【正文】 求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間． 【解】（1）木塊在奇數(shù)秒內(nèi)的加速度為木塊在偶數(shù)秒內(nèi)的加速度為所以，木塊在奇數(shù)秒內(nèi)做a = a1=2m／s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)．（2）在第1s內(nèi)木塊向右的位移為至第1s末木塊的速度v1=at=21m/s=2m/s．在第2s內(nèi)，木塊以第1s末的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，在第2s內(nèi)木塊的位移為s2=v1t=21m=2m．至第2s末木塊的速度v2=v1=2m/s．在第3s內(nèi)，木塊向右做初速等于2m/s的勻加速運(yùn)動(dòng)，在第3s內(nèi)的位移為至第3s末木塊的速度v3=v2+at=2m/s+21m/s=4m/s．在第4s內(nèi)，木塊以第3s末的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，在第4s內(nèi)木塊的位移為S4=v3t=41m=4m．至第4s末木塊的速度v4=v3＝4m/s．??由此可見，從第1s起，連續(xù)各秒內(nèi)木塊的位移是從1開始的一個(gè)自然數(shù)列．因此，在ns內(nèi)的總位移為當(dāng)sn=，n的值為8＜n＜9．取n=8，則8s內(nèi)木塊的位移共為至第8s末，木塊的速度為v8=8m/s．設(shè)第8s后，木塊還需向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tx，對(duì)應(yīng)的位移為sx==，由得合理解tx=．所以，T=8s+=．【說明】木塊運(yùn)動(dòng)的vt圖如下圖所示．因?yàn)関t圖線與t軸間的面積表示對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，所以每秒內(nèi)位移成一等差數(shù)列，其公差等于劃有斜線的小三角形面積，即△s=s1=1m．[例11]如圖1所示，一細(xì)線的一端固定于傾角為45176。的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球．當(dāng)滑塊以a=2g的加速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力T等于多少？【分析】當(dāng)小球貼著滑塊一起向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受到三個(gè)力作用：重力mg、線中拉力T、滑塊A的支持力N，如圖2所示．小球在這三個(gè)力作用下產(chǎn)生向左的加速度．當(dāng)滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度增大到一定值時(shí)，小球可能拋起，滑塊的支持力變?yōu)榱?，小球僅受重力和拉力兩個(gè)力作用．由于題設(shè)加速度a=2g時(shí)，小球的受力情況未確定，因此可先找出使N=0時(shí)的臨界加速度，然后將它與題設(shè)加速度a=2g相比較，確定受力情況后即可根據(jù)牛頓第二定律列式求解．【解】根據(jù)小球貼著滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況，可列出水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)方程分別為Tcos45176。Nsin45176。=ma，（1）Tsin45176。+Ncos45176。=mg．（2）聯(lián)立兩式，得N=mgcos45176。masin45176。．當(dāng)小球?qū)瑝K的壓力等于零，即應(yīng)使N=0，滑塊的加速度至少應(yīng)為可見，當(dāng)滑塊以a=2g加速向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球已脫離斜面飄起．此時(shí)小球僅受兩個(gè)力作用：重力mg、線中拉力T′，（圖3）設(shè)線與豎直方向間夾角為β．同理由牛頓第二定律得T′sinβ=ma，T′cosβ=mg．聯(lián)立兩式得【說明】 如果沒有對(duì)臨界狀態(tài)作出分析，直接由（1）、（2）兩式聯(lián)立得線中拉力這就錯(cuò)了！【例12】如圖1質(zhì)量為M的斜面體放在有摩擦的地面上，質(zhì)量為m1的物體A與質(zhì)量為m2的物體B之間有摩擦，但物體B與斜面間的摩擦不計(jì)，物體B的上表面水平．AB在加速下滑的過程中相對(duì)靜止，斜面的傾角為θ，求：①物體B對(duì)物體A的摩擦力和彈力 ②地面對(duì)斜面體的摩擦力和彈力【分析】 本題考察整體和隔離法研究動(dòng)力學(xué)問題，恰當(dāng)?shù)倪x取研究對(duì)象并正確受力分析是解題關(guān)鍵．【解】（1）取A和B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，受力如圖2（a），沿斜面方向（m1+m2）gsinθ=（m1+m2）a∴ a=gsinθ（1）再以A研究受力如圖2（b）則 x方向m1gsinθ+f1cosθN1sinθ=m1a（2）y方向N1cosθ+f1sinθ=m1gcosθ（3）由式（1）（2）（3）得f1=m1gcosθsinθ 方向：水平向左 N1=m1gcos2θ方向：豎直向上（2）對(duì)物體B受力分析如圖2（c）沿y方向N′2=m2gcosθ+N′1cosθ+f′1sinθ（4）由牛頓第三定律知 N1=N′1（5）f1= f′1（6）∴N′2=（m1+m2）gcosθ對(duì)斜面體C分析受力如圖2（d），則沿x方向：N2sinθf2=0（7）沿y方向：NMgN2cosθ=0（8）有牛頓第三定律知 N=N′2（9）由式（7）（8）（9）得f2=（m1+m2）gcosθsinθ 方向水平向左 N = Mg +（m1+m2）gcos2θ 方向豎直向上【說明】 本題研究對(duì)象很多，在分析各力時(shí)，力要清晰，且標(biāo)好各自符號(hào)。題目考察綜合分析能力．在運(yùn)用牛頓第二定律解決問題的應(yīng)用中，我們應(yīng)當(dāng)具備把一個(gè)復(fù)雜問題分解成若干簡單問題的能力，找準(zhǔn)它們之間的聯(lián)系，這既是一種解題方法，也是解復(fù)雜題目的關(guān)鍵所在．【例13】 如圖1所示的三個(gè)物體質(zhì)量分別為m1和m2和m3，帶有滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦以及繩子的質(zhì)量均不計(jì)，為使三個(gè)物體無相對(duì)運(yùn)動(dòng)．水平推力F等于多少？【分析】由于三個(gè)物體無相對(duì)運(yùn)動(dòng)，因此可看作一個(gè)整體，列出整體的牛頓第二定律方程．然后再隔離mm2，分別列出它們的運(yùn)動(dòng)方程． 【解】 由整體在水平方向的受力列出牛頓第二定律方程為F=（m1+m2+m3）a．（1）分別以mm2為研究對(duì)象作受力分析（圖2）設(shè)繩張力為T． 對(duì)m1，在水平方向據(jù)牛頓第二定律得T=m1a．（2）對(duì)m2，在豎直方向由力平衡條件得Tm2g=0．（3）聯(lián)立式（1）、（2）、（3），得水平推力【說明】也可以全部用隔離法求解．設(shè)連接m1與m2的繩中張力為T，m2與m3之間相互作用力為N，滑輪兩側(cè)繩子張力形成對(duì)m3的合力為F′，畫出各個(gè)物體的隔離體受力圖如圖3所示（mm3豎直方向的力省略）．對(duì)于m1，由受力分析知T=m1a．（4）對(duì)于m2，由水平方向與豎直方向的受力情況，分別可得N=m2a，（5）Tm2g=0．（6）對(duì)于m3，設(shè)滑輪兩側(cè)繩中張力的合力為F′，其水平分力化都表示物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)已發(fā)生了改變．（向左）等于T，因此FNT=m3a．（7）由（4）、（5）、（6）三式得把它們代入式（7）得水平推力顯然，全部用隔離法求解時(shí)，不僅未知數(shù)和方程數(shù)多，還可能因疏漏滑輪兩側(cè)繩子拉力對(duì)m3的影響而造成錯(cuò)誤．所以應(yīng)注意靈活地有分有合，交替使用隔離法和整體法．【例14】 在升降機(jī)地面上固定著一個(gè)傾角α=30176。的光滑斜面，用一條平行于斜面的細(xì)繩拴住一個(gè)質(zhì)量m=2kg的小球（圖1）當(dāng)升降機(jī)以加速度a=2m／s2豎直向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子對(duì)球的拉力和小球?qū)π泵娴膲毫Ψ謩e為多少？（取g=10m／s2）【分析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，它隨升降機(jī)向上加速運(yùn)動(dòng)過程中受到三個(gè)力作用：重力mg、繩子拉力T、斜面支持力N．由于這三個(gè)力不在一直線上，可采用正交分解法，然后列出牛頓第二定律方程，即可求解．【解】 根據(jù)小球的受力情況（圖2），把各個(gè)力分解到豎直、水平兩方向．在豎直方向上（取向上為正方向），根據(jù)牛頓第二定律得Tsinα + Ncosαmg = ma．（1）在水平方向上（取向右為正方向），根據(jù)力平衡條件得TcosαNsinα=0．（2）將（1）式乘以sinα，（2）式乘以cosα，兩式相加得繩子對(duì)球的拉力為將（1）式乘以cosα，（2）式乘以sinα，兩式相減得斜面對(duì)球的支持力為根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫′=N=，式中“”號(hào)表示N′與N方向相反，即垂直斜面向下．【說明】 本題是已知運(yùn)動(dòng)求力，解題基本步驟與例2相同．需注意題中求出的N是斜面對(duì)球的支持力，還必須用牛頓第三定律，得出球?qū)π泵娴膲毫Γ纠?5】如圖所示，在一個(gè)盛水的容器中漂浮一個(gè)物體，這時(shí)水面到達(dá)物體的某一位置。如將這個(gè)容器放在升降機(jī)中，在升降機(jī)以加速度a由靜止開始向上勻加速直線上升的過程中，物體浸入水中的深淺如何變化？【誤解】 設(shè)漂浮物體的密度為ρ，體積為V，浸入水中的體積為V′，水的密度為ρ水。當(dāng)容器靜止時(shí)ρgV=ρ水gV′當(dāng)容器以加速度a向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)F浮mg = ma∴ F浮=m（g+a）=ρV（g+a）設(shè)此時(shí)排開水的體積為V″，則有 ρ水V″g=ρV（g+a）物體浸入深度將大些?！菊_解答】當(dāng)容器處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)當(dāng)容器以加速度a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有 F浮mg = ma 即 ρ水（g + a）V″ρgV =ρa(bǔ)V∴V″=V′ 物體浸入深度不變?！惧e(cuò)因分析與解題指導(dǎo)】當(dāng)容器以加速度a豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，容器中的漂浮物和水同樣處于“超重”狀態(tài)，因此，水對(duì)漂浮物的浮力應(yīng)變成ρ水（g + a）V″而不是ρ水gV″，這也就是[誤解]的根源之所在。我們不妨再來考慮一種特殊情況：即當(dāng)盛水容器放在自由下落的升降機(jī)上，物體浸入水中的深淺又如何變化呢？全決定于自由下落前物體浸入水中的情況。由于下落前物體已靜浮液在結(jié)論。[例16]，靜置在水平面上，現(xiàn)在給物塊施加一個(gè)大小為15N，方向向右的水平推力F，并持續(xù)作用6s，在6s末撤去F1，在撤去F1的同時(shí)給物塊施加一個(gè)大小為12N，方向向左的水平推力F2，持續(xù)作用一段時(shí)間后又將它撤去，并立即給物塊施加一個(gè)大小仍為12N、方向向右持續(xù)作用的水平推力F3，已知物塊由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷14s速度達(dá)到18m/s，方向向右，g取10m/s2，求物塊在14s內(nèi)發(fā)生的位移。[分析]本題是物塊多次受不同恒力而運(yùn)動(dòng)的題目，顯然研究對(duì)象是物塊。物塊的運(yùn)動(dòng)情況可分為三個(gè)階段： 第一段：v10=0物體向右做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)6s 第二段：v20=a1t1=6m/s=18m/s物體將向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于t2末知，t2秒末物體可能有向右速度，可能速度為零，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況，根據(jù)速度和加速度可畫出vt圖象，用圖象來求解。第二段末尾速度是第三段初始速度，兩段速度圖線交點(diǎn)在橫軸之上（即正值），且說明物體在第二段一直向右運(yùn)動(dòng)，t2=2sv2t=6m/s[解]解法一：用圖象解物體運(yùn)動(dòng)的vt圖線與橫軸所圍“面積”為位移大小，即解法二：用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解v1t=a1t1=18m/s ②v2t=v1a2t2=186t2④t3=t總t1t3=8t2 ⑥v3=v2t+a3t3=1816t2+2(8t2)=18 ⑦ 解得：t2=2s t3=6s v2t=6m/s解法二：用動(dòng)量定律求解 對(duì)全程有F1t1F2t2+F3(tt1t2)ft=mv解得t2=2s從而t3=6s 對(duì)第一段（F1f）t1=mv1 v1=18m/s對(duì)第二段（F2+f）t2=mv2mv1 v2=6m/s∴ s=s1+s2+s3=150m [說明]：一是運(yùn)動(dòng)的初始狀態(tài)，即初速度，二是物體所受合外力的大小方向。，前一過程的末速度，是后一過程的初速度。，注意各種解法的特點(diǎn)，正確運(yùn)用物理公式求解。[例17]圖為一空間探測(cè)器的示意圖，PPPP4是四個(gè)噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)，PP3的連線與空間一固定坐標(biāo)系的x軸平行，PP4的連線與y軸平行，每臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)開始時(shí)，都能向探測(cè)器提供推力，但不會(huì)使探測(cè)器轉(zhuǎn)動(dòng)，開始時(shí)，探測(cè)器以恒定的速率v0向正x方向平動(dòng)，要使探測(cè)器改為向正x偏負(fù)y60176。的方向以原來的速率v0平動(dòng)，則可A.．先開動(dòng)P1適當(dāng)時(shí)間，再開動(dòng)P4適當(dāng)時(shí)間 B．先開動(dòng)P3適當(dāng)時(shí)間，再開動(dòng)P2適當(dāng)時(shí)間 C．開動(dòng)P4適當(dāng)時(shí)間D．先開動(dòng)P3適當(dāng)時(shí)間，再開動(dòng)P4適當(dāng)時(shí)間[分析]每臺(tái)發(fā)動(dòng)機(jī)開動(dòng)時(shí)，都能向探測(cè)器提供的是“推力”最后探測(cè)器是向x偏負(fù)y60176。的方向以原來的速度v0平動(dòng)，對(duì)此速度進(jìn)行分解沿x正方向速率減小，要開動(dòng)P1 , [解]正確答案為A。[說明]判斷物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，要考慮初速度和受力情況。速度分解時(shí)，由于合速度處于直角三角形的斜邊所以合速度大小要大于水平分速度大小。