第二部份牛頓運動定理
第一講牛頓三定理
一、牛頓第一定理
1、定律。慣性的量度
2、觀念意義，突破“初態疑惑”
二、牛頓第二定理
1、定律
2、理解要點
a、矢量性
b、獨立作用性：ΣF→a，ΣFx→ax…
c、瞬時性。合力可突變，故加速度可突變（與之對比：速率和位移不可突變）；牛頓第二定理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
對于非慣性系的定理修正——引入慣性力、參與受力剖析
三、牛頓第三定理
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）
第二講牛頓定理的應用
一、牛頓第一、第二定理的應用
單獨應用牛頓第一定理的數學問題比較少，通常是須要用其解決數學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須要合力。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，在電機的驅動下，皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速率往右運動。現將一制件（大小不計）在皮帶上端A點輕輕放下，則在隨后的過程中（）
A、一段時間內，螺孔將在滑動磨擦力作用下，對地做加速運動
B、當型腔的速率等于v時，它與皮帶之間的磨擦力變為靜磨擦力
C、當型腔相對皮帶靜止時，它坐落皮帶上A點兩側的某一點
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選項須要用到牛頓第一定理，A、C、D選項用到牛頓第二定理。
較難突破的是A選項，在為何不會“立即跟上皮帶”的問題上，建議使用反證法（t→0，a→∞，則ΣFx→∞，必然會出現“供不應求”的局面）和比較法（為何人跳上速率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”）
據悉，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理不難得出
只有當L＞
時（其中μ為型腔與皮帶之間的動磨擦誘因），才有相對靜止的過程，否則沒有。
答案：A、D
思索：令L=10m，v=2m/s，μ=0.2，g取10m/s2，試求型腔抵達皮帶右端的時間t（過程略，答案為5.5s）
進階練習：在里面“思考”題中，將型腔給與一水平往右的初速v0，其它條件不變，再求t（中學生分以下三組進行）——
①v0=1m/s(答：0.5+37/8=5.13s)
②v0=4m/s(答：1.0+3.5=4.5s)
③v0=1m/s(答：1.55s)
2、質量均為m的兩只鉤碼A和B，用輕彈簧和輕繩聯接，之后掛在天花板上，如圖2所示。試問：
①如果在P處割斷細繩，在割斷瞬時，B的加速度是多少？
②如果在Q處割斷彈簧，在割斷瞬時，B的加速度又是多少？
解說：第①問是常規處理。因為“彈簧不會立刻發生形變”，故割斷頓時彈簧彈力維持原值，所以此時B鉤碼的加速度為零（A的加速度則為2g）。
第②問須要我們反思這樣一個問題：“彈簧不會立刻發生形變”的緣由是哪些？是A、B兩物的慣性，且速率v和位移s不能突變。但在Q點割斷彈簧時，彈簧卻是沒有慣性的（沒有質量），遵照理想模型的條件，彈簧應在剎那間恢復原長！即彈簧彈力突變為零。
答案：0；g。
二、牛頓第二定理的應用
應用要點：受力較少時，直接應用牛頓第二定理的“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的斜面上下降，試求其加速度。
解說：受力剖析→根據“矢量性”定合力方向→牛頓第二定理應用
答案：gsinθ。
思索：假如斜面解除固定，上表仍光滑，夾角仍為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：在一往右運動的車箱中，用細繩懸掛的小球呈現如圖3所示的穩定狀態，試求車箱的加速度。（和“思考”題同理，答：gtgθ。）
進階練習2、如圖4所示，貨車在夾角為α的斜面上勻加速運動，車箱頂用細繩懸掛一小球，發覺懸繩與豎直方向產生一個穩定的傾角β。試求貨車的加速度。
解：繼續貫徹“矢量性”的應用，但物理處理復雜了一些（余弦定律解三角形）。
剖析小球受力后牛頓第一定律是什么時候學的，按照“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應的傾角。設張力T與斜面方向的傾角為θ，則
θ=（90°+α）-β=90°-（β-α）（1）
對紅色三角形用余弦定律，有
（2）
解（1）（2）兩式得：ΣF=
最后運用牛頓第二定理即可求小球加速度（即面包車加速度）
答：
。
2、如圖6所示，光滑斜面夾角為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），小球才能保持相對斜面靜止。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，在對應牛頓第二定理的“獨立作用性”列多項式。
正交坐標的選擇，視解題便捷程度而定。
解法一：先介紹通常的思路。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）。于是可得兩多項式
ΣFx=ma，即Tx－Nx=ma
ΣFy=0，即Ty+Ny=mg
代入方位角θ，以上兩式成為
Tcosθ－Nsinθ=ma（1）
Tsinθ+Ncosθ=mg（2）
這是一個關于T和N的多項式組，解（1）（2）兩式得：T=mgsinθ+macosθ
解法二：下邊嘗試一下能夠獨立地解張力T。將正交分解的座標選擇為：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不在任何一個座標軸上，是須要分解的。矢量分解后，如圖8所示。
按照獨立作用性原理，ΣFx=max
即：T－Gx=max
即：T－mgsinθ=macosθ
其實，獨立解T值是成功的。結果與解法一相同。
答案：mgsinθ+macosθ
思索：當a＞ctgθ時，張力T的結果會變化嗎？（從支持力的結果N=mgcosθ－masinθ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
。）
中學生活動：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，手動電梯與地面的傾角為30°，但電梯的臺階是水平的。當電梯以a=4m/s2的加速度向下運動時，站在電梯上質量為60kg的人相對電梯靜止。重力加速度g=10m/s2，試求電梯對人的靜磨擦力f。
解：這是一個展示獨立作用性原理的精典例題，建議中學生選擇兩種座標（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，從而充分領會用牛頓第二定理解題的靈活性。
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。現將它們的水平繩割斷，試求：在割斷頓時，兩種情形下小球的瞬時加速度。
解說：第一步，闡述繩子彈力和彈簧彈力的區別。
（中學生活動）思索：用豎直的繩和彈簧懸吊小球，并用豎直向上的力拉住小球靜止，之后同時釋放，會有哪些現象？緣由是哪些？
推論——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“繩子的拉力怎樣瞬時調節”這一難點（從正式開始的運動來反推）。
知識點，牛頓第二定理的瞬時性。
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頓時，P、Q的加速度分別是多少？
解：略。
答：2g；0。
三、牛頓第二、第三定理的應用
要點：在動力學問題中，假如遇見幾個研究對象時，都會面臨怎樣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理。
在技巧的選擇方面，則有“隔離法”和“整體法”。后者是根本，前者有局限，也有難度，但往往使解題過程簡化，使過程的數學意義愈發明確。
對N個對象，有N個隔離多項式和一個（可能的）整體多項式，這（N+1）個多項式中必有一個是通解多項式，怎么抉擇，視解題便捷程度而定。
補充：當多個對象不具有共同的加速度時，通常來講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體多項式”，可以不受這個局限（可以介紹推論過程）——
Σ
=m1
+m2
+m3
+…+mn
其中Σ
只能是系統外力的矢量和，方程左邊也是矢量相乘。
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的關系如何？
解說：截取隔離對象，列整體多項式和隔離多項式（隔離右段較好）。
答案：N=
x。
思索：假如水平面粗糙，推論又怎樣？
解：分兩種情況，（1）能帶動；（2）不能帶動。
第（1）情況的估算和原題基本相同，只是多了一個磨擦力的處理，推論的通分也麻煩一些。
第（2）情況可設棒的總質量為M，和水平面的磨擦誘因為μ，而F=μ
Mg，其中l＜L，則x＜(L-l)的右段沒有張力，x＞(L-l)的上端才有張力。
答：若棒仍能被帶動，推論不變。
若棒不能被帶動，且F=μ
Mg時（μ為棒與平面的磨擦誘因，l為大于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，在夾角為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，它們之間的磨擦誘因、和斜面的磨擦誘因分別為μ1和μ2，系統釋放后才能一起加速下降，則它們之間的磨擦力大小為：
A、μθ；B、μθ；
C、μθ；D、μθ；
解：略。
答：B。（方向沿斜面向下。）
思索：（1）假如兩滑塊不是下降，而是以初速率v0一起上沖，以上推論會變嗎？（2）假如斜面光滑，兩滑塊之間有沒有磨擦力？（3）假如將下邊的滑塊換成如圖14所示的袋子，里面的滑塊換成小球，它們以初速率v0一起上沖，球應對袋子的哪兩側內壁有壓力？
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，帶滑輪的物體放到光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的磨擦均不計，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：
此題對象其實有三個，但難度不大。隔離m2，豎直方向有一個平衡多項式；隔離m1，水平方向有一個動力學多項式；整體有一個動力學多項式。就足以解題了。
答案：F=
。
思索：若將質量為m3物體一側挖成凹形，讓m2可以自由擺動（而不與m3相撞），如圖16所示，其它條件不變。是否可以選擇一個恰當的F′，使兩者無相對運動？假如沒有，說明理由；假如有，求出這個F′的值。
解：此時，m2的隔離多項式將較為復雜。設繩子張力為T，m2的受力情況如圖，隔離多項式為：
=m2a
隔離m1，仍有：T=m1a
解以上兩式，可得：a=
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的木棍，下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。現將系木棍的繩子割斷，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。須要設出貓爪抓棒的力f，之后列貓的平衡多項式和棒的動力學多項式，解多項式組即可。
法二，“新整體法”。
據Σ
=m1
+m2
+m3
+…+mn
，貓和棒的系統外力只有二者的重力，豎直向上，而貓的加速度a1=0，所以：
（M+m）g=m·0+Ma1
解棒的加速度a1非常容易。
答案：
g。
四、特殊的聯接體
當系統中各個體的加速度不相等時，精典的整體法不可用。假如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，且要愈發注意找各熱阻之間的聯系。
解題思想：抓某個方向上加速度關系。方式：“微元法”先看位移關系，再推加速度關系。、
1、如圖18所示牛頓第一定律是什么時候學的，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。對二者列隔離多項式時，勿必在這個方向上進行突破。
（中學生活動）定型判定斜面的運動情況、滑塊的運動情況。
位移矢量示意圖如圖19所示。按照運動學規律，加速度矢量a1和a2也具有這樣的關系。
（中學生活動）這兩個加速度矢量有哪些關系？
沿斜面方向、垂直斜面方向建x、y座標，可得：
a1y=a2y①
且：a1y=a2sinθ②
隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。
對滑塊，列y方向隔離多項式，有：
mgcosθ-N=ma1y③
對斜面，仍沿合加速度a2方向列多項式，有：
Nsinθ=Ma2④
解①②③④式即可得a2。
答案：a2=
。
（中學生活動）思索：怎么求a1的值？
解：a1y已可以通過解里面的多項式組求出；a1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離多項式即可，即便有mgsinθ=ma1x，得:a1x=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，可以無磨擦地在棒上滑動，開始時與棒的A端相距b，相對棒靜止。當棒保持夾角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”，尋求運動學熱阻的關系雖然比動力學剖析更加重要。動力學方面，只須要隔離滑套C就行了。
（中學生活動）思索：為何題意要求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座標后，S1x表示S1在x方向上的份量。不難看出：
S1x+b=Scosθ①
設全程時間為t，則有：
S=
at2②
S1x=
a1xt2③
而隔離滑套，受力圖如圖23所示，即便：
mgsinθ=ma1x④
解①②③④式即可。
答案：t=
另解：假如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，剖析受力，如圖24所示。
注意，滑套相對棒的加速度a相是沿棒向下的，故動力學多項式為：
F*cosθ-mgsinθ=ma相（1）
其中F*=ma（2）
但是，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《奧林匹克數學思維訓練教材》，知識出版社，2002年8月第一版。
例題選講針對“教材”第三章的部份例題和習題。
