牛顿运动定律的应用（二）·例题分析

例1　 如图3-31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3-32）．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3-33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，由于F′的水平分力（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F：

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．所以应注重灵活地有分有合，交替使用隔离法和整体法．

例2　 两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3-34所示，滑块A、B的质量分别为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，设摩擦力为fB（图3-35）．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，也可任意假设．若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下，同样可得解，请自行比较．

例3　 如图3-36所示，两光滑的梯形木块A和B，紧靠放在光滑水平面上，已知θ=60°，mA=2kg，mB=1kg，现同时加水平推力F1=5N，F2=2N，它们方向相反．若两木块在运动过程中无相对滑动，则A、B间的相互作用力多大？

分析　 取两个木块和其中一个木块（A或B）为研究对象，根据它们所受的合外力列出牛顿第二定律方程．或由它们加速度相同，根据它们所受的合外力与质量成正比的关系列式求解．

解　 方法1　 设木块A、B间相互作用力为N，隔离A，画出的受力图如图3-37所示．取水平向右为正方向，列出（A B）这一整体和木块A的牛顿第二定律方程：

F1-F2=（mA mB）a，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

F1-Nsinθ=mAa．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由式①得两木块的加速度

代入式②，得A、B间相互作用力

方法2　 利用力和质量的比例关系

由（A B）这一整体和木块A在水平方向所受的合外力，得比例式

说明　 应用力与质量的比例关系时，往往可以不必求出加速度，能简化求解过程．当加速度相同时，可以任意选择各物体（或物体的各部分）间或各部分与整体间列出力与质量的比例关系．如对A、B两木块，有如下关系式：

例4　 如图3-38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3-39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°．

若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3-40）．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　 假如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T：

这就错了！