第二部份牛顿运动定理
第一讲牛顿三定理
一、牛顿第一定理
1、定律。惯性的量度
2、观念意义，突破“初态疑惑”
二、牛顿第二定理
1、定律
2、理解要点
a、矢量性
b、独立作用性：ΣF→a，ΣFx→ax…
c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速率和位移不可突变）；牛顿第二定理展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。
3、适用条件
a、宏观、低速
b、惯性系
对于非惯性系的定理修正——引入惯性力、参与受力剖析
三、牛顿第三定理
1、定律
2、理解要点
a、同性质（但不同物体）
b、等时效（同增同减）
c、无条件（与运动状态、空间选择无关）
第二讲牛顿定理的应用
一、牛顿第一、第二定理的应用
单独应用牛顿第一定理的数学问题比较少，通常是须要用其解决数学问题中的某一个环节。
应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才须要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。
1、如图1所示，在电机的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速率往右运动。现将一制件（大小不计）在皮带上端A点轻轻放下，则在随后的过程中（）
A、一段时间内，螺孔将在滑动磨擦力作用下，对地做加速运动
B、当型腔的速率等于v时，它与皮带之间的磨擦力变为静磨擦力
C、当型腔相对皮带静止时，它坐落皮带上A点两侧的某一点
D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态
解说：B选项须要用到牛顿第一定理，A、C、D选项用到牛顿第二定理。
较难突破的是A选项，在为何不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t→0，a→∞，则ΣFx→∞，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为何人跳上速率不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”）
据悉，本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定理不难得出
只有当L＞
时（其中μ为型腔与皮带之间的动磨擦诱因），才有相对静止的过程，否则没有。
答案：A、D
思索：令L=10m，v=2m/s，μ=0.2，g取10m/s2，试求型腔抵达皮带右端的时间t（过程略，答案为5.5s）
进阶练习：在里面“思考”题中，将型腔给与一水平往右的初速v0，其它条件不变，再求t（中学生分以下三组进行）——
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、质量均为m的两只钩码A和B，用轻弹簧和轻绳联接，之后挂在天花板上，如图2所示。试问：
①如果在P处割断细绳，在割断瞬时，B的加速度是多少？
②如果在Q处割断弹簧，在割断瞬时，B的加速度又是多少？
解说：第①问是常规处理。因为“弹簧不会立刻发生形变”，故割断顿时弹簧弹力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零（A的加速度则为2g）。
第②问须要我们反思这样一个问题：“弹簧不会立刻发生形变”的缘由是哪些？是A、B两物的惯性，且速率v和位移s不能突变。但在Q点割断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵照理想模型的条件，弹簧应在刹那间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。
答案：0；g。
二、牛顿第二定理的应用
应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定理的“矢量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性”解题。
在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。
1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下降，试求其加速度。
解说：受力剖析→根据“矢量性”定合力方向→牛顿第二定理应用
答案：gsinθ。
思索：假如斜面解除固定，上表仍光滑，夹角仍为θ，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtgθ。）
进阶练习1：在一往右运动的车箱中，用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态，试求车箱的加速度。（和“思考”题同理，答：gtgθ。）
进阶练习2、如图4所示，货车在夹角为α的斜面上匀加速运动，车箱顶用细绳悬挂一小球，发觉悬绳与竖直方向产生一个稳定的倾角β。试求货车的加速度。
解：继续贯彻“矢量性”的应用，但物理处理复杂了一些（余弦定律解三角形）。
剖析小球受力后牛顿第一定律是什么时候学的，按照“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形，并找到相应的倾角。设张力T与斜面方向的倾角为θ，则
θ=（90°+α）-β=90°-（β-α）（1）
对红色三角形用余弦定律，有
（2）
解（1）（2）两式得：ΣF=
最后运用牛顿第二定理即可求小球加速度（即面包车加速度）
答：
。
2、如图6所示，光滑斜面夹角为θ，在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当斜面加速度为a时（a＜ctgθ），小球才能保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T。
解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定理的“独立作用性”列多项式。
正交坐标的选择，视解题便捷程度而定。
解法一：先介绍通常的思路。沿加速度a方向建x轴，与a垂直的方向上建y轴，如图7所示（N为斜面支持力）。于是可得两多项式
ΣFx=ma，即Tx－Nx=ma
ΣFy=0，即Ty+Ny=mg
代入方位角θ，以上两式成为
Tcosθ－Nsinθ=ma（1）
Tsinθ+Ncosθ=mg（2）
这是一个关于T和N的多项式组，解（1）（2）两式得：T=mgsinθ+macosθ
解法二：下边尝试一下能够独立地解张力T。将正交分解的座标选择为：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一个座标轴上，是须要分解的。矢量分解后，如图8所示。
按照独立作用性原理，ΣFx=max
即：T－Gx=max
即：T－mgsinθ=macosθ
其实，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。
答案：mgsinθ+macosθ
思索：当a＞ctgθ时，张力T的结果会变化吗？（从支持力的结果N=mgcosθ－masinθ看小球脱离斜面的条件，求脱离斜面后，θ条件已没有意义。答：T=m
。）
中学生活动：用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”
进阶练习：如图9所示，手动电梯与地面的倾角为30°，但电梯的台阶是水平的。当电梯以a=4m/s2的加速度向下运动时，站在电梯上质量为60kg的人相对电梯静止。重力加速度g=10m/s2，试求电梯对人的静磨擦力f。
解：这是一个展示独立作用性原理的精典例题，建议中学生选择两种座标（一种是沿a方向和垂直a方向，另一种是水平和竖直方向），对比解题过程，从而充分领会用牛顿第二定理解题的灵活性。
答：208N。
3、如图10所示，甲图系着小球的是两根轻绳，乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳，方位角θ已知。现将它们的水平绳割断，试求：在割断顿时，两种情形下小球的瞬时加速度。
解说：第一步，阐述绳子弹力和弹簧弹力的区别。
（中学生活动）思索：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向上的力拉住小球静止，之后同时释放，会有哪些现象？缘由是哪些？
推论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。
第二步，在本例中，突破“绳子的拉力怎样瞬时调节”这一难点（从正式开始的运动来反推）。
知识点，牛顿第二定理的瞬时性。
答案：a甲=gsinθ；a乙=gtgθ。
应用：如图11所示，吊篮P挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断顿时，P、Q的加速度分别是多少？
解：略。
答：2g；0。
三、牛顿第二、第三定理的应用
要点：在动力学问题中，假如遇见几个研究对象时，都会面临怎样处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定理。
在技巧的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。后者是根本，前者有局限，也有难度，但往往使解题过程简化，使过程的数学意义愈发明确。
对N个对象，有N个隔离多项式和一个（可能的）整体多项式，这（N+1）个多项式中必有一个是通解多项式，怎么抉择，视解题便捷程度而定。
补充：当多个对象不具有共同的加速度时，通常来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体多项式”，可以不受这个局限（可以介绍推论过程）——
Σ
=m1
+m2
+m3
+…+mn
其中Σ
只能是系统外力的矢量和，方程左边也是矢量相乘。
1、如图12所示，光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用，则棒中各部位的张力T随图中x的关系如何？
解说：截取隔离对象，列整体多项式和隔离多项式（隔离右段较好）。
答案：N=
x。
思索：假如水平面粗糙，推论又怎样？
解：分两种情况，（1）能带动；（2）不能带动。
第（1）情况的估算和原题基本相同，只是多了一个磨擦力的处理，推论的通分也麻烦一些。
第（2）情况可设棒的总质量为M，和水平面的磨擦诱因为μ，而F=μ
Mg，其中l＜L，则x＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的上端才有张力。
答：若棒仍能被带动，推论不变。
若棒不能被带动，且F=μ
Mg时（μ为棒与平面的磨擦诱因，l为大于L的某一值，M为棒的总质量），当x＜(L-l)，N≡0；当x＞(L-l)，N=
〔x-〈L-l〉〕。
应用：如图13所示，在夹角为θ的固定斜面上，叠放着两个长方体滑块，它们的质量分别为m1和m2，它们之间的磨擦诱因、和斜面的磨擦诱因分别为μ1和μ2，系统释放后才能一起加速下降，则它们之间的磨擦力大小为：
A、μθ；B、μθ；
C、μθ；D、μθ；
解：略。
答：B。（方向沿斜面向下。）
思索：（1）假如两滑块不是下降，而是以初速率v0一起上冲，以上推论会变吗？（2）假如斜面光滑，两滑块之间有没有磨擦力？（3）假如将下边的滑块换成如图14所示的袋子，里面的滑块换成小球，它们以初速率v0一起上冲，球应对袋子的哪两侧内壁有压力？
解：略。
答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。
2、如图15所示，三个物体质量分别为m1、m2和m3，带滑轮的物体放到光滑水平面上，滑轮和所有接触面的磨擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F应为多少？
解说：
此题对象其实有三个，但难度不大。隔离m2，竖直方向有一个平衡多项式；隔离m1，水平方向有一个动力学多项式；整体有一个动力学多项式。就足以解题了。
答案：F=
。
思索：若将质量为m3物体一侧挖成凹形，让m2可以自由摆动（而不与m3相撞），如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′，使两者无相对运动？假如没有，说明理由；假如有，求出这个F′的值。
解：此时，m2的隔离多项式将较为复杂。设绳子张力为T，m2的受力情况如图，隔离多项式为：
=m2a
隔离m1，仍有：T=m1a
解以上两式，可得：a=
最后用整体法解F即可。
答：当m1≤m2时，没有适应题意的F′；当m1＞m2时，适应题意的F′=
。
3、一根质量为M的木棍，下端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为m的猫，如图17所示。现将系木棍的绳子割断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高度不变，则棒的加速度将是多少？
解说：法一，隔离法。须要设出猫爪抓棒的力f，之后列猫的平衡多项式和棒的动力学多项式，解多项式组即可。
法二，“新整体法”。
据Σ
=m1
+m2
+m3
+…+mn
，猫和棒的系统外力只有二者的重力，竖直向上，而猫的加速度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、特殊的联接体
当系统中各个体的加速度不相等时，精典的整体法不可用。假如各个体的加速度不在一条直线上，“新整体法”也将有一定的困难（矢量求和不易）。此时，我们回到隔离法，且要愈发注意找各热阻之间的联系。
解题思想：抓某个方向上加速度关系。方式：“微元法”先看位移关系，再推加速度关系。、
1、如图18所示牛顿第一定律是什么时候学的，一质量为M、倾角为θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。
解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对二者列隔离多项式时，勿必在这个方向上进行突破。
（中学生活动）定型判定斜面的运动情况、滑块的运动情况。
位移矢量示意图如图19所示。按照运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。
（中学生活动）这两个加速度矢量有哪些关系？
沿斜面方向、垂直斜面方向建x、y座标，可得：
a1y=a2y①
且：a1y=a2sinθ②
隔离滑块和斜面，受力图如图20所示。
对滑块，列y方向隔离多项式，有：
mgcosθ-N=ma1y③
对斜面，仍沿合加速度a2方向列多项式，有：
Nsinθ=Ma2④
解①②③④式即可得a2。
答案：a2=
。
（中学生活动）思索：怎么求a1的值？
解：a1y已可以通过解里面的多项式组求出；a1x只要看滑块的受力图，列x方向的隔离多项式即可，即便有mgsinθ=ma1x，得:a1x=gsinθ。最后据a1=
求a1。
答：a1=
。
2、如图21所示，与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C，可以无磨擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b，相对棒静止。当棒保持夹角θ不变地沿水平面匀加速运动，加速度为a（且a＞gtgθ）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。
解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学热阻的关系虽然比动力学剖析更加重要。动力学方面，只须要隔离滑套C就行了。
（中学生活动）思索：为何题意要求a＞gtgθ？（联系本讲第二节第1题之“思考题”）
定性绘出符合题意的运动过程图，如图22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角座标后，S1x表示S1在x方向上的份量。不难看出：
S1x+b=Scosθ①
设全程时间为t，则有：
S=
at2②
S1x=
a1xt2③
而隔离滑套，受力图如图23所示，即便：
mgsinθ=ma1x④
解①②③④式即可。
答案：t=
另解：假如引进动力学在非惯性系中的修正式Σ
*=m
（注：
*为惯性力），此题极简单。过程如下——
以棒为参照，隔离滑套，剖析受力，如图24所示。
注意，滑套相对棒的加速度a相是沿棒向下的，故动力学多项式为：
F*cosθ-mgsinθ=ma相（1）
其中F*=ma（2）
但是，以棒为参照，滑套的相对位移S相就是b，即：
b=S相=
a相t2（3）
解（1）（2）（3）式就可以了。
第二讲配套例题选讲
教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克数学思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。
例题选讲针对“教材”第三章的部份例题和习题。
