高中物理牛顿第二定律经典例题.pdf

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1、1/8【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

2、之间的 C 位置，此时 F合=0，由 AC 的过程中，由 mgkx1，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 CB 的过程中，由于mgfm，（新情况下的最大静摩擦力），可见 fmfm即是最大静摩擦力减小了，由 fm=N 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

3、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2/8 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，

4、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)1(45sin45cosmaNT )2(45cos45sinmgNT 联立两式，得 45sin45cosmamgN 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 gga45sin45cos 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，同理由牛顿第二定律得maTsin mgTcos 联立两式得mgamgmmgmaT5)()(222222【例 4】如图 2-2-11 甲所示

5、，传送带与地面倾角=37度，从 AB 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37cos37sinmgmg,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

6、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 mamgmgcossin a1=10(0.6+0.50.8)=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 图 2-2-11 甲图 2-2-11 乙3/8 2cossinmamgmg a2=2m/s2 设 后 一 阶 段 物 体 滑 至 底 端 所 用 的 时 间 为t2，由222221tavtSL 解得t2=1s,(t2=-11s 舍去)所以物体由 A

7、B 的时间 t=t1-t2=2s.【例 5】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

8、=0（3）联立式（1）（2）（3），得水平推力 gmmmmmF)(32112 【例 6】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

9、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 图 2-2-11 丙4/8 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222/5smmgmFa【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，绳与水平方向成角，试求：（1）绳子的张力大小。（2）链条最低点的张力大小.析与解:(1)绳子的张力等于整条链跟外部绳子的作用力

10、，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：F1=F2，因竖直方向合力为零，则有：2Fsin=G，F=G/2sin，即绳子的拉力为 G/2sin。(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/2 即链条最低点的张力为 Gctg/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）一水平的浅色长传送带上放置一煤

11、块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为 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 a0开始运动，当其速度达到 v0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】20002vagag（）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 a0根据牛顿第二定律，可得 ag 设经历时间 t，传送带由静止开始加速到速度等于 v0，煤块则由静止加速到 v，有 v0a0t，vat 由于 aa0，故 vv0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用再经过时间 t

12、，煤块的速度由 v增加到 v0，有 v0v+at 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹 设在煤块的速度从 0 增加到 v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为 s0和 s，有 F1 F2 G 图 1-42 A 图 1-39 5/8 200012sa tv t，202vsa 传送带上留下的黑色痕迹的长度 ls0s 由以上各式得20002vaglag（）9（2003 年江苏理综）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带 A、B 始终保持 v=1m/s 的恒定速率运行；一质量为 m=4kg 的

13、行李无初速地放在 A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.设行李与传送带间的动摩擦因数=0.1，AB 间的距离 l=2m，g 取 10ms2（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；（2）求行李做匀加速直线运动的时间；（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到 B 处求行李从 A 处传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率 4【答案】（1）4N，a=lm/s2；（2）1s；（3）2m/s 解析：（1）滑动摩擦力 F=mg 以题给数值代入，得 F=4N 由牛顿第二定律得 F=ma 代入数值，得

14、 a=lm/s2 （2）设行李做匀加速运动的时间为 t，行李加速运动的末速度 v=1ms则 v=at 代入数值，得 t=1s （3）行李从 A 匀加速运动到 B 时，传送时间最短则 2min12lat 代入数值，得min2st 传送带对应的运行速率 Vmin=atmin 代人数据解得Vmin=2m/s 10如图 3224 所示，传送带两轮 A、B 的距离 L11 m，皮带以恒定速度 v2 m/s 运动，现将一质量为 m 的物块无初速度地放在 A 端，若物体与传送带间的动摩擦因数为 0.8，传送带的倾角为 37，那么物块 m 从 A 端运到 B 端所需的时间是多少？(g 取 10 m/s2，co

15、s370.8)2解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内6/8 物体沿传送带向上做匀加速运动 由牛顿第二定律得 mgcos37mgsin37ma 则 agcos37gsin370.4 m/s2 物体加速至 2 m/s 所需位移 s0v22a2220.4 m5 mL 经分析可知物体先加速 5 m 再匀速运动 sLs06 m.匀加速运动时间 t1va20.4 s5 s.匀速运动的时间 t2sv62 s3 s.则总时间 tt1t2(53)s8 s.答案：8 s 11 如图所示的传送皮带，其水平部分 AB 长 sAB=2m，BC 与水平面夹角=37，长度 sBC=4m，一小物体 P 与传送带的动摩擦因

16、数=0.25，皮带沿 A 至 B 方向运行，速率为 v=2m/s，若把物体 P 放在 A 点处，它将被传送带送到 C 点，且物体 P 不脱离皮带，求物体从 A点被传送到 C 点所用的时间（sin37=0.6，g=l0m/s2）1【答案】2.4s 解析：物体 P 随传送带做匀加速直线运动，当速度与传送带相等时若未到达 B，即做一段匀速运动；P 从 B 至 C 段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为所求时间 P 在 AB 段先做匀加速运动，由牛顿第二定律11111,NFma FFmg va t，得 P 匀加速运动的时间110.8svvtag 2211 1112110.8m,22ABs

17、a tgtssvt，匀速运动时间120.6sABsstv P 以速率 v 开始沿 BC 下滑，此过程重力的下滑分量 mgsin37=0.6mg；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为mgcos37=0.2mg可见其加速下滑由牛顿第二定律 233cos37cos37,0.44m/smgmgmaag，233 312BCsvta t，解得 t3=1s（另解32st ，舍去）7/8 从 A 至 C 经过时间 t=t1t2t3=2.4s 12】如图 1-40 所示，甲、乙两球带电量均为 q，质量均为 m，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，场强为E，平

18、衡时细线被拉紧，则表示平衡状态的图可能正确的是下列哪一个?（）平衡后的拉力正确的是()A B C D AT1=2mg T2=22)()(mgqE B T1 2mg T222)()(mgqE C T1 2mg T222)()(mgqE D/T1=2mg T222)()(mgqE 12、解析分析线 1 的张力方向与大小时，应以两球及中间线整体为对象，因整体在水平方向所受电场力的合力为零，故线 1 必须竖直，选 A；因整体竖直方向受力平衡，得：T1=2mg，为了得出 T2，必须使其成为外力，将乙球隔离出来作其受力图,由力的平衡有：T2+F引=22)()(mgqE.即 T222)()(mgqE，选 D

19、。13如图 1-46 所示，放置在水平面上的直角劈 M 上有一质量为 m 的物体，若 m 在其上匀速下滑，M 仍保持静止，则正确的是：()AM 对地面的压力等于（m+M）g BM 对地面的压力大于（m+M）g C地面对 M 没有摩擦力 D地面对 M 有向左的摩擦力 13、AC 6如图 1-48 所示，半径为 R 的光滑球重为 G，光滑木块厚为 h，重为 1 E +q 2 -q 图 1-40 V m M 图 1-46 F 图 1-48 8/8 G1，用至少多大的水平力 F 推木块才能使球离开地面？6、解析：考虑“至少”对应的临界状态，应有球与地之间作用力为零，各物仍在图中位置。对整体：由竖直方向力的平衡，得木块所受地面支持力：F地=G+G1-（1）对木块：作受力图如右，由力的平衡：水平方向有：F=F球sin-（2）竖直方向有：F地=G1+F球cos-（3）由（1）（2）（3）三式可得：F=Gtan；由图中的几何关系可得：tan=hRhRh22，所以，要求的F=GhRhRh22 F地 F球 G1 F