1、課題：牛頓第二定律應用(一）目的：1、掌握應用牛頓定律分析力和運動關系問題的基本方法。2、培養學生分析解決問題的能力。重點：受力分析、運動和力關系的分析。難點:受力分析、運動和力關系的分析。方法：啟發思考總結歸納、講練結合.過程：一、知識點析:1 牛頓第二定律是在實驗基礎上總結出的定量揭示了物體的加速度與力和質量的關系。數學表達式：F=ma或 FxMax Fy=may理解該定律在注意：（1）。瞬時對應關系；（2)矢量關系；（3）。2 力、加速度、速度的關系：（1） 加速度與力的關系遵循牛頓第二定律。（2） 加速度一與速度的關系:速度是描述物體運動的一個狀態量，它與物體運動的加速度沒有直接聯系,

2、但速度變化量的大小加速度有關，速度變化量與加速度（力)方向一致。（3） 力與加速度是瞬時對應關系，而力與物體的速度，及速度的變化均無直接關系。v=at,v=v0+at，速度的變化需要時間的積累，速度的大小還需考慮初始情況。二、例題分析:例1.一位工人沿水平方向推一質量為45mg的運料車，所用的推力為90N，此時運料車的加速度是1。8m/s2,當這位工人不再推車時,車的加速度.【例2】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3-2所示，在A點物體開始與彈簧接觸,到B點時，物體速度為零，然后被彈回，則以下說法正確的是：A、物體從A下降和到B的過程中，速率不斷變小B、物體從B上升到A的

3、過程中，速率不斷變大C、物體從A下降B，以及從B上升到A的過程中，速率都是先增大，后減小D、物體在B點時，所受合力為零【解析】本題主要研究a與F合的對應關系，彈簧這種特殊模型的變化特點，以及由物體的受力情況判斷物體的運動性質.對物體運動過程及狀態分析清楚，同時對物體正確的受力分析，是解決本題的關鍵，找出AB之間的C位置,此時F合=0，由AC的過程中,由mg>kx1，得a=g-kx1/m,物體做a減小的變加速直線運動。在C位置mg=kxc，a=0，物體速度達最大。由CB的過程中，由于mg<kx2,a=kx2/mg，物體做a增加的減速直線運動。同理，當物體從BA時，可以分析BC做加速度

4、度越來越小的變加速直線運動；從CA做加速度越來越大的減速直線運動.C正確。【評析】由物體的受力情況判斷物體的運動性質,是牛頓第二定律應用的重要部分。彈簧是使物體受力連續變化的模型，在物理問題（特別是定性判斷）中經常應用。其應用特點是：找好初末兩態,明確變化過程。【例3】以初速度V0豎直上拋一個質量為m的物體，設物體在運動過程中所受空氣阻力大小不變,物體經過時間t到達最高點。求：（1）物體由最高落回原地所用時間t1。（2）物體落回原地時的速度v1的大小。【解析】物體的運動分為上升階段和下降階段，再分析物體的受力情況和運動情況。上升階段物體受重力mg和空氣阻力f，方向都向下，其中f大小未知，通過已

5、知物體的運動情況，求出加速度a，再求解空氣阻力f。下降階段物體受重力mg,方向向下,空氣阻力f方向向上，空氣阻力f上面已求出，由物體受力情況求出物體下降階段的加速度a1，且初速度v01=0.再根據上升階段,求出上升最大高度h,那么落地時間t1及速度v1均可求出。上升階段，由牛頓第二定律得： mg+f=ma.(1)最高點速度為零，由勻變速直線運動公式,得：v1=v0at.（2）設最大高度為h，v12=v02-2ah。.(3）解式（1)（2)（3）可得f=mv0/tmg,h=vot/2下降階段，物體加速度a1，方向向下，由牛頓第二定律得到：mg-f=ma1。.（4)阻力f代入（4）式下降階段是初速

6、為零的均加速直線運動。代入h的數值。【例4】質量為m=2kg的木塊原來靜止在粗糙水平地面上，現在第1、3、5.。奇數秒內給物體施加方向向右，大小為F1=6N的水平推力,在第2、4、6。偶數秒內,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=0。1，取g=10m/s2，問:（1）木塊在奇數秒和偶數秒內各做什么運動？(2)經過多長時間，木塊位移的大小等于40.25m？【解析】以木塊為研究對象，它在豎直方向處于力平衡狀態,水平方面受到推力F1（或F2）和摩擦力f的作用，根據牛頓第二定律可判斷出木塊在奇數秒和偶數秒的運動情況，結合運動學公式,即可求出運動時間.（1）木塊

7、在奇數秒內的加速度為木塊在偶數秒內的加速度為所以，木塊在奇數秒內做a1=2m/s2的勻加速直線運動，在偶數秒內作勻速直線運動.（2）在第1s內木塊向右的位移為至第1s末木塊的速度在第2s內，木塊以第1S末的速度向右作勻速運動,在第2S內木塊的位移為S2=V1t=2×1m=2m至第2S末木塊的速度V2=V1=2m/s在第3S內，木塊向右做初速等于2m/s的勻加速運動,在第3S內的位移為至第3S末木塊的速度在第4S內，木塊以第3S末的速度向右做勻速運動，在第4S內木塊的位移為至第4S末木塊速度V4=V3=4m/s 由些可見，從第1S起，連續各秒內木塊的位移是從1開始的一個自然數列，因此，

8、在ns的總位移為當Sn=40。25m時，n的值為8<n<9,取n=8,則8S內木塊的位移共為至第8S末，木塊的速度為V8=8m/s設第8s后，木塊還需向右運動的時間為tx，對應的位移為Sx=(40.25-36）m=4.25m，由 即得合理解tx=0.5s所以,木塊的位移大小等于40.25時需運動時間t=8S+0。5S=8。5S。鞏固練習：1、下列說法正確的是A、運動得越快的汽車越不容易停下來，是因為汽車運動得越快，慣性就越大B、小球由于受重力的作用而自由下落時它的慣性就不存在了C、一個小球被豎直上拋,當拋出后,能繼續上升,是因為小球受到一個向上的推力D、物體的慣性僅與本身的質量有關

9、，質量大的慣性大，質量小的慣性小2、在粗糙的水平面上，一個質量為 m的物體在水平恒力F作用下，由靜止開始運動，經過時間t后速度達到V,若要使靜止物體的速度達到2V，可以采用A、將物體的質量減速為原來的1/2，其它條件不變B、將水平恒力F增到2F,其他條件不變C、將水平恒力作用的時間增加到2 t，其它條件不變D、同時將水平恒力F和時間增加1倍3、如圖33所示,A為電磁鐵,C為膠木秤盤,A和C（包括支加)的總質量為M,B為鐵片,質量為m整個裝置用輕繩懸掛于O點,當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩上拉力F的大小為A、F>（M+m ）g B、F=mmg C、F=(M+m)g D、mgF（

10、M+m）g4、如圖3-4所示,底板光滑的小車上用兩個量程為20N，完全相同的彈簧秤甲和乙系住一個質量為1kg的物塊,在水平地面上，當小車作勻速直線運動時,兩彈簧秤的示數為10N，當小車作勻加速直線運動時，彈簧秤甲的示數變為8N，這時小車運動的加速大小是A、2m/s2 B、4m/s2 C、6m/s2 D、8m/s25、如圖3-5所示，質量為m的小球被三根互成120度的角輕橡皮筋a 、b 、c 的拉力之比為3：3：1,現將豎直方向的橡皮筋以箭斷，則箭斷C的瞬間，小球的加速度為（5m/s2）。方向（豎直向上） 6、在質量為300g的彈簧秤下吊一質量為500g的物體，若用10N的接力豎直向上提彈簧秤，

11、使它們一起向上作變速運動，此時，彈簧秤的讀數是（6. 25N)7 、如圖36所示,一物體放在一傾角為的斜面上,向下輕輕一推,它剛好能勻速下滑,或給此物體一個沿斜面向上的初速度V0,則它能上滑的最大路程是。8、如圖3-7所示，質量m=1kg的球穿在斜桿上，斜桿與水平方向成=30°度角，球與桿之間的動摩擦因數=，球受豎直向上的拉力F=20N，則球的加速度大小為（2。5）m/s2(g=10m/s2） 作業布置：1、如圖38所示,一個放置在水平地面上的木塊，其質量為m=2kg，受到一個斜向下的,與水平方面成30°度角的推力F=10N的作用，使木塊從靜止開始運動，5s后撤去F，若木塊

12、與地面間的動摩擦因數=0.1，則木塊在地面上運動的總位移（150) 2、如圖39所示,質量m=5kg的物體，置于傾角=30°度的固定斜面上，物體在水平推力F=50N的作用下沿斜面向上運動，物體與斜面間的動摩擦因數=0。1，求物體運動的加速度。拓展練習：1、 跳傘員從跳傘塔上跳下，當降落傘全部打開時，傘所受的空氣阻力大小跟傘下落的平方成正比，滿足f=kv2,已知比例系數K=20N·s2/m2，跳傘員與傘的總質量為72kg，設跳傘塔足夠高,且人跳離塔后打開傘，試討論下問題：（g取10m/s2)（1） 跳傘員在空中做什么運動，試作出描述;（2） 當跳傘員的速度為4m/s時,他與傘

13、所受到的阻力為多大，此時他下降的加速度多大？（3） 跳傘員最后的下落速度多大?（4） 若跳傘塔高為H=200m，則當跳傘員從跳離塔至到達地面的過程中,共損失了多少機械能？2、 某青年的質量是某少年的質量兩倍，該青年能施的最大拉力為少年能施最大拉力的兩倍,設想該青年和少年在太空中拔河，他們最初靜止地呆在空中，然后分別抓繩子的兩端盡力地對拉,那么，對拉時青年和少年的加速度大小之比是：A、2：1 B、1：1 C、1：2 D、1：4 課題：牛頓運動定律的應用（三）目的:進一步認識牛頓第二定律的使用要點，熟練牛頓運動定律的應用.重點：受力分析及運動的分析。難點：受力分析及運動的分析。方法:啟發思維、講練

14、結合過程：一、動力學的兩類基本問題1、已知物體的受力情況，要求確定物體的運動情況。已知物體受到全部的作用力，應用牛頓第二定律求出加速度，如果再已知各物體的初始條件，應用運動學公式就可以求出物體的運動情況-任意時刻的位置和速度，以及運動的軌跡。2、已知物體的運動情況,要求通過分析求出物體所受的未知力。已知物體的運動情況，應用運動學公式求出物體的加速度，再應用牛頓運動定律推斷或求出物體的受到的合外力，從而求出未各力。二、應用牛頓運動定律解題的一般步驟1、認真分析題意，明確已知條件和所求量2、選取研究對象，所選取的研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統，同一題，根據題意和解題需要也可先后

15、選取不同的研究對象。3、分析研究對象的受力情況和運動情況4、當研究對對象所受的外力不在一條直線上時；如果物體只受兩個力，可以用平行四力形定則求其合力；如果物體受力較多,一般把它們正交分解到兩個方向上，分別求合力；如果物體做直線運動，一般把各個力分解到沿運動方向和垂直運動方向上.5、根據牛頓第二定律和運動學公式列方程,物體所受外力，加速度、速度等都可以根據規定的正方向按正、負值代公式,按代數和進行運算.6、求解方程，檢驗結果,必要時對結果進行討論.解決動力學問題,首先要確定研究對象，把研究對象的受力情況和運動情況弄清楚，而不應急于找公式進行計算,先作必要的定性分析和半定量分析，如分析物體受幾個力

16、，哪個力大和哪個力小，物體做什么運動，運動速度是增大還是減小等，弄清所給問題的物理情景，然后再手定量計算。【例題解析】 例1如圖310所示，在原來靜止的木箱內，放有A物體,A被一伸長的彈簧拉住且恰好靜止，現突然發現A被彈簧拉動，則木箱的運動情況可能是A、加速下降 B、減速上升肥 C、勻速向右運動 D、加速向左運動【解析】木箱未運動前，A物體處于受力平衡狀態,受力情況為：重力mg，箱底的支持力N,彈簧拉力F和最大的靜摩擦力fm（向左)由平衡條件知：N=mg F=fm。由于發現A彈簧向右拉動(已知），可能有兩種原因，一種是由A向右被拉動推知，F>fm，（新情況下的最大靜摩擦力)，可見fmfm

17、即是最大靜摩擦力減小了,由fm=N知正壓力N減小了，即發生了失重現象，故物體運動的加速度必然豎直向下，所以木箱的運動情況可能是加速下降或減速上升，故A、B正確。另一種原因是木箱向左加速運動,由于慣性原因,木塊必然向中滑動，故D正確.綜合上述，正確答案應為A、B、D。【例2】如圖311所示,一細線的一端固定于傾角為45°度的光滑楔形滑塊A的頂端p處，細線的另一端栓一質量為m的小球，當滑塊以2g的加速度向左運動時,線中拉力T等于多少?【解析】當小球貼著滑塊一起向左運動時，小球受到三個力作用:重力mg、線中拉力T，滑塊A的支持力N，如圖3-12所示，小球在這三個力作用下產生向左的加速度，當

18、滑塊向左運動的加速度增大到一定值時，小球可能離開斜面，滑塊的支持力變為零，小球僅受重力和拉力兩個力作用離開斜面，滑塊的支持力變為零，小球僅受重力和拉力兩個力作用。由于加速度a=2g時，小球的受力情況未確定，因此可先找出使N=0時的臨界加速度，然后將它與題設加速度a=2g相比較，確定受力情況后即可根據牛頓第地定律列式求解。根據小球貼著滑塊運動時的受情況，可列出水平方向和豎直方向的運動方程分別為 聯立兩式,得若小球對滑塊的壓力等于零，即就作N=0,滑塊的加速度至少就為可見，當滑塊以a=2g加速度向左運動時，小球已脫離斜面飄起，此時小球僅受兩個力作用：重力mg、線中拉力T。設線與豎直方向間夾角為,同

19、理由牛頓第二定律得 聯立兩式得【評析】如果沒有對臨界狀態作出分析，直接（1）、（2）兩式聯立得線中拉力這就錯了！【例3】如圖3-13所示，長1=75cm的靜止的直筒中有一不計大小的小球，筒的質量3。5kg球的質量0。5kg，現對筒施加一豎直向下的恒力作用，使筒豎直向下運動，徑t=0.5秒時間,小球恰好躍出筒口，求:對筒施加的恒力大小為多少？(g取10m/s2)【解析】筒在重力及拉力共同作用下做初速度為零的勻加速運動，設加速度為a，小球做自由落體運動。設在時間t內，小球與筒的位移分別為h1、h2，（球大小不計)幾何關系如圖314所示，由運動學規律得， 又l=h1h2，所以解得a=16m/s2再對

20、筒應用牛頓第二定律，可得F+Mg=Ma將M、a的數值代入解得F=21N【評析】分析動力學與運動學的綜合問題，需注意對物體運動過程的分析及運動性質的判斷，以便正確地建立動力學方程及選取恰當的運動學公式，從而完成求解.【例10】如圖22-11甲所示，傳送帶與地面傾角=37°度，從AB長度為16m,傳送帶以10m/s的速率逆時針轉動,在傳送帶上端A無初速度地放一個質量為0。5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5，求物體從A運動到B所需要時間是多少?(g取10m/s2,sin37°=0。6）【解析】物體放在傳送帶上后,開始階段，由于傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體

21、一沿傳送帶向下的滑動摩擦力，物體受合力方向沿傳送帶向下，物體由靜止加速。物體加速至與傳送帶速度相等時，由于，物體在重力作用下繼續加速運動,當物體速度大于傳送帶速度時，傳送帶給物體沿傳送帶向上的滑動摩擦力,但合力仍沿傳送帶向下，物體繼續加速下滑，直至傳送帶的B端。開始階段,物體受力情況如圖2-2-11乙所示，由牛頓第二定律得 a1=10×(0.6+0。5×0。8)=10m/s2物體加速至與傳送帶速度相等需要時間t1=V/a1=10/10=1S物體速度大于傳送帶速度后，物體受力情況如圖22-11丙所示,由牛頓第二定律得 a2=2m/s2設后一階段物體滑至底端所用的時間為t2，由

22、解得t2=1s，(t2=11s舍去)所以物體由AB的時間t=t1t2=2s.【解題回顧】(1）審題時應注意由題給條件作必要的定性分析或半定量分析,由本題中給出和值可作出判斷：當tg時，物體在加速至與傳送帶速度相同后，將與傳送帶相對靜止一起勻速運動；當<tg時,物體在獲得與傳送帶相同的速度后仍將繼續加速。（2)通過此題可以進一步體會到，滑動摩擦力的方向不總是阻礙物體的運動,而是阻礙物體間的相對運動，它可能是動力，也可能是阻力。鞏固練習:1、質量分別為mA和mB的兩個小球，同一根輕彈簧聯結后用細線懸掛在頂板下(如圖3-16）當細線被剪斷的瞬間,關于兩球下落加速的說法中,正確的是：A、B、 C

23、、 D、2、物體作直線運動的vt圖線如圖317所示，若第1 s內所受合力為F1，第2S內所受合力為F2，第3S內所受合力為F3，則 A、 F1、F2、F3大小相等，F1與F2和F3方向相反B、F1、F2、F3大小相等，方向相同C、F1、F2是正的,F3是負的D、F1是正的，F2、F3為零3、如圖3-18所示，在水平地在上放一傾角為的光滑斜面M，斜面上放一物塊m，使斜面體水平向右運動，m可能相對M靜止的條件是A、斜面體做勻速直線運動B、斜面體做勻加速直線運動,加速度大小為gsinC、斜面體做勻加速直線運動，加速度為gtgD、斜面體做勻加速直線運動，加速度為gcos4、如圖3-19所示，位于水平地

24、面上的質量為M的小木塊,在大小為F、方向與水平方向成角的拉力作用下，沿地面作加速運動，若木塊與地面之間的動摩擦因數為，則木塊的加速度為A、F/M B、Fcos/M C、（Fcos-Mg）/M D、Fcos-(Mg-Fsin)/M5、如圖320所示，一個質量為m的物體原來沿著滑動摩擦系數為的固定斜面勻加速下滑，加速度大小為a,現對該物體施加一個豎直向下恒力F，則該物體沿斜面下滑的加速度大小為 。 6、如圖321所示，圓環質量為M，經過環心的豎直細鋼絲AB以初速V0從A點豎直上拋出,致使環對地面剛好無壓力，則小球上升的加速度 ，及小球能達到的最大高度 （球不會碰到B點）7、質量為M,長為L的木板放

25、在光滑斜面上,如圖3-22所示，為使木板相對斜面靜止，質量為m 的人應以 加速在木板上跑動，若使人相對斜面靜止，人在木板上跑動時,木板的加速度應為 8、總質量為M的熱氣球由于故障在高空以勻速速度V豎直下降,為了阻止繼續下降，在t=0時刻，從熱氣球中釋放了一個質量為m的沙袋，不計空氣阻力,當t= 時熱氣球停止下降，這時沙袋的速度為 （此時沙袋尚未著地)9、如圖3-23所示，光滑球恰好放在木塊的圓孤槽中,它的左邊的接觸點為A，槽的半徑為R，且OA與水平線在角，通過實驗知道：當木塊的加速度過大時,球可以從槽中滾出,圓球的質量為m，木塊的質量為M，各種摩擦及繩和滑輪的質量不計，則木塊向右的加

26、速度最小為多大時,球才離開圓槽.10、用細繩系住一個位于深h的井底的物體，使它勻變速向上提起，提到井口時的速度恰好為零，設細繩能承受的最大拉力為T，試求把物體提至井口的最短時間。作業布置：1、為了安全,在公路上行駛的汽車之間應保持必要的距離。已知某高速公路的最高限速V=120km/h。假設前方車輛突然停止，后車司機從發現這一情況，經操縱剎車,到汽車開始減速所經歷的時間（即反應時間）t=0。50s.剎車時汽車受到阻力f的大小為汽車重力的0。4倍。該高速公路上汽車間的距離s至少應為多少？取重力加速度g=10m/s2。拓展練習：1、（1）如圖324所示，質點自一圓環的最高點A沿不同傾角的光滑軌道由靜

27、止滑到圓環上其它各點,試證明：雖然軌道傾角不同，但所需時間相等。（2）試用（1）得出的結論說明:如有一質點自傾角為a的斜面上方的定點O沿光滑斜槽OP從靜止開始下滑，為使質點在最短時間內從O點到達斜面，則斜槽與豎直方向的夾角應等于多少？（圖325）課題：牛頓定律的應用（四）目的：掌握牛頓第二定律的一些重要方法，提高綜合應用牛頓第二定律的能力。重點：物理過程的分析、物理模型的建立.難點：物理過程的分析、物理模型的建立。方法：啟發思維、講練結合。過程：一、連接體問題1、連接體與隔離體：兩個或幾個物體相連接組成的物體系統為連接體。如果把其中某個物體隔離出來,該物體即為隔離體.2、連接體問題的處理方法（

28、1）整體法：連接體的各物體如果有共同的加速度，求加速度可把連接體作為一個整體，運用牛頓第二定律列方程求解。(2)隔離法：如果要求連接體間的相互作用力，必須隔離出其中一個物體，對該物體應用牛頓第二定律求解，此方法為隔離法.隔離法目的是實現內力轉外力的，解題要注意判明每一隔離體的運動方向和加速度方向.（3）整體法解題或隔離法解題，一般都選取地面為參照系。整體法和隔離法是相對統一，相輔相成的，本來單用隔離法就可以解決的問題，但如果這兩種方法交叉使用，則處理問題十分方便.例如當系統中各物體有共同加速度，要求系統中某兩物體間的作用力時,往往是先用整體法求出加速度，再用隔離法求出兩物體間的相互作用力。4、

29、用隔離法解連接體問題時，容易產生一些錯誤的想法。（1）例如F推M及m一起前進（如圖3-26所示）隔離m分析其受力時,如果認為F通過物體M作用到m上，那就錯了。(2）用水平力F通過質量為m的彈簧秤拉物體M在光滑水平面上加速運動時（如圖3-27所示)(不考慮秤的重力），往往會認為彈簧秤對物塊M拉力也一定等于F，實際上此時彈簧秤拉物體M的力F1=F-ma，顯然F1<F，只有在彈簧秤質量可不計時，才可以認為F1=F。二、超重與失重我們知道放在水平桌面上的物體對桌面的壓力的大小等于物體受的重力的大小；細繩下懸掛的重物對繩子的拉力也等于物體受的重力；這個結論只有在平衡條件（靜止或勻速運動)下才成立。

30、如果系統在豎直方向做加速運動，那么物體對桌子的壓力或物體對線拉力就不等于重力了，當壓力或拉力大于重力時，叫做“超重"當壓力或拉力小于重力時,叫“失重"；當壓力或拉力恰好等于零時，叫“完全失重”.當系統的加速度豎直向上時（向上加速運動時或向下減速運動)，發生“超重"現象（超出部分為ma);當系統加速度豎直向下時（向下加速運動或向上減速運動），發生“失重”現象(失去部分為ma）；當豎直向下的加速度正好等于g時，發生“完全失重”現象。要注意，超重不是重力增加,失重不是重力減小，完全失重不是重力完全消失，在發生超重和失重現象時，物體受的重力依然存在,而且是不變的。發生超重

31、或失重現象與物體的速度無關,只決定于加速度度的方向.在完全失重狀態下,平常由重力產生的一切物理現象都會完全消失,如單擺停止擺動，天平失效，液柱不再產生向下的壓強等.【例題解析】【例1】如圖328所示的三個物體質量分別為m1、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量均不計，為使三個物體無相對運動，水平推力F等于多少?【解析】由于三個物體無相對運動，困此可看作一個整體,列出整體的牛頓第二定律方程。然后再隔離m1、m2分別列出它們的運動方程。由整體在水平方面的受力列出牛頓第二定律為F=(m1+m2+m3）a（1）分別以m1、m2為研究對象作受力分析（圖3-29

32、）設繩拉力為T。對m1，在水平方向據牛頓第二定律得 T=m1a(2）對m2,在豎直方向由力平衡條件得 T-m2g=0（3）聯立式（1)（2）（3），得水平推力【評析】也可以全部用隔離法求解，全部用隔離法求解時，不僅未知數和方程數多，還有可能因疏漏滑輪兩側拉力對m3的影響而造成錯誤。所以應注意靈活地有分有合,交替使用隔離法和整體法。【例2】如圖3-30所示，兩光滑的梯形木塊A和B，緊靠放在光滑水平面上，已知=60°度， mA=2kg，mB=1kg，現同時加水平推力F1=5N，F2=2N，它們方向相反，若兩木塊在運動過程中無相對滑動，則A、B間的相互作用力多大？【解析】取兩個木塊和其中一

33、個木塊（A或B）為研究對象,根據它們把受的合力列出牛頓第二定律方程，或上它們加速度相同，根據它們所受的合外力與質量成正比的關系列式求解。設木塊A、B間相互作用力為N，隔離A，畫出的受力圖如圖3-31所示,取水平向右為正方向，列出（A+B）這一整體和A的牛頓第二定律方程由式（1）得木塊的加速度代入（2）得A、B間相互作用力【評析】對（A+B）這一整體,它們的相互作用力N是內力，它不出現在整體的牛頓運動方程中。因此，必須用隔離法，取A（或B)為研究對象，把“內力"轉化為“外力”。【例3】如圖332所示，臺秤上放一裝滿水的杯子，杯底系著一細線，細線上端系一木球浮在水中，若細線突然斷開，試分

34、析在木球上浮的過程中，臺秤的示數將如何變化？（不計水的阻力）【解析】取杯子、水和球整體為研究對象，在球加速上升的過程中，整個系統的重心向下運動，且具有向下的加速度，所以處于失重狀態,臺秤的示數將減小。【評析】該題的分析也可用“隔離法"，分別討論木球和同體積的“水球”的失重和超重情況，最后確定臺秤的示數變化情況.【例4】某人在以a=2。5m/s2的加速度勻加速下降的升降機中最多可舉起m1=80kg的物體，則此人在地面上最多可舉起多少千克的物體?若此人在勻加速上升的升降機中最多能舉起m2=40千克的物體,則此升降機上升的加速度為多大？(g取10m/s2）【分析】設此人的最大舉力F,在不同

35、參照系中這個舉力是恒定的，當升降機勻加速下降時，物體也以同一加速度下降，物體“失重",當升降機豎直向上勻加速上升時，人舉起的物體也與升降機一起勻加速上升，物體處于“超重”狀態.【解】:設此人最大舉力為F，當升降機勻加速下降時，選取物體為研究對象，受力分析如圖3-33所示，由牛頓第二定律得m1g-F=m1a所以F=m1（ga)=600N當他在地上舉物體時，設最多可舉起質量為m0的物體，則有Fm0g=0所m0=60kg。當升降機豎直向上勻加速上升時,選物體為研究對象，受力分析如圖334所示,由牛頓第二定律得m2g-F=m2a，所以【評析】本題中特點是人的最大舉力相同.選取研究對象,分析受

36、力，由牛頓第二定律列方程求解。鞏固練習：1、兩個質量相同的物塊1和2緊靠在一起放在光滑水平桌面上,如圖3-35所示,如果它們分別受到水平推力F1和F2，且F1>F2，則物體，施于2的作用力的在大小為A、 1 B、F2 C、（F1+F2）/2 D、（F1-F2）/22、電梯內有一質量為m的物體，用細線掛在天花板上，當電梯以g/3的加速度豎直向下加速運動時，細線對物體的拉力為A、2mg/3 B、mg/3 C、4mg/3 D、mg3、 如圖336所示，用水平力F接著三個物體在光滑的水平面上一起運動，現在中間物體上另置一小物體，且拉力F不變,那么中間物體兩端繩的拉力大小Ta和Tb的變化情況是A、