重点高中物理牛顿第二定律经典例题
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
牛顿第二运动定律
【例1】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
的对应关系,弹簧这种特殊模型的变化特
合
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=kx c,a=0,物体速度达最大。由C→B的过程中,由于
mg 例2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f m(向左)由平衡条件知:N=mgF=f m。 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>f m′,(新情况下的最大静摩擦力),可见f m>f m′即是最大静摩擦力减小了,由f m=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3】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ma T ='βsin mg T ='βcos 联立两式得mg a m g m mg ma T 5)()(222222=+=+=' 【例4】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/s 2,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 图2-2-11甲 送带速度相等时,由于 37cos 37sin mg mg μ>,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 ma mg mg =+θμθcos sin a 1=10×(0.6+0.5×0.8)=10m/s 2 物体加速至与传送带速度相等需要时间 t 1=V/a 1=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 2cos sin ma mg mg =-θμθa 2=2m/s 2 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2,由 2 2222 1t a vt S L + =- 解得t 2=1s,(t 2=-11s 舍去) 所以物体由A →B 的时间t=t 1-t 2=2s. 【例5】如图3-28所示的三个物体质量分别为m 1、m 2和m 3,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m 1、m 2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=(m 1+m 2+m 3)a……(1) 分别以m 1、m 2为研究对象作受力分析(图3-29)设绳拉力为T 。 图2-2-11 乙 图2-2-11 丙 对m 1,在水平方向据牛顿第二定律得T=m 1a……(2) 对m 2,在竖直方向由力平衡条件得T-m 2g=0……(3) 联立式(1)(2)(3),得水平推力 【例6】某人在以a=2.5m/s 2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m 1=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m 2=40千克的物体,则此升降机上升的加速度为多大( g 取10m/s 2) 【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 m 1g-F=m 1a 所以F=m 1(g-a)=600N 当他在地上举物体时,设最多可举起质量为m 0的物体,则有F-m 0g=0所 m 0=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 m 2g-F=m 2a ,所以22 2/5s m m g m F a =-= ' 【例7】如图1---42所示,重为G 的均匀链条,两端用等长的轻绳连 接挂在等高的地方,绳与水平方向成θ角,试求: (1).绳子的张力大小。 (2).链条最低点的张力大小. F 1 F 2 θ θ θ θ 图1-- [析与解]:(1).绳子的张力等于整条链跟外部绳子的作用力,此处应以整条链为研究对象,作其受力图如右上图,由对称性知:F 1=F 2,因竖直方向合力为零,则有:2Fsin θ=G ,F=G/2sin θ,即绳子的拉力为G/2sin θ。 (2).将链条从最底点隔离开,只研究右半条链条,作其受力图如上页右下图,由图得F ′=Gctg θ/2即链条最低点的张力为Gctg θ/2。 【例8】如图1---39所示,斜面上放一物体A 恰能在斜面上保持静止,如果在物体A 的水平表面上再放一重物,下面说法中正 确的是() A .物体A 将开始加速下滑 B .物体A 仍保持静止 C .物体A 所受的摩擦力增大 D .物体A 所受的合力增大 6.(2006年·全国理综Ⅰ)一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.起始时,传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a 0开始运动,当其速度达到v 0后,便以此速度匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度. 6.【答案】20002v a g a g μμ-() 解析:根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0.根据牛顿第二定律,可得 a =μg 设经历时间t ,传送带由静止开始加速到速度等于v 0,煤块则由静止加速到v ,有 v 0=a 0t ,v =at