三----- 運動和力
複習要點
1．牛頓第一定律、物體的慣性
2．牛頓第二定律
3．牛頓第三定律
4．牛頓運動定律的應用：已知運動求受力；已知受力求運動
5．超重與失重
二、難點剖析
1．對牛頓第一定律的理解
（1）內容：一切物體都將保持靜止狀態或勻速直線運動狀態，直到有外力迫使其改變運動狀態為止。
（2）理解：牛頓第一定律分別從物體的本質特徵和相應的外部作用兩個側面對運動作出了深刻的剖析。就物體的本質特徵而言，一切物體都具有「不願改變其運動狀態」的特性；就物體所受到的外力與其運動的關係而言，外力是迫使物體改變運動狀態的原因。
也就是說，牛頓第一定律一方面揭示出一切物體共同具備的本質特性——慣性，另一方面又指出了外力的作用效果之一——改變物體的運動狀態。
2．對牛頓第二定律的理解
（1）內容：物體的加速度a與其合外力f成正比，與其質量m成反比.可表示為 f=ma.
（2）理解：f量化了迫使物體運動狀態發生變化的外部作用，m量化了物體「不願改變運動狀態」的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態（υ）變化的快慢。明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關係了：
a∝f， a∝.
另外，牛頓第二定律給出的是f、m、a三者之間的瞬時關係，也是由力的作用效果的瞬時性特徵所決定的。
3．牛頓第二定律的基本應用步驟
（1）確定研究物件；
（2）分析受力情況與運動情況；
（3）建立適當的座標系，將力與運動加速度作正交分解；
（4）沿各座標軸方向列出動力學方程，進而求解.
4．牛頓第二定律的修正形式
通常情況下，當把該定律應用於單一物體，或者是各個部分加速度完全相同的某系統時，定律的含義並不難理解：m為物體或系統的質量，為物體或系統所受到的所有外力的向量和，而a則為物體或系統的國速度。但若將定律直接應用於各個部分加速度並不完全相同的某系統時，一方面定律的表現形式要相應修正為=；另一方面必須對定律的修正形式有乙個正確的，同時也應該是更為深刻的理解：
mi為系統各部分的質量，為系統各部分所受到的來自系統外部物體所施加的力的向量和，而ai則分別為系統各部分的不盡相同的加速度.
另外需要說明的是：儘管對於牛頓定律應用於加速度各不相同的系統時的修正形式，中學物理教學並未提出要求，但實際上我們確實會碰到大量的用「隔離法」（應用牛頓定律的原形）求解時非常複雜，而用「整體法」（應用牛頓定律的修正形式）則很簡單的物理習題。
5．超重與失重
（1）真重與視重。
如圖1所示，在某一系統中（如公升降機中）用
彈簧秤測某一物體的重力,懸於彈簧秤掛鉤下的物體靜
止時受到兩個力的作用：地球給物體的豎直向上的重
力mg和彈簧秤掛鉤給物體的豎直向上的彈力f，這
裡，mg是物體實際受到的重力，稱力物體的真重；
f是彈簧秤給物體的彈力，其大小將表現在彈簧秤的圖1
示數上，稱為物體的視重。
（2）起重與失重
通常情況下測物體的重力時，視重等於真重，我們就以彈簧秤的示數作為物體重力大小的測量值。當系統（公升降機）做變速運動時，有時會使得視重大於真重，此時稱為超重現象；有時會使得視重大小真重，此時稱為失重現象；甚至有時會做視重等於零，此時稱為完全為重現象。
（3）超重與失重的條件
由牛頓第二定律不難判斷：當圖8—1中的公升降機做變速運動，有豎直向上的加速度a時，可由 f－mg=ma
得 f=m（g+a）＞mg
在此條件下，系統處於超重狀態；當圖8—1中的公升降機做變速運動，有豎直向上的加速度a時，可由
mg－f=ma
得 f=m（g－a）＜mg
在此條件下，系統處於失重狀態；當圖8—1中的公升降機做變速運動，有豎直向下的加速度a且
a=g時，視重將為 f=0 在此條件下，系統處於完全失重狀態。
三、典型例題
例2．如圖8—4所示，質量分別為15kg和5kg的長方形物體a和b靜止疊放在水平桌面上.a與桌面以及a、b間動摩擦因數分別為μ1=0.1和μ2=0.
6，設最大靜摩擦力等於滑動摩擦力。問：
（1）水平作用力f作用在b上至少多大時，a、b之間能發生相對滑動？
（2）當f=30n或40n時，a、b加速度分別各為多少？
圖4圖5
分析：ab相對滑動的條件是：a、b之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，且加速度達到a可能的最大加速度a0，所以應先求出a0.
解：（1）以a為物件，它在水平方向受力如圖8—5（a）所示，所以有
maa0=μ2mbg－μ1（ma+mb）g，
a0=g=×10m/s2=m/s2
再以b為物件，它在水平方向受力如圖8—5（b）所示，加速度也為a0，所以有
f－f2=mba0，
f=f2+mba0=0.6×5×10n+5×n=33.3n.
即當f達到33.3n時，a、b間已達到最大靜摩擦力.若f再增加，b加速度增大而a的加速度已無法增大，即發生相對滑動，因此，f至少應大於33.3n.
（2）當f=30n，據上面分析可知不會發生相對滑動，故可用整體法求出共同加速度
aa=ab==m/s2=0.5m/s2.
還可以進一步求得a、b間的靜摩擦力為27.5n（同學們不妨一試）.
當f= 40n時，a、b相對滑動，所以必須用隔離法分別求aa、ab，其實aa不必另求，
aa=a0=m/s2.
以b為物件可求得
ab==m/s2=2m/s2.
從上可看出，解決這類問題關鍵是找到情況發生變化的「臨界條件」.各種問題臨界條件不同，必須對具體問題進行具體分析。
例3．如圖6（a）所示，質量為m的滑塊與傾角為θ的斜面間的動摩擦因數為μ.滑動上安裝一支架，在支架的o點處，用細線懸掛一質量為m的小球.當滑塊勻加速下滑時，小球與滑塊相對靜止，則細線的方向將如何？
（abc）
圖6分析：要求細線的方向，就是要求細線拉力的方向，所以這還是乙個求力的問題.可以用牛頓第二定律先以整體以求加速度a（因a相同），再用隔離法求拉力（方向）.
解：以整體為研究物件，受力情況發圖8—6（b）所示，根據牛頓第二定律有
（m+m）gsinθ－f=（m+m）a，n－（m+m）gcosθ=0. 而f=μn，故可解得 a=g（sinθ－μcosθ）.
再以球為研究物件，受務情況如圖8—6（c）表示，取x、y軸分別為水平、豎直方向（注意這裡與前面不同，主要是為了求a方便）.由於加速度a與x軸間的夾角為θ，根據牛頓第二定律有
tsinα=macosθ，mg－tcosα=masinθ. 由此得 tanα==.
為了對此解有個直觀的認識，不妨以幾個特殊μ值代入
（1）μ=0，α=θ，繩子正好與斜面垂直；
（2）μ=tanθ，α=00，此時物體勻速下滑，加速度為0，繩子自然下垂；
（3）μ＜tanθ，則α＜θ，物體加速下滑.
例5．如圖9所示，公升降機地板上有一木桶，桶內水面上漂浮著乙個木塊，當公升降機靜止時，木塊有一半浸在水中，若公升降機以a=g的加速度勻加速上公升時，木塊浸入水中的部分佔總體積的
分析：通常會有同學作出如下分析。
當公升降機靜止時，木塊所受浮力f1與重力平衡，於是
f1－mg=0 f1=ρvg
當公升降機加速上公升時，木塊所受浮力f2比重大，此時有
f2－mg=ma=mg f2=ρv/g
在此基礎上可解得
v/ ：v=3 ：4
但上述結論是錯誤的，正確解答如下。
解：當公升降機靜止時有
f1－mg=0
f1=ρvg
當公升降機加速上公升時，系統處於超重狀態，一方面所受浮力f2確實大於木塊的重力mg，有
f2－mg=ma=mg
另一方面所排開的體積為v/的水的視重大於其真重ρv/g，而等於
f2=g排=ρv/(g+a)=ρv/g
由此解得 v/ ：v=1 ：2
即：浸入水中的部分仍佔木塊體積的一半。
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