牛顿运动定律的简单应用典型例题

第一篇：牛顿运动定律的简单应用典型例题

牛顿运动定律的简单应用典型例题

【例1】一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F，历时1s；随即把此力改为向西，大小不变，历时1s；接着又把此力改为向东，大小不变．历时1s；如此反复，只改变力的方向，共历时1min，在此1min内 [ ] A．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置之东 B．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置 C．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末继续向东运动 D．物体一直向东运动，从不向西运动，在1min末静止于初始位置之东 【分析】物体在第1s内受恒力作用向东作匀加速运动．在第2s内，受力向西，加速度方向向西，但速度方向仍向东，物体作向东的匀减速运动．由于力的大小不变，前、后两秒内物体的加速度大小不变，仅方向相反，所以至第2s末，物体向东运动的速度恰减为零，且第2s内的位移与第1s内的位移相同． 以后，力的方向又改为向东、继而向西„„如此往复，物体则相应地向东作匀加速运动、继而向东作匀减速运动，„„在1min内物体一直向东运动，至1min末恰静止． 【答】 D．

【说明】 物体运动的加速度方向必与受力方向相同，但不一定与速度方向相同．若以向东方向为速度的正方向，物体运动的v-t图如图所示，物体依次作着加速度大小相等、加速度方向相反的匀加速运动、匀减速运动，„„直到停止．整个1min内v＞0，表示物体一直向东运动．

【例2】汽车空载时的质量是4×103kg，它能运载的最大质量是3×103kg．要使汽车在空载时加速前进需要牵引力是2.5×104N，那么满载时以同样加速度前进，需要的牵引力是多少？

【分析】由空载时车的质量和牵引力算出加速度，然后根据加速度和满载时的总质量，再由牛顿第二定律算出牵引力．

空载时，m1=4×103kg，F1=2.5×104N，由牛顿第二定律得加速度： 满载时，总质量为m1+m2=7×103kg，同理由牛顿第二定律得牵引力：

F2=（m1+m2）a=7×103×6.25N=4.375×104N

【说明】根据牛顿第二定律F = ma可知，当加速度a相同时，物体所受的合外力与其质量成正比．因此可以不必先算出加速度的大小，直接由比例关系求解．即由

直接得

【例3】如图1所示，一根质量为m，长为L的均匀长木料受水平拉力F作用后在粗糙水平面上加速向右运动．在离拉力作用点x处作一断面，在这一断面处，左右两部分木料之间的相互作用力为多少？

【分析】 取整个木料和断面左端（或右端）为研究对象，由于它们的加速度相同，可根据它们所受合外力与质量成正比的关系得解．

【解】 设整个木料所受的摩擦力为f，断面两侧的相互作用力为T，作用在断面左端部分的摩擦力为

整个木料和断面左侧水平方向的受力情况如图2所示．根据加速度相同时力与质量的比例关系可知

【说明】本题由于利用了F∝m的关系，可以不必计算加速度，十分简捷．由解得结果可知，截面位置取得离拉力处越远，截面两侧的相互作用力越小，当x = L时，T=0，这是显然的结果．

如果木料受到水平推力作用，情况怎样？有兴趣的同学可自行研究．

【例4】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图1所示．在A点物体开始与弹簧接触．到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是 [ ]

A．物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B．物体从B上升到A的过程中，速率不断变大

C．物体从A下降到B，以及从B上升到A的速程中，速率都是先增大，后减小

D．物体在B点时，所受合力为零

【分析】本题考察a与F合的对应关系，弹簧这种特殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的运动性质．对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物体正确的受力分析，是解决本题思路所在． 【解】找出AB之间的C位置，此时F合=0 则（1）从A→C．由mg＞kx1，（2）在C位量mg = kxc，a=0，物体速度达最大（如图2乙）（3）从C→B，由于mg＜kx2，同理，当物体从B→A时，可以分析B→C做加速度越来越小的变加速直线运动；从C→A做加速度越来越大的减速直线运动．

【说明】由物体的受力情况判断物体的运动性质，是牛顿第二定律应用的重要部分，也是解综合问题的基础．

弹簧这种能使物体受力连续变化的模型，在物理问题（特别是定性判断）中经常应用．其应用特点是：找好初末两态，明确变化过程．

【例5】图中A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点．当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为 [ ]

A．F = Mg B．Mg＜F＜（M＋m）g C．F=（M + m）g D．F＞（M + m）g

【分析】以铁片为研究对象，它被吸引上升过程中受到电磁铁对它的吸引力Q（变力）、重力mg．在每一时刻

Q-mg = ma，即Q＞mg．

根据牛顿第三定律，铁片也对电磁铁A（包括支架C）施加向下的吸引力，其大小Q′=Q．

以A和C为研究对象，它受到细线向上拉力F、A′和C的重力Mg、铁片吸引力Q′．由力平衡条件知

F = Mg + Q′ = Mg + Q，∴F＞（M + m）g．

【答】 D．

【说明】必须注意，铁片能吸引上升是一个加速过程，因此，Q＞mg．同时，不要疏忽铁片对磁铁的吸引力．

【例6】如图1所示，一只质量为m的猫抓住用绳吊在天花板上的一根质量为M的垂直杆子．当悬绳突然断裂时，小猫急速沿杆竖直向上爬，以保持它离地面的高度不变．则杆下降的加速度为 [ ]

【分析】 设猫急速上爬时对杆的作用力为f，方向向下，则杆对猫的作用力的大小也为f，方向向上，绳断裂后，猫和杆的受力情况如图2所示

由于猫急速上爬，保持对地面的高度不变，意味着在这个过程中，猫对地无加速度，处于力平衡状态，所以f = mg

杆仅受两个竖直向下的力作用，根据牛顿第二定律，得杆的加速度大小为

其方向竖直向下． 答 C．

说明 本题反映了牛顿第二定律的相对性，即加速度a必须是地面而言的．如果不理解这一点，本题就难以求解．

【例7】如图1所示，一木块从h=3.0m、长L=5.0m的固定斜面的顶端，由静止开始沿着斜面滑至底端．如果木块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.30，求

（1）木块运动的加速度；

（2）木块从斜面顶端滑至底端所需的时间．

【分析】以木块为研究对象，它在下滑过程中受到三个力作用：重力mg、斜面支持力N、斜面的滑动摩擦力f（图2）由于这三个力不在同一直线上，可采用正交分解法，然后根据牛顿运动定律求出加速度，结合运动学公式可求出运动时间．

【解】（1）设斜面倾角为θ，由受力图2可知：沿斜面方向由牛顿第二定律得

mgsinθ-f = ma．

垂直斜面方向由力平衡条件得

N-mgcosθ=0．

又由摩擦力与正压力的关系得

f=μN．

联立上述三式可解得木块下滑的加速度为

a = g（sinθ-μcosθ）．

式中

∴a = g（sinθ-μcosθ）

=9.8（0.60-0.30×0.80）m／s2=3.60m／s2．

【说明】 这是属于已知力求运动的问题，通过加速度建立了力和运动的联系．题解中基本上遵循了牛顿第二定律应用的步骤。

【例8】 两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图1所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的滑动摩擦因数为μ1，B与A之间的滑动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力 [ ]

A．等于零 B．方向沿斜面向上 C．大小等于μ1mgcosθ D．大小等于μ2mgcosθ

【分析】把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a．由牛顿第二定律（M + m）gsinθ-μ1（M + m）gcosθ=（M + m）a，得

a = g（sinθ-μ1cosθ）．

由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必然受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设力fB（图2）由牛顿第二定律

mgsinθ-fB = ma，得fB =mgsinθ-ma

= mgsinθ-mg（sinθ-μ1cosθ）=μ1mgcosθ． 【答】 B、C．

【说明】由于所求的摩擦力是未知力，如果不从加速度大小的比较先判定其方向，也可任意假设，若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下．则牛顿第二定律的表达式为

mgsinθ+fB = ma，得 fB = ma-mgsinθ

=mg（sinθ-μ1cosθ）-mgsinθ =-μ1mgcosθ．

式中负号表示所求摩擦力的方向与假设的方向相反，应为沿斜面向上．

【例9】 一个质量为m的物体放在水平地面上，设物体与地面间的摩擦系数为μ，对物体施以作用力F。问：

（1）若F是拉力，则F应沿怎样的方向拉，才能使物体获得最大的加速度？（2）若F是推力，则为了不产生加速度，F应朝什么方向推？ 【误解】

（1）当F沿着水平方向拉，物体才有最大的加速度。

（2）为了使物体不获得加速度F的方向必须与水平地面垂直。【正确解答】

（1）如图1所示，物体受重力mg、支持力N′、摩擦力f和拉力F作用。设F与竖直方向成α角，与水平方向成θ角。

在y轴方向有

N′=mg-Fcosα 则f=μ（mg-Fcosα）

在x轴方向上的物体的加速度为

令 μ=tgθ，则

在F是拉力情况下，当90°-α=θ时，也就是作用力F的方向与地面的夹角恰为θ=arctgμ时，物体能获得最大的加速度。很明显，若μ=0，则θ=0°，也就是α=90°时，物体能获得最大的加速度。

（2）如图所示，若F是推力，设推力与竖直方向的夹角为α，与水平地面的夹角为θ，则

f=μ（mg + Fcosα）

在x轴方向上物体的加速度为

推力使物体在x方向上获得加速度，即a＞0，所以

Fsinα-μ（mg + Fcosα）＞0 即 F（sinα-μcosα）-μmg＞0 当α角使

F（sinα-μcosα）-μmg≤0时，即 sinα-μcosα≤

sinα-μcosα≤0

来求解α角的范围。令μ = tgβ 则有

sinα-tgβcosα≤0

即

sin（α-β）≤0，在α、β均为锐角时得

α≤β=arctgμ

当用力推物体时，施力的方向与竖直方向的夹角α小于β，不论F多大都不能使物体获得加速度。

【错因分析与解题指导】[误解]的主要错因是没有注意摩擦力的影响，由于外力F的方向不同，会使摩擦力的大小发生变化。无论是滑动摩擦力还是最大静摩擦力，都和物体与地面间的正压力有关。当外力F以与地面成不同的角度来推、拉物体时，正压力就有不同的值，所以物体所受的合力就有不同的值。只有在正确分析物体的受力情况后，对问题才能作出正确的解答。

【例10】 质量为m=2kg的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1，3，5„奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F1=6N的水平推力，在第2，4，6„偶数秒内，给物体施加方向仍向右、大小为F2=2N的水平推力，已知物体与地面间的摩擦因数μ=0.1．取g=10m／s2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动？（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25m？

【分析】以木块为研究对象，它在竖直方向处于力平衡状态，水平方向仅受推力F1（或F2）和摩擦力f的作用．由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒和偶数秒的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间． 【解】（1）木块在奇数秒内的加速度为

木块在偶数秒内的加速度为

所以，木块在奇数秒内做a = a1=2m／s2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动．

（2）在第1s内木块向右的位移为

至第1s末木块的速度

v1=at=2×1m/s=2m/s．

在第2s内，木块以第1s末的速度向右做匀速运动，在第2s内木块的位移为

s2=v1t=2×1m=2m．

至第2s末木块的速度

v2=v1=2m/s．

在第3s内，木块向右做初速等于2m/s的匀加速运动，在第3s内的位移为

至第3s末木块的速度

v3=v2+at=2m/s+2×1m/s=4m/s．

在第4s内，木块以第3s末的速度向右做匀速运动，在第4s内木块的位移为

S4=v3t=4×1m=4m．

至第4s末木块的速度

v4=v3＝4m/s．

„„

由此可见，从第1s起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列．因此，在ns内的总位移为

当sn=40.25m时，n的值为8＜n＜9．取n=8，则8s内木块的位移共为

至第8s末，木块的速度为

v8=8m/s．

设第8s后，木块还需向右运动的时间为tx，对应的位移为

sx=40.25m-36m=4.25m，由

得合理解

tx=0.5s．

所以，木块的位移大小等于40.25m时需运动时间

T=8s+0.5s=8.5s．

【说明】木块运动的v-t图如下图所示．

因为v-t图线与t轴间的面积表示对应时间内的位移，所以每秒内位移成一等差数列，其公差等于划有斜线的小三角形面积，即

△s=s1=1m．

[例11]如图1所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？

【分析】当小球贴着滑块一起向左运动时，小球受到三个力作用：重力mg、线中拉力T、滑块A的支持力N，如图2所示．小球在这三个力作用下产生向左的加速度．当滑块向左运动的加速度增大到一定值时，小球可能抛起，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用．

由于题设加速度a=2g时，小球的受力情况未确定，因此可先找出使N=0时的临界加速度，然后将它与题设加速度a=2g相比较，确定受力情况后即可根据牛顿第二定律列式求解．

【解】根据小球贴着滑块运动时的受力情况，可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为

Tcos45°-Nsin45°=ma，（1）Tsin45°+Ncos45°=mg．（2）

联立两式，得

N=mgcos45°-masin45°．

当小球对滑块的压力等于零，即应使N=0，滑块的加速度至少应为

可见，当滑块以a=2g加速向左运动时，小球已脱离斜面飘起．此时小球仅受两个力作用：重力mg、线中拉力T′，（图3）设线与竖直方向间夹角为β．同理由牛顿第二定律得

T′sinβ=ma，T′cosβ=mg．

联立两式得

【说明】 如果没有对临界状态作出分析，直接由（1）、（2）两式联立得线中拉力

这就错了！

【例12】如图1质量为M的斜面体放在有摩擦的地面上，质量为m1的物体A与质量为m2的物体B之间有摩擦，但物体B与斜面间的摩擦不计，物体B的上表面水平．AB在加速下滑的过程中相对静止，斜面的倾角为θ，求：

①物体B对物体A的摩擦力和弹力 ②地面对斜面体的摩擦力和弹力

【分析】 本题考察整体和隔离法研究动力学问题，恰当的选取研究对象并正确受力分析是解题关键．

【解】（1）取A和B组成的系统为研究对象，受力如图2（a），沿斜面方向

（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a

∴ a=gsinθ（1）

再以A研究受力如图2（b）则 x方向

m1gsinθ+f1cosθ-N1sinθ=m1a（2）y方向

N1cosθ+f1sinθ=m1gcosθ（3）

由式（1）（2）（3）得

f1=m1gcosθ·sinθ 方向：水平向左 N1=m1gcos2θ方向：竖直向上

（2）对物体B受力分析如图2（c）沿y方向

N′2=m2gcosθ+N′1cosθ+f′1sinθ（4）

由牛顿第三定律知 N1=N′1（5）

f1= f′1（6）∴N′2=（m1+m2）gcosθ

对斜面体C分析受力如图2（d），则沿x方向：

N2sinθ-f2=0（7）

沿y方向：

N-Mg-N2cosθ=0（8）

有牛顿第三定律知 N=N′2（9）由式（7）（8）（9）得

f2=（m1+m2）gcosθsinθ 方向水平向左 N = Mg +（m1+m2）g·cos2θ 方向竖直向上

【说明】 本题研究对象很多，在分析各力时，力要清晰，且标好各自符号。题目考察综合分析能力．在运用牛顿第二定律解决问题的应用中，我们应当具备把一个复杂问题分解成若干简单问题的能力，找准它们之间的联系，这既是一种解题方法，也是解复杂题目的关键所在．

【例13】 如图1所示的三个物体质量分别为m1和m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计，为使三个物体无相对运动．水平推力F等于多少？

【分析】由于三个物体无相对运动，因此可看作一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程．然后再隔离m1、m2，分别列出它们的运动方程． 【解】 由整体在水平方向的受力列出牛顿第二定律方程为

F=（m1+m2+m3）a．（1）

分别以m1、m2为研究对象作受力分析（图2）设绳张力为T． 对m1，在水平方向据牛顿第二定律得

T=m1a．（2）

对m2，在竖直方向由力平衡条件得

T-m2g=0．（3）

联立式（1）、（2）、（3），得水平推力

【说明】也可以全部用隔离法求解．设连接m1与m2的绳中张力为T，m2与m3之间相互作用力为N，滑轮两侧绳子张力形成对m3的合力为F′，画出各个物体的隔离体受力图如图3所示（m1、m3竖直方向的力省略）．

对于m1，由受力分析知

T=m1a．（4）

对于m2，由水平方向与竖直方向的受力情况，分别可得

N=m2a，（5）T-m2g=0．（6）

对于m3，设滑轮两侧绳中张力的合力为F′，其水平分力化都表示物体运动状态已发生了改变．（向左）等于T，因此

F-N-T=m3a．（7）

由（4）、（5）、（6）三式得

把它们代入式（7）得水平推力

显然，全部用隔离法求解时，不仅未知数和方程数多，还可能因疏漏滑轮两侧绳子拉力对m3的影响而造成错误．所以应注意灵活地有分有合，交替使用隔离法和整体法．

【例14】 在升降机地面上固定着一个倾角α=30°的光滑斜面，用一条平行于斜面的细绳拴住一个质量m=2kg的小球（图1）当升降机以加速度a=2m／s2竖直向上匀加速运动时，绳子对球的拉力和小球对斜面的压力分别为多少？（取g=10m／s2）

【分析】以小球为研究对象，它随升降机向上加速运动过程中受到三个力作用：重力mg、绳子拉力T、斜面支持力N．由于这三个力不在一直线上，可采用正交分解法，然后列出牛顿第二定律方程，即可求解．

【解】 根据小球的受力情况（图2），把各个力分解到竖直、水平两方向．在竖直方向上（取向上为正方向），根据牛顿第二定律得

Tsinα + Ncosα-mg = ma．（1）

在水平方向上（取向右为正方向），根据力平衡条件得

Tcosα-Nsinα=0．（2）

将（1）式乘以sinα，（2）式乘以cosα，两式相加得绳子对球的拉力为

将（1）式乘以cosα，（2）式乘以sinα，两式相减得斜面对球的支持力为

根据牛顿第三定律，球对斜面的压力

N′=-N=-20.8N，式中“-”号表示N′与N方向相反，即垂直斜面向下．

【说明】 本题是已知运动求力，解题基本步骤与例2相同．需注意题中求出的N是斜面对球的支持力，还必须用牛顿第三定律，得出球对斜面的压力．

【例15】如图所示，在一个盛水的容器中漂浮一个物体，这时水面到达物体的某一位置。如将这个容器放在升降机中，在升降机以加速度a由静止开始向上匀加速直线上升的过程中，物体浸入水中的深浅如何变化？

【误解】 设漂浮物体的密度为ρ，体积为V，浸入水中的体积为V′，水的密度为ρ水。当容器静止时

ρgV=ρ

水gV′

当容器以加速度a向上做匀加速直线运动时

F浮-mg = ma

∴ F浮=m（g+a）=ρV（g+a）设此时排开水的体积为V″，则有 ρ水V″g=ρV（g+a）

物体浸入深度将大些。

【正确解答】当容器处于静止状态时

当容器以加速度a向上运动时，则有 F浮-mg = ma 即 ρ水（g + a）V″-ρgV =ρaV

∴V″=V′ 物体浸入深度不变。

【错因分析与解题指导】当容器以加速度a竖直向上做匀加速运动时，容器中的漂浮物和水同样处于“超重”状态，因此，水对漂浮物的浮力应变成ρ水（g + a）V″而不是ρ水gV″，这也就是[误解]的根源之所在。

我们不妨再来考虑一种特殊情况：即当盛水容器放在自由下落的升降机上，物体浸入水中的深浅又如何变化呢？

全决定于自由下落前物体浸入水中的情况。由于下落前物体已静浮液在

结论。

[例16]一个质量m为3.0kg的物块，静置在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为0.20，现在给物块施加一个大小为15N，方向向右的水平推力F，并持续作用6s，在6s末撤去F1，在撤去F1的同时给物块施加一个大小为12N，方向向左的水平推力F2，持续作用一段时间后又将它撤去，并立即给物块施加一个大小仍为12N、方向向右持续作用的水平推力F3，已知物块由静止开始运动，经历14s速度达到18m/s，方向向右，g取10m/s2，求物块在14s内发生的位移。[分析]本题是物块多次受不同恒力而运动的题目，显然研究对象是物块。物块的运动情况可分为三个阶段： 第一段：v10=0

物体向右做初速为零的匀加速运动，历时6s 第二段：v20=a1t1=3.0×6m/s=18m/s

物体将向右做匀减速运动，由于t2末知，t2秒末物体可能有向右速度，可能速度为零，可能有向左的速度。第三段：v3t=18m/s（向右）

由分析知道各段的速度和加速度情况，根据速度和加速度可画出v-t图象，用图象来求解。

第二段末尾速度是第三段初始速度，两段速度图线交点在横轴之上（即正值），且说明物体在第二段一直向右运动，t2=2sv2t=6m/s

[解]

解法一：用图象解

物体运动的v-t图线与横轴所围“面积”为位移大小，即

解法二：用牛顿定律和运动学公式解

v1t=a1t1=18m/s ②

v2t=v1-a2t2=18-6t2④

t3=t总-t1-t3=8-t2 ⑥

v3=v2t+a3t3=18-16t2+2(8-t2)=18 ⑦ 解得：

t2=2s t3=6s v2t=6m/s

解法二：用动量定律求解 对全程有

F1t1-F2t2+F3(t-t1-t2)-ft=mv

解得

t2=2s从而t3=6s 对第一段（F1-f）t1=mv1 v1=18m/s

对第二段

（F2+f）t2=mv2-mv1 v2=6m/s

∴ s=s1+s2+s3=150m [说明]

1.物体的运动性质由两个条件决定：一是运动的初始状态，即初速度，二是物体所受合外力的大小方向。

2.同一个物体做几个不同的运动时，前一过程的末速度，是后一过程的初速度。3.一题往往有几种不同的解法，注意各种解法的特点，正确运用物理公式求解。[例17]图为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开始时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动，开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速率v0平动，则可

A.．先开动P1适当时间，再开动P4适当时间 B．先开动P3适当时间，再开动P2适当时间 C．开动P4适当时间

D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间

[分析]每台发动机开动时，都能向探测器提供的是“推力”

最后探测器是向x偏负y60°的方向以原来的速度v0平动，对此速度进行分解

沿x正方向速率减小，要开动P1 , [解]正确答案为A。

[说明]判断物体的运动时，要考虑初速度和受力情况。速度分解时，由于合速度处于直角三角形的斜边所以合速度大小要大于水平分速度大小。

第二篇：高中物理牛顿运动定律知识点含几种典型例题

牛顿运动定律的综合应用习题

典型例题透析

类型

一、瞬时加速度的分析

1、质量分别为mA和mB的两个小球，用一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下，如图所示，当

细线被剪断的瞬间。关于两球下落加速度的说法中，正确的是()

A、aA＝aB＝0

B、aA＝aB＝g

C、aA＞g，aB＝0 D、aA＜g，aB＝0

解析：分别以A、B两球为研究对象。当细线束剪断前，A球受到竖直向下的重力mAg、弹簧的弹力T，竖直向上细线的拉力T′；B球受到竖直向下的重力mBg，竖直向上弹簧的弹力T，如下图。

它们都处于力平衡状态，因此满足条件，T ＝mBg

T′＝mAg＋T＝(mA＋mB)g

细线剪断的瞬间，拉力T′消失，但弹簧仍暂时保持着原来的拉伸状态，故B球受力不变，仍处于平衡状态。所以，B的加速度aB＝0，而A球则在重力和弹簧的弹力作用下，其瞬时加速度为：

答案：C举一反三

【变式】如图所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量

之比是l∶2∶3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向抽出木块C的瞬间，木块A和B的加速度分别是aA＝

，aB＝。

解析：在抽出木块C前，弹簧的弹力F＝mAg。抽出木块C瞬间，弹簧弹力不变，所以，A所受合力仍为零，故aA＝0。木块B所受合力FB＝mBg＋F＝

答案：，所以。

类型

二、力、加速度、速度的关系

2、如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度、合外力的变化情况是怎样的？（按论述题要求解答）

解析：因为速度变大或变小取决于速度方向与加速度方向的关系（当a与v同向时v变大，当a与v反向时v变小），而加速度由合力决定，所以此题要分析v、a的大小变化，必须要分析小球受到的合力的变化。

小球接触弹簧时受两个力作用：向下的重力和向上的弹力（其中重力为恒力）。

在接触的头一阶段，重力大于弹力，小球合力向下，且不断变小（因为F合＝mg－kx，而x增大），因而加速度减少（a＝F合／m），由于a与v同向，因此速度继续变大。

当弹力增大到大小等于重力时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。

之后，小球由于惯性仍向下运动，但弹力大于重力，合力向上且逐渐变大（F合＝kx－mg）因而加速度向上且变大，因此速度减小至零。

（注意：小球不会静止在最低点，将被弹簧上推向上运动，请同学们自己分析以后的运动情况）．

综上分析得：小球向下压弹簧过程，F方向先向下后向上，大小先变小后变大； a方向先向下后向上，大小先变小后变大；v方向向下，大小先变大后变小。

（向上推的过程也是先加速后减速）。举一反三

【变式】如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点，今用一小物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法正确的是：（）

A．物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小

B．物体从A到B速度越来越小，从B到C速度不变

C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动

D．物体在B点受合外力为零

解析：物体从A到B的过程中水平方向一直受到向左的滑动摩擦力Ff＝μmg大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为零，开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A、B间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动，所以小物块由A到B的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动。从B到C一直减速运动。

答案： C

类型

三、整体法和隔离法分析连接体问题

3、为了测量木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计这样一个实验。在小木板上固定一个弹簧秤(弹簧秤的质量不计)，弹簧秤下端吊一个光滑的小球。将木板和弹簧秤一起放在斜面上。当用手固定住木板时，弹簧秤示数为F1；放手后使木板沿斜面下滑，稳定时弹簧秤示数为F2，测得斜面倾角为θ，由以上数据算出木板与斜面间的动摩擦因数。(只能用题中给出的已知量表示)

解析：把木板、小球、弹簧看成一个整体，应用整体法。

木板、小球、弹簧组成的系统，当沿斜面下滑时，它们有相同的加速度。

设，它们的加速度为a，则可得：(m球＋m木)gsinθ－μ(m球＋m木)gcosθ＝(m球＋m木)a 可得：a＝gsinθ－μgcosθ

①

隔离小球，对小球应用隔离法，对小球受力分析有：mgsinθ－F2＝ma ②

而：mgsinθ＝F1

③

由①②得：F2＝μmgcosθ

④

由③④得举一反三 tanθ

【变式】如图示，两个质量均为m的完全相同的物块，中间用绳连接，若绳能够承受的最大拉力为T，现将两物块放在光滑水平面上，用拉力F1拉一物块时，恰好能将连接绳拉断；倘若把两物块放在粗糙水平面上，用拉力F2拉一物块时(设拉力大于摩擦力)，也恰好将连接绳拉断，比较F1、F2的大小可知()。

A、F1＞FB、F1＜FC、F1＝FD、无法确定

解析：（1）当放置在光滑水平面上时。

由于两物体的加速度相同，可以把它们看成一个整体，对此应用整体法。

由F＝ma可知，两物体的整体加速度。

在求绳子张力时，必须把物体隔离（否则，绳子张力就是系统内力），应用隔离法。

隔离后一物体，则绳子的张力：。

（2）当放置在粗糙水平面上时，同样应用整体法与隔离法。

设每个物块到的滑动摩擦力为F′，则整体加速度

隔离后一个物体，则绳子的张力。

可见这种情况下，外力都等于绳子的最大张力T的两倍，故选项C正确。

答案：C。

类型

四、程序法解题

4、如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下挂一质量为m0的平盘，盘中有物体质量为m，当盘静止时，弹簧伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于：

A、(1＋

B、(1＋)mg C、D、解析：题目描述主要有两个状态：(1)未用手拉时盘处于静止状态；(2)松手时盘处于向上加速状态，对于这两个状态，分析即可：

当弹簧伸长l静止时，对整体有

①

当刚松手时，对整体有：

对m有：F－mg＝ma ③

对①、②、③解得：

答案：B

类型

五、临界问题的分析与求解

5、如图所示，斜面是光滑的，一个质量是0.2kg的小球用细绳吊在倾角为53°的斜面顶端。

2斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行；当斜面以8m/s的加速度向右做匀加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力。

思路点拨：斜面由静止向右加速运动过程中，当a较小时，小球受到三个力作用，此时细绳平行于斜面；当a增大时，斜面对小球的支持力将会减少，当a增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；若a继续增大，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。而题中给出的斜面向右的加速度，到底属于上述哪一种情况，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定。

解析：处于临界状态时小球受力如图示：

则有：mgcotθ＝ma0

解得：a0＝gcotθ＝7.5m/s

∵a＝8m/s＞a0

∴小球在此时已经离开斜面

∴绳子的拉力

斜面对小球的弹力：N＝0 举一反三

22【变式】一个弹簧放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量

M=10.5kg，Q的质量m＝1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k=800N/m，系统处于静止，如下图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s以后，F为恒力，求：力F的最大值与最小值。(取g=l0m/s)

解析：(1)P做匀加速运动，它受到的合外力一定是恒力。P受到的合外力共有3个：重力、向上的力F及对Q对P的支持力FN，其中重力Mg为恒力，FN为变力，题目说0.2s以后F为恒力，说明t＝0.2s的时刻，正是P与Q开始脱离接触的时刻，即临界点。

(2)t＝0.2s的时刻，是Q对P的作用力FN恰好为零的时刻，此时刻P与Q具有相同的速度及加速度。因此，此时刻弹簧并未恢复原长，也不能认为此时刻弹簧的弹力为零。

(3)当t＝0时刻，应是力F最小的时刻，此时刻F小＝(M＋m)a(a为它们的加速度)。随后，由于弹簧弹力逐渐变小，而P与Q受到的合力保持不变，因此，力F逐渐变大，至t＝0.2s时刻，F增至最大，此时刻F大＝M(g＋a)。

以上三点中第(2)点是解决此问题的关键所在，只有明确了P与Q脱离接触的瞬间情况，才能确定这0.2s时间内物体的位移，从而求出加速度a，其余问题也就迎刃而解了。

解：设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有：

kx1＝(M＋m)g

①

kx2－mg＝ma ②

x1－x2＝

③

由①式得：

解②③式得：a＝6m/s

2力F的最小值：F小＝(M＋m)a＝72N

力F的最大值：F大＝M(g＋a)＝168N

类型

六、利用图象求解动力学与运动学的题目

6、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力的作用，F的大小与时间t的关系和物

2块速度v与时间t的关系，如图甲、乙所示。取重力加速度g＝10m/s。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为()

A、m＝0.5kg，μ＝0.4

B、m＝1.5kg，μ＝

C、m＝0.5kg，μ＝0.2

D、m＝1kg，μ＝0.2

2解析：由v－t图可知在0～2s 静止，2～4s是以初速度为0，加速度a＝2m/s做匀加速运动，4～6s内以v＝4m/s做匀速直线运动，结合F－t图像可分析得出：μmg＝2N，ma＝3N－2N，解得m＝0.5kg，μ＝0.4。

答案：A

类型

七、用假设法分析物体的受力

7、两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如下图所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力（）

A、等于零

B、方向沿斜面向上

C、大于等于μ1mgcosθ

D、大于等于μ2mgcosθ

解析：把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a，由牛顿第二定律：

(M＋m)gsinθ－μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a 得a ＝g(gsinθ－μ1cosθ)

由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB(如图所示)，由牛顿第二定律：mgsinθ－FB＝ma 得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ

答案：B、C

总结升华：由于所求的摩擦力是未知力，如果不从加速度大小比较先判定其方向，也可任意假设，若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下，则牛顿第二定律的表达式为：mgsinθ＋FB＝ma得FB＝ma－mgsinθ＝mg(sinθ－μ1cosθ)－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，大小仍为μ1mgcosθ。

式中负号表示FB的方向与规定的正方向相反，即沿斜面向上。举一反三

【变式】如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，并以v＝10m/s的速度运行，在传送带的A端轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A到B端的距离s＝16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间可能是(g＝10m/s)（）

A、1.8s B、2.0s

C、2.1s

D、4.0s

2解析：若传送带顺时针转动，物体受向上的摩擦力，因mgsinθ＞μmgcosθ，故物块向下加速运动，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。由4.0s，所以，D正确。，解得：t＝4.0s。即，小物体从A端运动到B端所需的时间为

若传送带逆时针转动，物体开始受向下的摩擦力，向下加速运动，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s，2当速度达到l0m/s时，运动位移，所用的时间为，t1＝，以后由于下滑力的作用物块

又受向上的摩擦力，此时它的加速度为a2＝2m/s，在此加速度下运动的位移 s2＝s－s1＝11m，又由得11＝10t2＋t2，解得t2＝1s。所以，小物体从A端运动到B端所需的时间：t总＝t1＋t2＝2s，B正确。

答案：B、D。

22探究园地

3、如图a，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图b所示。求：（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s）

2（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）比例系数k。

解析：（1）对初始时刻：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0 ①

由图读出a0=4m/s代入①式，2解得：μ＝＝0.25；

（2）对末时刻加速度为零：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0 ②

又N＝mgcosθ＋kvsinθ

由图得出此时v=5m/s

代入②式解得：k＝＝0.84kg/s

2、如图所示，用力F拉物体A向右加速运动，A与地面的摩擦因数是对于A的加速度，下面表述正确的是：（）

A．B．，B与A间的摩擦因数是。

C．

D．

解析：正确选项是C。对于A、B选项我们应该知道它们错在哪里。A选项误把A受到的力算到AB整个上面了。B选项则没有分析正确地面给A的摩擦力，A对地面的压力是。D选项把AB之间的摩擦力方向搞反了。

7、如图所示，AB为一轻杆，AC为一轻绳，物体m的重为G=100N，α=30°，求绳上的张力TAC=？，因此摩擦力是

解析：方法（1）：力的作用效果

将A点所受竖直向下的拉力T分解，如图：

TAC=

方法（2）：共点力平衡

A点受力如图：

由平衡条件可得∑F=0

(3)正交分解

如图建立坐标系：

∵A点静止

∴

第三篇：牛顿运动定律典型题

牛顿运动定律常见题型

例1.如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（）

A、小球刚接触弹簧瞬间速度最大

B、从小球接触弹簧起加速度就变为竖直向上

C、从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小

D、从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大

变型：如右图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的摩擦力恒定，则：()

A、物体从A到O先加速后减速B、物体从A到O加速，从O到B减速

C、物体在AO间某点时所受合力为零D、物体运动到O点时所受合力为零。

例2：如图所示，传送带与地面倾角θ=370，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动,在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5Kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.75，求:物体从A运动到B所需时间是多少？若上题中物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体从A运动到B所需时间又是多少 ?

（sin370=0.6，cos370=0.8）

例3：如图所示，在箱内倾角为α的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线 固定一质量为m的木块。求：

（1）箱以加速度a匀加速上升时，线对木块的拉力和斜面对箱的支持各多大？

（2）箱以加速度a向左匀加速运动时，线对木块的拉力和斜面对箱的支持力各多大？

拓展：如图所示, m =4kg的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角。求：小车以5m/s2的加速度向右加速时，细线对小球的拉力和后壁对小球的压力各为多大？

变形：自动电梯与地面的夹角为300，当电梯沿这个方向向上做匀加速直线运动时，放在电梯平台上的箱子对平台的压力是其重力的 1.2倍，如右图所示，设箱子质量为m，则箱子与平台间的静摩擦力是多大？

例4：.如图,质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的摩擦系数μ。已知水平推力F的作用下，A、B作加速运动。A对B的作用力为_____。

练习1、一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示．在物体始

终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是()

（A）当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小

（B）当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大

（C）当a 一定时，θ 越大，斜面对物体的正压力越小

（D）当a 一定时，θ 越大，斜面对物体的摩擦力越小

2、如图示，倾斜索道与水平方向夹角为θ，已知tan θ=3/4，当载人车厢匀加速向上运动时，人对厢底的压力为体重的1.25倍，这时人与车厢相对静止，则车厢对人的摩擦力是体重的（）

A.1/3倍B.4/3倍C.5/4倍D.1/4倍

第四篇：牛顿运动定律典型习题.

1、如图所示,在一辆表面光滑的小车上,放有质量分别为m1、m2的两个小球,随车一起作匀速直线运动.当车突然停止

运动,则两小球（设车无

限长,其他阻 力不计(A.一定相碰 B.一定不相碰 C 不一定相碰 D 无法确定

2.火车在长直水平轨道上匀速行驶,门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起,发现仍落回到车上原处,这是因为

A.人跳起后,车厢内给他以向前的力,带着他随同火车一起向前运动

B.人跳起的瞬间,车厢的地板给他一个向前的力,推动他随同火车一起向前运动 C.人跳起后,车在继续向前运动,所以人落下后必定偏后一些,只是由于时间很短,偏后距离太小,不明显而已

D.人跳起后直到落地,在水平方向上和车始终具有相同的速度 思考:若火车以加速度a匀加速运动,则人落到起跳点的什么位置? 若火车以加速度a匀减速运动,则人落到起跳点的什么位置? 3.如图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物体从静止开始释放,请分析说明小球在碰到斜面前的运动轨迹

4.如图(俯视图所示,以速度v匀速行驶的列车车厢内有一水平光滑桌面,桌面上的处有一小球.若车厢中旅客突然发现小球沿图中虚线从A运动到B,则由此可判断列车(A速行驶,向南转弯

B.减速行驶,向北转弯 C.加速行驶,向南转弯 D.加速行驶,向北转弯

5.如图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定斜面上,上面成水平,水平面上放一光滑小球B,劈形物体从静止开始释放,请分析说明小球在碰到斜面前的运动情况如图所示,重球系于线DC下端,重球下再系一根同样的线BA,下面说法中正确的是(A.在线的A端慢慢增加拉力,结果CD线拉断 B.在线的A端慢慢增加拉力,结果AB线拉断

C.在线的A端突然猛力一拉,结果AB线拉断 D.在线的A端突然猛力一拉,结果CD线拉断

6.一物体放在光滑水平面上,初速度为0,先对物体施加一向东的恒力,历时1s钟;随即把此力改为向西,大小不变,历时1s钟;接着又把此力改为向东,大小不变,历时1S钟;如此反复,只改变力的方向,共历时1分钟.在此一分钟内关于物体的运动,下列说法正确的是

A.物体时而向东运动,时而向西运动,在1分钟末静止于初始位置之东 B.物体时而向东运动,时而向西运动,在1分钟末静止于初始位置 C.物体时而向东运动,时而向西运动,在1分钟末继续向东运动 D.物体一直向东运动,从不向西运动,在一分钟末静止于初始位置之东.7.某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示,据此判断图乙(F表示物体所受合力,x表示物体的位移四个选项中正确的是（图甲

第五篇：11牛顿运动定律的应用

§4.4牛顿运动定律的应用（4）

教学目标:

1、掌握应用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路方法。

2、学会如何已知受力情况求解运动情况

3、学会如何已知运动情况求受力情况 教学重点

用牛顿运动定律解决动力学问题的基本思路方法 教学难点

正确分析受力并恰当地运用正交分解法 探究模式

帮助学生学会运用实例总结归纳一般解题规律的能力 教学模式

创设情景——导入目标一一分析推理——归纳总结 教学方式

“实验——探究” 教学工具：

制作投影片

（一）复习

牛顿运动定律的两类应用问题： 1.已知受力情况求运动情况 2.已知运动情况求受力情况

（二）新课引入

关于斜面上物体的加速运动

例3一木块在倾角为37°的斜面上，=10m/s2．

（1）若斜面光滑，求木块下滑时加速度大小；

（2）若斜面粗糙，木块与斜面间的动摩擦因数为0.2，则当木块以某一初速度下滑时，其加速度的大小；

（3）若斜面粗糙，木块与斜面间的动摩擦因数为0.2，则当木块以某一初速度上滑时，其加速度的大小；

（4）若斜面粗糙，木块与斜面间的动摩擦因数为0.2，木块质量为3Kg，木块受到沿斜面向上的大小为25.8N的推力作用，则木块由静止开始运动的加速度大小为多少；

（5）其它条件同上问，若木块受到沿斜面向上的大小为4.2N的推力作用，则木块由静止开始运动的加速度大小为多少？ 分析与解答：

（1）对木块的受力分析如（图１）所示．

进行正交分解后，依据牛顿第二定律可得：

m/s2

（2）对木块的受力分析如图示２所示．

进行正交分解后，依据牛顿第二定律可得：

(3)对木块的受力分析如图示３所示．

进行正交分解后，依据牛顿第二定律可得：

(4)对木块的受力分析如图示４所示．进行正交分解后，首先判断摩擦力和加速度的方向：

∵

（N）<

∴摩擦力的方向沿斜面向下，加速度的方向沿斜面向上．

∴

m/s2

(5)对木块的受力分析如图示5所示．进行正交分解后，首先判断摩擦力和加速度的方向：

∵

（N）>

∴摩擦力的方向沿斜面向上，加速度的方向沿斜面向下．

∴

m/s2

说明：（1）这是一道关于斜面上物体运动的问题．在这类问题中要特别注意摩擦力方向的问题，必要时必须通过一定的运算才能确定（如本题）．（2）在做第二问时可以进行讨论：设斜面倾角为，当 时，物体沿斜面匀速下滑；当

时，物体沿斜面加速下滑．

时，物体沿斜面减速下滑；当 关于连接体问题的求解

例4 如图1所示，物体A和B靠在一起放在光滑水平面上，物体A受到水平向右的推力，大小为10N，已知物体A的质量为2kg，物体B的质量为3kg，求物体A运动的加速度及物体A、B间的相互作用力．

分析与解答：

（1）由题意可知物体A、B将以共同的加速度运动，因此求解加速度的问题可以选用隔离法和整体法两种．

法一：用隔离法，分别以物体A和B为研究对象进行受力分析，如图9所示．依据牛顿第二定律可知：

对A：

对B：

联立解得：

（m/s2）方向：水平向右

法二：用整体法，以物A和B整体为研究对象进行受力分析，如图10所示．依据牛顿第二定律可知：

对整体：

（m/s2）方向：水平向右

（2）求解物体间相互作用力，即求解图示中的 时，必须用隔离法．以物体A为研究对象，依据牛顿第二定律可知：

（m/s2）

∴物体间的相互作用力大小为6N．或以物体A为研究对象，依据牛顿第二定律可知：

（m/s2）

∴物体间的相互作用力大小为6N． 说明：

（1）这是一道关于连接体运动的基本问题，学生应该掌握关于这类问题的解题思路和方法．在处理这类问题时，要学会灵活地选取研究对象．

（2）在对这类题进行受力分析时，学生常会犯两类错误，一类是把力 画到物体 上，要让学生清除力是不可以传递的；

（3）在分析物体 受力时丢掉物体 给它的作用力，要强调力是物体间的相互作用．

（4）此题可以扩展为地面有摩擦的情况；或把、两物体摞在一起，用一个力推其中一个物体，并设计相关问题．

（5）如果学生情况允许，可以涉及整体加速度不同的问题，交给学生如何快速、简单地处理问题的方法．

（三）小结

（四）布置作业

（五）教后札记

思维方法是解决问题的灵魂，是物理教学的根本；亲自实践参与知识的发现过程是培养学生能力的关键，离开了思维方法和实践活动，物理教学就成了无源之水、无本之木。学生素质的培养就成了镜中花，水中月。