī)以加速度a由靜止開始向上勻加速直線上升的過(guò)程中，物體浸入水中的深淺如何變化？【誤解】 設(shè)漂浮物體的密度為，體積為V，浸入水中的體積為V，水的密度為水。當(dāng)容器靜止時(shí)gV=水gV當(dāng)容器以加速度a向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)F浮- mg = ma F浮=m（g+a）=V（g+a）設(shè)此時(shí)排開水的體積為V，則有水Vg=V（g+a）物體浸入深度將大些?！菊_解答】當(dāng)容器處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)當(dāng)容器以加速度a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有F浮-mg = ma即水（g + a）V-gV =aVV=V物體浸入深度不變?！惧e(cuò)因分析與解題指導(dǎo)】當(dāng)容器以加速度a豎直向上做勻加速運(yùn)

27、動(dòng)時(shí)，容器中的漂浮物和水同樣處于“超重”狀態(tài)，因此，水對(duì)漂浮物的浮力應(yīng)變成水（g + a）V而不是水gV，這也就是誤解的根源之所在。我們不妨再來(lái)考慮一種特殊情況：即當(dāng)盛水容器放在自由下落的升降機(jī)上，物體浸入水中的深淺又如何變化呢？全決定于自由下落前物體浸入水中的情況。由于下落前物體已靜浮液在結(jié)論。例16一個(gè)質(zhì)量m為3.0kg的物塊，靜置在水平面上，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.20，現(xiàn)在給物塊施加一個(gè)大小為15N，方向向右的水平推力F，并持續(xù)作用6s，在6s末撤去F1，在撤去F1的同時(shí)給物塊施加一個(gè)大小為12N，方向向左的水平推力F2，持續(xù)作用一段時(shí)間后又將它撤去，并立即給物塊施加一個(gè)大小仍為12N、方向向右持續(xù)作用的水平推力F3，已知物塊由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷14s速度達(dá)到18m/s，方向向右，g取10m/s2，求物塊在14s內(nèi)發(fā)生的位移。分析本題是物塊多次受不同恒力而運(yùn)動(dòng)的題目，顯然研究對(duì)象是物塊。物塊的運(yùn)動(dòng)情況可分為三個(gè)階段：第一段：v10=0物體向右做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)6s第二段：v20=a1t1=3.0×6m/s=18m/s物體將向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于t2末知，t2秒末物體可能有向右速度，可能速度為零