下载高一物理牛顿第二定律应用

下载高一物理牛顿第二定律应用下载高一物理牛顿第二定律应用下载高一物理牛顿第二定律应用资料仅供参考文件编号：2022年4月下载高一物理牛顿第二定律应用版本号：A修改号：1页次：1.0审核：批准:发布日期：课题：牛顿第二定律应用（一）目的：1、掌握应用牛顿定律分析力和运动关系问题的基本方法。2、培养学生分析解决问题的能力。重点：受力分析、运动和力关系的分析。难点：受力分析、运动和力关系的分析。方法：启发思考总结归纳、讲练结合。过程：一、知识点析：牛顿第二定律是在实验基础上总结出的定量揭示了物体的加速度与力和质量的关系。数学表达式：ΣF=ma或ΣFx＝MaxΣFy=may理解该定律在注意：

（1）。瞬时对应关系；（2）矢量关系；（3）。力、加速度、速度的关系：加速度与力的关系遵循牛顿第二定律。加速度一与速度的关系：速度是描述物体运动的一个状态量，它与物体运动的加速度没有直接联系，但速度变化量的大小加速度有关，速度变化量与加速度（力）方向一致。力与加速度是瞬时对应关系，而力与物体的速度，及速度的变化均无直接关系。Δv=at，v=v0+at，速度的变化需要时间的积累，速度的大小还需考虑初始情况。二、例题分析：

例1。一位工人沿水平方向推一质量为45mg的运料车，所用的推力为90N，此时运料车的加速度是1.8m/s2,当这位工人不再推车时,车的加速度。【例2】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3-2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B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小D、物体在B点时，所受合力为零【解析】本题主要研究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，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F合=0，由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kxc,a=0，物体速度达最大。由C→B的过程中，由于mg<kx2,a=kx2/m-g，物体做a增加的减速直线运动。同理，当物体从B→A时，可以分析B→C做加速度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。C正确。【评析】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。弹簧是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3】以初速度V0竖直上抛一个质量为m的物体，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，物体经过时间t到达最高点。求：（1）物体由最高落回原地所用时间t1。（2）物体落回原地时的速度v1的大小。【解析】物体的运动分为上升阶段和下降阶段，再分析物体的受力情况和运动情况。上升阶段物体受重力mg和空气阻力f，方向都向下，其中f大小未知，通过已知物体的运动情况，求出加速度a，再求解空气阻力f。下降阶段物体受重力mg,方向向下，空气阻力f方向向上，空气阻力f上面已求出，由物体受力情况求出物体下降阶段的加速度a1，且初速度v01=0.再根据上升阶段，求出上升最大高度h，那么落地时间t1及速度v1均可求出。上升阶段，由牛顿第二定律得：mg+f=ma…….(1)最高点速度为零，由匀变速直线运动公式，得：v1=v0-at……….(2)设最大高度为h，v12=v02-2ah………..(3)解式（1）（2）（3）可得f=mv0/t-mg,h=vot/2下降阶段，物体加速度a1，方向向下，由牛顿第二定律得到：mg-f=ma1…………..(4)阻力f代入（4）式下降阶段是初速为零的均加速直线运动。代入h的数值。【例4】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

【解析】以木块为研究对象，它在竖直方向处于力平衡状态，水平方面受到推力F1（或F2）和摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒和偶数秒的运动情况，结合运动学公式，即可求出运动时间。（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a1=2m/s2的匀加速直线运动，在偶数秒内作匀速直线运动。（2）在第1s内木块向右的位移为至第1s末木块的速度在第2s内，木块以第1S末的速度向右作匀速运动，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内木块的位移为至第4S末木块速度V4=V3=4m/s……由些可见，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=(40.25-36)m=4.25m,由即得合理解tx=0.5s所以，木块的位移大小等于40.25时需运动时间t=8S+0.5S=8.5S.巩固练习：1、下列说法正确的是A、运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性就越大B、小球由于受重力的作用而自由下落时它的惯性就不存在了C、一个小球被竖直上抛，当抛出后，能继续上升，是因为小球受到一个向上的推力D、物体的惯性仅与本身的质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小2、在粗糙的水平面上，一个质量为m的物体在水平恒力F作用下，由静止开始运动，经过时间t后速度达到V，若要使静止物体的速度达到2V，可以采用A、将物体的质量减速为原来的1/2，其它条件不变B、将水平恒力F增到2F，其他条件不变C、将水平恒力作用的时间增加到2t，其它条件不变D、同时将水平恒力F和时间增加1倍3、如图3-3所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支加）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>（M+m）gB、F=mmgC、F=（M+m）gD、mg<F<(M+m)g4、如图3-4所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N，完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块，在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示数为10N，当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8N，这时小车运动的加速大小是A、2m/s2B、4m/s2C、6m/s2D、8m/s25、如图3-5所示，质量为m的小球被三根互成120度的角轻橡皮筋a、b、c的拉力之比为3：3：1,现将竖直方向的橡皮筋以箭断，则箭断C的瞬间，小球的加速度为（5m/s2）。方向（竖直向上）6、在质量为300g的弹簧秤下吊一质量为500g的物体，若用10N的接力竖直向上提弹簧秤，使它们一起向上作变速运动，此时，弹簧秤的读数是（6.25N）7、如图3-6所示，一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑，或给此物体一个沿斜面向上的初速度V0，则它能上滑的最大路程是。8、如图3-7所示，质量m=1kg的球穿在斜杆上，斜杆与水平方向成θ=30°度角，球与杆之间的动摩擦因数μ=，球受竖直向上的拉力F=20N，则球的加速度大小为（2.5）m/s2(g=10m/s2)作业布置：1、如图3-8所示，一个放置在水平地面上的木块，其质量为m=2kg，受到一个斜向下的，与水平方面成30°度角的推力F=10N的作用，使木块从静止开始运动，5s后撤去F，若木块与地面间的动摩擦因数μ=0.1，则木块在地面上运动的总位移（150）2、如图3-9所示，质量m=5kg的物体，置于倾角α=30°度的固定斜面上，物体在水平推力F=50N的作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，求物体运动的加速度。拓展练习：跳伞员从跳伞塔上跳下，当降落伞全部打开时，伞所受的空气阻力大小跟伞下落的平方成正比，满足f=kv2，已知比例系数K=20N·s2/m2，跳伞员与伞的总质量为72kg，设跳伞塔足够高，且人跳离塔后打开伞，试讨论下问题：（g取10m/s2）跳伞员在空中做什么运动，试作出描述；当跳伞员的速度为4m/s时，他与伞所受到的阻力为多大，此时他下降的加速度多大？跳伞员最后的下落速度多大？若跳伞塔高为H=200m，则当跳伞员从跳离塔至到达地面的过程中，共损失了多少机械能？某青年的质量是某少年的质量两倍，该青年能施的最大拉力为少年能施最大拉力的两倍，设想该青年和少年在太空中拔河，他们最初静止地呆在空中，然后分别抓绳子的两端尽力地对拉，那么，对拉时青年和少年的加速度大小之比是：A、2：1B、1：1C、1：2D、1：4课题：牛顿运动定律的应用（三）目的：进一步认识牛顿第二定律的使用要点，熟练牛顿运动定律的应用。重点：受力分析及运动的分析。难点：受力分析及运动的分析。方法：启发思维、讲练结合过程：一、动力学的两类基本问题1、已知物体的受力情况，要求确定物体的运动情况。已知物体受到全部的作用力，应用牛顿第二定律求出加速度，如果再已知各物体的初始条件，应用运动学公式就可以求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动的轨迹。2、已知物体的运动情况，要求通过分析求出物体所受的未知力。已知物体的运动情况，应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿运动定律推断或求出物体的受到的合外力，从而求出未各力。二、应用牛顿运动定律解题的一般步骤1、认真分析题意，明确已知条件和所求量2、选取研究对象，所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，同一题，根据题意和解题需要也可先后选取不同的研究对象。3、分析研究对象的受力情况和运动情况4、当研究对对象所受的外力不在一条直线上时；如果物体只受两个力，可以用平行四力形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上，分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动方向上。5、根据牛顿第二定律和运动学公式列方程，物体所受外力，加速度、速度等都可以根据规定的正方向按正、负值代公式，按代数和进行运算。6、求解方程，检验结果，必要时对结果进行讨论。解决动力学问题，首先要确定研究对象，把研究对象的受力情况和运动情况弄清楚，而不应急于找公式进行计算，先作必要的定性分析和半定量分析，如分析物体受几个力，哪个力大和哪个力小，物体做什么运动，运动速度是增大还是减小等，弄清所给问题的物理情景，然后再手定量计算。【例题解析】例1如图3-10所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是A、加速下降B、减速上升肥C、匀速向右运动D、加速向左运动【解析】木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受力情况为：重力mg，箱底的支持力N，弹簧拉力F和最大的静摩擦力fm（向左）由平衡条件知：N=mgF=fm。由于发现A弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是由A向右被拉动推知，F>fm′，（新情况下的最大静摩擦力），可见fm>fm′即是最大静摩擦力减小了，由fm=μN知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升，故A、B正确。另一种原因是木箱向左加速运动，由于惯性原因，木块必然向中滑动，故D正确。综合上述，正确答案应为A、B、D。【例2】如图3-11所示，一细线的一端固定于倾角为45°度的光滑楔形滑块A的顶端p处，细线的另一端栓一质量为m的小球，当滑块以2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？

【解析】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3-12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，小球可能离开斜面，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用离开斜面，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地定律列式求解。根据小球贴着滑块运动时的受情况，可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为联立两式，得若小球对滑块的压力等于零，即就作N=0，滑块的加速度至少就为可见，当滑块以a=2g加速度向左运动时，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′。设线与竖直方向间夹角为β，同理由牛顿第二定律得联立两式得【评析】如果没有对临界状态作出分析，直接（1）、（2）两式联立得线中拉力这就错了！【例3】如图3-13所示，长1=75cm的静止的直筒中有一不计大小的小球，筒的质量3.5kg球的质量0.5kg，现对筒施加一竖直向下的恒力作用，使筒竖直向下运动，径t=0.5秒时间，小球恰好跃出筒口，求：对筒施加的恒力大小为多少（

g取10m/s2）【解析】筒在重力及拉力共同作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度为a，小球做自由落体运动。设在时间t内，小球与筒的位移分别为h1、h2，（球大小不计）几何关系如图3-14所示，由运动学规律得，又l=h1-h2，所以解得a=16m/s2再对筒应用牛顿第二定律，可得F+Mg=Ma将M、a的数值代入解得F=21N【评析】分析动力学与运动学的综合问题，需注意对物体运动过程的分析及运动性质的判断，以便正确地建立动力学方程及选取恰当的运动学公式，从而完成求解。【例10】如图2-2-11甲所示，传送带与地面倾角θ=37°度，从A→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无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B所需要时间是多少（

g取10m/s2，sin37°=0.6）【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力，物体受合力方向沿传送带向下，物体由静止加速。物体加速至与传送带速度相等时，由于,物体在重力作用下继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力仍沿传送带向下，物体继续加速下滑，直至传送带的B端。开始阶段，物体受力情况如图2-2-11乙所示，由牛顿第二定律得a1=10×(0.6+0.5×0.8)=10m/s2物体加速至与传送带速度相等需要时间t1=V/a1=10/10=1S物体速度大于传送带速度后，物体受力情况如图2-2-11丙所示，由牛顿第二定律得a2=2m/s2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由解得t2=1s,(t2=-11s舍去)所以物体由A→B的时间t=t1-t2=2s.【解题回顾】（1）审题时应注意由题给条件作必要的定性分析或半定量分析，由本题中给出μ和θ值可作出判断：当μ≥tgθ时，物体在加速至与传送带速度相同后，将与传送带相对静止一起匀速运动；当μ<tgθ时，物体在获得与传送带相同的速度后仍将继续加速。（2）通过此题可以进一步体会到，滑动摩擦力的方向不总是阻碍物体的运动，而是阻碍物体间的相对运动，它可能是动力，也可能是阻力。巩固练习：1、质量分别为mA和mB的两个小球，同一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下（如图3-16）当细线被剪断的瞬间，关于两球下落加速的说法中，正确的是：A、B、C、D、2、物体作直线运动的v—t图线如图3-17所示，若第1s内所受合力为F1，第2S内所受合力为F2，第3S内所受合力为F3，则F1、F2、F3大小相等，F1与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是负的D、F1是正的，F2、F3为零3、如图3-18所示，在水平地在上放一倾角为θ的光滑斜面M，斜面上放一物块m，使斜面体水平向右运动，m可能相对M静止的条件是A、斜面体做匀速直线运动B、斜面体做匀加速直线运动，加速度大小为gsinθC、斜面体做匀加速直线运动，加速度为gtgθD、斜面体做匀加速直线运动，加速度为gcosθ4、如图3-19所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成θ角的拉力作用下，沿地面作加速运动，若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为A、F/MB、Fcosθ/MC、(Fcosθ-μMg)/MD、[Fcosθ-μ(Mg-Fsinθ)]/M5、如图3-20所示，一个质量为m的物体原来沿着滑动摩擦系数为μ的固定斜面匀加速下滑，加速度大小为a，现对该物体施加一个竖直向下恒力F，则该物体沿斜面下滑的加速度大小为.6、如图3-21所示，圆环质量为M，经过环心的竖直细钢丝AB以初速V0从A点竖直上抛出，致使环对地面刚好无压力，则小球上升的加速度，及小球能达到的最大高度（球不会碰到B点）7、质量为M，长为L的木板放在光滑斜面上，如图3-22所示，为使木板相对斜面静止，质量为m

的人应以加速在木板上跑动，若使人相对斜面静止，人在木板上跑动时，木板的加速度应为8、总质量为M的热气球由于故障在高空以匀速速度V竖直下降，为了阻止继续下降，在t=0时刻，从热气球中释放了一个质量为m的沙袋，不计空气阻力，当t=时热气球停止下降，这时沙袋的速度为（此时沙袋尚未着地）9、如图3-23所示，光滑球恰好放在木块的圆孤槽中，它的左边的接触点为A，槽的半径为R，且OA与水平线在α角，通过实验知道：当木块的加速度过大时，球可以从槽中滚出，圆球的质量为m，木块的质量为M，各种摩擦及绳和滑轮的质量不计，则木块向右的加速度最小为多大时，球才离开圆槽。10、用细绳系住一个位于深h的井底的物体，使它匀变速向上提起，提到井口时的速度恰好为零，设细绳能承受的最大拉力为T，试求把物体提至井口的最短时间。作业布置：1、为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离。已知某高速公路的最高限速V=120km/h。假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.50s.刹车时汽车受到阻力f的大小为汽车重力的0.4倍。该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少？取重力加速度g=10m/s2.拓展练习：1、（1）如图3-24所示，质点自一圆环的最高点A沿不同倾角的光滑轨道由静止滑到圆环上其它各点，试证明：虽然轨道倾角不同，但所需时间相等。（2）试用（1）得出的结论说明：如有一质点自倾角为a的斜面上方的定点O沿光滑斜槽OP从静止开始下滑，为使质点在最短时间内从O点到达斜面，则斜槽与竖直方向的夹角β应等于多少（

图3-25）

课题：牛顿定律的应用（四）目的：掌握牛顿第二定律的一些重要方法，提高综合应用牛顿第二定律的能力。重点：物理过程的分析、物理模型的建立。难点：物理过程的分析、物理模型的建立。方法：启发思维、讲练结合。过程：一、连接体问题1、连接体与隔离体：两个或几个物体相连接组成的物体系统为连接体。如果把其中某个物体隔离出来，该物体即为隔离体。2、连接体问题的处理方法（1）整体法：连接体的各物体如果有共同的加速度，求加速度可把连接体作为一个整体，运用牛顿第二定律列方程求解。（2）隔离法：如果要求连接体间的相互作用力，必须隔离出其中一个物体，对该物体应用牛顿第二定律求解，此方法为隔离法。隔离法目的是实现内力转外力的，解题要注意判明每一隔离体的运动方向和加速度方向。（3）整体法解题或隔离法解题，一般都选取地面为参照系。整体法和隔离法是相对统一，相辅相成的，本来单用隔离法就可以解决的问题，但如果这两种方法交叉使用，则处理问题十分方便。例如当系统中各物体有共同加速度，要求系统中某两物体间的作用力时，往往是先用整体法求出加速度，再用隔离法求出两物体间的相互作用力。4、用隔离法解连接体问题时，容易产生一些错误的想法。（1）例如F推M及m一起前进（如图3-26所示）隔离m分析其受力时，如果认为F通过物体M作用到m上，那就错了。（2）用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时（如图3-27所示）（不考虑秤的重力），往往会认为弹簧秤对物块M拉力也一定等于F，实际上此时弹簧秤拉物体M的力F1=F-ma，显然F1<F，只有在弹簧秤质量可不计时，才可以认为F1=F。二、超重与失重我们知道放在水平桌面上的物体对桌面的压力的大小等于物体受的重力的大小；细绳下悬挂的重物对绳子的拉力也等于物体受的重力；这个结论只有在平衡条件（静止或匀速运动）下才成立。如果系统在竖直方向做加速运动，那么物体对桌子的压力或物体对线拉力就不等于重力了，当压力或拉力大于重力时，叫做“超重”；当压力或拉力小于重力时，叫“失重”；当压力或拉力恰好等于零时，叫“完全失重”。当系统的加速度竖直向上时（向上加速运动时或向下减速运动），发生“超重”现象（超出部分为ma）；当系统加速度竖直向下时（向下加速运动或向上减速运动），发生“失重”现象（失去部分为ma）；当竖直向下的加速度正好等于g时，发生“完全失重”现象。要注意，超重不是重力增加，失重不是重力减小，完全失重不是重力完全消失，在发生超重和失重现象时，物体受的重力依然存在，而且是不变的。发生超重或失重现象与物体的速度无关，只决定于加速度度的方向。在完全失重状态下，平常由重力产生的一切物理现象都会完全消失，如单摆停止摆动，天平失效，液柱不再产生向下的压强等。【例题解析】【例1】如图3-28所示的三个物体质量分别为m1、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？

【解析】由于三个物体无相对运动，困此可看作一个整体，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。由整体在水平方面的受力列出牛顿第二定律为F=(m1+m2+m3)a……（1）分别以m1、m2为研究对象作受力分析（图3-29）设绳拉力为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【评析】也可以全部用隔离法求解，全部用隔离法求解时，不仅未知数和方程数多，还有可能因疏漏滑轮两侧拉力对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2】如图3-30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°度，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？

【解析】取两个木块和其中一个木块（A或B）为研究对象，根据它们把受的合力列出牛顿第二定律方程，或上它们加速度相同，根据它们所受的合外力与质量成正比的关系列式求解。设木块A、B间相互作用力为N，隔离A，画出的受力图如图3-31所示，取水平向右为正方向，列出（A+B）这一整体和A的牛顿第二定律方程由式（1）得木块的加速度代入（2）得A、B间相互作用力【评析】对（A+B）这一整体，它们的相互作用力N是内力，它不出现在整体的牛顿运动方程中。因此，必须用隔离法，取A（或B）为研究对象，把“内力”转化为“外力”。【例3】如图3-32所示，台秤上放一装满水的杯子，杯底系着一细线，细线上端系一木球浮在水中，若细线突然断开，试分析在木球上浮的过程中，台秤的示数将如何变化（

不计水的阻力）

【解析】取杯子、水和球整体为研究对象，在球加速上升的过程中，整个系统的重心向下运动，且具有向下的加速度，所以处于失重状态，台秤的示数将减小。【评析】该题的分析也可用“隔离法”，分别讨论木球和同体积的“水球”的失重和超重情况，最后确定台秤的示数变化情况。【例4】某人在以a=2.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m1=80kg的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m2=40千克的物体，则此升降机上升的加速度为多大（

g取10m/s2）【分析】设此人的最大举力F，在不同参照系中这个举力是恒定的，当升降机匀加速下降时，物体也以同一加速度下降，物体“失重”，当升降机竖直向上匀加速上升时，人举起的物体也与升降机一起匀加速上升，物体处于“超重”状态。【解】：设此人最大举力为F，当升降机匀加速下降时，选取物体为研究对象，受力分析如图3-33所示，由牛顿第二定律得m1g-F=m1a所以F=m1(g-a)=600N当他在地上举物体时，设最多可举起质量为m0的物体，则有F-m0g=0所m0=60kg.当升降机竖直向上匀加速上升时，选物体为研究对象，受力分析如图3-34所示，由牛顿第二定律得m2g-F=m2a，所以【评析】本题中特点是人的最大举力相同。选取研究对象，分析受力，由牛顿第二定律列方程求解。巩固练习：1、两个质量相同的物块1和2紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图3-35所示，如果它们分别受到水平推力F1和F2，且F1>F2，则物体，施于2的作用力的在大小为1B、F2C、（F1+F2）/2D、（F1-F2）/22、电梯内有一质量为m的物体，用细线挂在天花板上，当电梯以g/3的加速度竖直向下加速运动时，细线对物体的拉力为A、2mg/3B、mg/3C、4mg/3D、mg如图3-36所示，用水平力F接着三个物体在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上另置一小物体，且拉力F不变，那么中间物体两端绳的拉力大小Ta和Tb的变化情况是A、Ta增大，Tb减小B、Ta增大，Tb增大