根據(jù)牛頓第二定律列方程mgsinθ-μN=ma

解

物體A受力情況如圖3-5所示，建立坐標(biāo)如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律列方程Fcos30°-μN(yùn)=ma①N+Fsin30°-mg=0②由②式得N=mg-Fsin30°

③將③代入①式得Fcos30°-μ(mg-Fsin30°)=maFcos30°+μFsin30°=μmg+ma知識點(diǎn)應(yīng)用第一頁第二頁，共21頁。小結(jié)：用牛頓第二定律解題的正確步驟是：1)確定研究對象，用隔離法將對象隔離出來；2)對研究對象進(jìn)行受力分析，作出受力圖；3)建立恰當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系(一般以a的方向?yàn)橐惠S)，選定正方向，正交分解；4)根據(jù)牛頓第二定律建立方程；5)把已知量統(tǒng)一單位后代入方程求解(要有過程)，檢驗(yàn)結(jié)果的正確性．

知識點(diǎn)精析第二頁第三頁，共21頁。鞏固練習(xí)：1、如圖3-6所示，用擋板P將小球擋在傾角為θ的斜面上，若小球質(zhì)量為m，斜面以加速度a向右加速運(yùn)動，小球?qū)醢錚的壓力多大

小球?qū)醢錚的壓力大小為m(a+gtgθ)，其方向?yàn)樗较蜃螅?/p>

知識點(diǎn)應(yīng)用第三頁第四頁，共21頁。2、如圖3-8，車廂中有一傾角為30°的斜面，當(dāng)火車以10m/s2的加速度沿水平方向向左運(yùn)動時，斜面上的m與車廂相對靜止，分析物體m所受摩擦力方向．

是沿斜面向下．

知識點(diǎn)應(yīng)用第四頁第五頁，共21頁。3、某人在一個以2.5m/s2的加速度勻加速下降的電梯內(nèi)最多能舉起80kg的物體，則此人在地面上最多能舉起多重的物體？若他在一勻加速上升的電梯內(nèi)能舉起40kg的物體，則此電梯的加速度為多少？(g取10m/s2)即在地面上，人最多能舉起重600N的物體．

知識點(diǎn)應(yīng)用第五頁第六頁，共21頁。問題8：

用傾角θ=30°傳送帶傳送m=0.5kg的物體，物體與傳送帶間無滑動．求在下述情況下物體所受摩擦力(如圖3-15所示)．(1)傳送帶靜止；(2)傳送帶以v=3m/s的速度勻速向上運(yùn)動；(3)傳送帶以a=2m/s2加速度勻加速向上運(yùn)動．知識點(diǎn)應(yīng)用第六頁第七頁，共21頁。．(2)傳遞帶勻速上升時，物體處于平衡狀態(tài)，所受合力為零．f=mgsinθ=0.5×9.8×0.5=2.45(N)(3)傳送帶加速斜向上運(yùn)動，物體所受合力為F合；由F合=ma得

f-mgsinθ=ma∴f=mgsinθ+ma=0.5×9.8×0.5+0.5×2=3.45(N)解物體受力分析如圖3-16所示．(1)傳送帶靜止，物體處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零．∴f-mgsinθ=0f=mgsinθ=0.5×9.8×0.5=2.45(N)討論：若上題中，傳送帶以加速度a=3m/s2減速向上運(yùn)動，物體受到的摩擦力如何求；如果傳送帶以a=6m/s2減速向上運(yùn)動，物體受到的摩擦力又將如何判斷？知識點(diǎn)應(yīng)用第七頁第八頁，共21頁。解

傳送帶減速向上運(yùn)動，運(yùn)動方向斜向上，其加速度a=3m/s2沿傳送帶向下，合力沿傳送帶向下，由F合=m·a得

mgsinθ-f=ma∴f=mgsinθ-ma=0.5×9.8×0.5-0.5×3=0.95(N)物體所受靜摩擦力大小0.95N，方向沿傳送帶斜向上．傳送帶以a=6m/s2減速向上時，物體合力沿傳送帶向下，由F合=m·a得

mgsinθ+f=ma∴f=ma-mgsinθ=0.5×6-0.5×9.8×0.5=0.55(N)物體所受靜摩擦力大小為0.55N，方向沿傳送帶斜向下．知識點(diǎn)應(yīng)用第八頁第九頁，共21頁。說明解這類問題關(guān)鍵在抓住合外力跟加速度同方向這一特點(diǎn)．還要注意到力作用的獨(dú)立性原理．物體沿傳送帶方向如果僅在重力的分量作用下(即mgsinθ)產(chǎn)生的加速度為gsinθ，應(yīng)為4.9m/s2，但其實(shí)際加速度a=3m/s2，這說明物體所受靜摩擦力必沿傳送帶斜向上．若實(shí)際加速度沿傳送帶向下為a=6m/s2，這說明物體所受靜摩擦力必沿傳送帶斜向下．由此可見，必須首先分析清楚物體的運(yùn)動情況，才能正確判斷物體所受的力．第九頁第十頁，共21頁。問題8：質(zhì)量為m=4kg的物塊，在一個平行于斜面向上的拉力F=40N作用下，從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，如圖3-22所示．已知斜面足夠長，傾角θ=37°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．力F作用5s后立即撤去．g取10m/s2，求1)物塊在前5s內(nèi)的位移及它在5s末的速度．2)物塊沿斜面上滑的最遠(yuǎn)點(diǎn)與它運(yùn)動的出發(fā)點(diǎn)相距多遠(yuǎn)？3)撤去外力F后4s末的速度．4)物塊從斜面上最遠(yuǎn)點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)用多長時間？知識點(diǎn)應(yīng)用第十頁第十一頁，共21頁。解1)前5s內(nèi)物塊受力情況如圖3-23所示．沿斜面和垂直斜面建軸，將mg正交分解，根據(jù)牛頓第二定律列方程F-mgsinθ-μN(yùn)=ma1

①N=mgcosθ

②將②式代入③式得

=2.4(m/s2)前5s內(nèi)位移為5s末速度為

v5=a1t1=2.4×5=12(m/s)知識點(diǎn)應(yīng)用第十一頁第十二頁，共21頁。2)5s末撤去拉力F后，物塊受力情況如圖3-24所示．根據(jù)牛頓第二定律列方程mgsinθ+μN(yùn)=ma2

③N=mgcosθ

④將④式代入③式得=10×(0.6+0.2×0.8)=7.6(m/s2)5s末撤去外力后物塊做勻減速直線運(yùn)動．設(shè)又用了t2s到達(dá)最遠(yuǎn)點(diǎn)．vt=0=v5-a2t2撤去F后，物塊還能上滑的距離為所以物塊沿斜面上滑的最遠(yuǎn)點(diǎn)與它運(yùn)動的出發(fā)點(diǎn)相距為s=s1+s2=30+9.5=39.5(m)知識點(diǎn)應(yīng)用+第十二頁第十三頁，共21頁。3)撤去F后的4s內(nèi)，物體先沿斜面勻減速上滑，用了1.58s，速度減為零后又沿斜面下滑．物塊沿斜面下滑受力情況如圖3-25．根據(jù)牛頓第二定律列方程

mgsinθ-μN(yùn)=ma3

⑤N=mgcosθ

⑥將⑥式代入⑤式得=10(0.6-0.2×0.8)=4.4(m/s2)撤去F后4s末的速度即為物塊從最遠(yuǎn)點(diǎn)加速下滑t3s末的速度

t3=4-1.58=2.42(s)v=a3t3=4.4×2.42≈10.6(m/s)撤去拉力F后4s末的速度大小為10.6m/s，方向沿斜面向下．知識點(diǎn)應(yīng)用第十三頁第十四頁，共21頁。4)設(shè)物塊從斜面上最遠(yuǎn)點(diǎn)滑到出發(fā)點(diǎn)所用時間為t．

≈4.2(s)知識點(diǎn)應(yīng)用第十四頁第十五頁，共21頁。小結(jié)：應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律解答的兩類問題(1)已知物體的受力，確定物體的運(yùn)動情況(任意時刻的位置、速度及運(yùn)動軌跡等)．(2)已知物體的運(yùn)動情況，確定物體的受力情況．求解這兩類問題時，加速度的計算是聯(lián)系動力學(xué)和運(yùn)動學(xué)的橋梁，必須予以重視．

知識點(diǎn)精析第十五頁第十六頁，共21頁。鞏固練習(xí)：1、一物體質(zhì)量為0.4kg，以初速度v0=30m/s豎直向上拋出，經(jīng)t=2.5s達(dá)到上升的最高點(diǎn)，在物體上升過程中，作用在物體上的空氣阻力的平均值是多少？(如圖3-17所示)向下．用牛頓定律列方程由勻減速運(yùn)動方程vt=v0-at0=v0-at=0.88知識點(diǎn)應(yīng)用第十六頁第十七頁，共21頁。2、在升降機(jī)底板上放一質(zhì)量為60kg的物體，如圖3-18所示為升降機(jī)下降過程中的v-t圖象，試通過計算作出底板對物體的支持力N隨時間t的變化規(guī)律的圖象(g取10m/s2)．解

由v-t圖象可知，物體經(jīng)歷了勻加速、勻速和勻減速這三個運(yùn)動階段．對物體受力分析，運(yùn)動過程中物體始終受到兩個力作用：豎直向上的支持力N和豎直向下的重力mg．知識點(diǎn)應(yīng)用第十七頁第十八頁，共21頁。在向下勻加速運(yùn)動階段，由v-t圖象知a1=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可列方程mg-N1=ma1

解得N1=mg-ma1=60(10-2)=480(N)在向下勻速運(yùn)動階段，物體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知N2=mg=60×10=600(N)在向下勻減速運(yùn)動階段，加速度為a3=-1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可列方程mg-N3=ma3

解得N3=mg-ma3=60×10-60×(-1)=660(N)根據(jù)上述計算可作出底板對物體的支持力N隨時間t變化的圖象，如圖3-19所