1、 牛顿运动定律的综合应用 习题 典型例题透析 类型一、瞬时加速度的分析 1、 质量分别为 mA和 mB的两个小球，用一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下，如图所示，当细线被剪断的瞬间。关于两球下落加速度的说法中，正确的是 ( ) A、 aA aB 0 B、 aA aB g C、 aA g， aB 0 D、 aA g， aB 0 解析： 分别以 A、 B 两球为研究对象。当细线束剪断前， A 球受到竖直向下的重力 mAg、弹簧的弹力 T，竖直向上细线的拉力 T； B 球受到竖直向下的重力 mBg，竖直向 上弹簧的弹力 T，如下图。 它们都处于力平衡状态，因此满足条件， T mBg T mAg T
2、(mA mB)g 细线剪断的瞬间，拉力 T消失，但弹簧仍暂时保持着原来的拉伸状态，故 B 球受力不变，仍处于平衡状态。所以， B 的加速度 aB 0，而 A 球则在重力和弹簧的弹力作用下，其瞬时加速度为： 答案： C 举一反三 【变式】 如图所示，木块 A与 B用一轻弹簧相连，竖直放在木块 C 上，三者静置于地面，它们的质量之比是 l 2 3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向抽出木块 C 的瞬 间，木块 A 和 B 的加速度分别是 aA ， aB 。 解析： 在抽出木块 C前，弹簧的弹力 F mAg。抽出木块 C 瞬间，弹簧弹力不变，所以， A所受合力仍为零，故 aA 0。木块 B 所受合力
3、FB mBg F ，所以 。 答案： 类型二、力、加速度、速度的关系 2、 如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度、合外力的变化情况是怎样的？（按论述题要求解答） 解析： 因为速度变大或变小取决于速度方向与加速度方向的关 系（当 a与 v 同向时 v 变大，当 a 与 v反向时 v 变小），而加速度由合力决定，所以此题要分析 v、 a 的大小变化，必须要分析小球受到的合力的变化。 小球接触弹簧时受两个力作用：向下的重力和向上的弹力（其中重力为恒力）。 在接触的头一阶段，重力大于弹力，小球合力向下，且不断变小（因为 F 合
4、mg kx，而 x 增大），因而加速度减少（ a F 合 m），由于 a 与 v 同向，因此速度继续变大。 当弹力增大到大小等于重力时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。 之后，小球由于惯性仍向下运动，但弹力大于重力，合力 向上且逐渐变大（ F 合 kx mg）因而加速度向上且变大，因此速度减小至零。 （注意：小球不会静止在最低点，将被弹簧上推向上运动，请同学们自己分析以后的运动情况） 综上分析得：小球向下压弹簧过程， F 方向先向下后向上，大小先变小后变大； a 方向先向下后向上，大小先变小后变大； v 方向向下，大小先变大后变小。 （向上推的过程也是先加速后减速）。 举一反三 【变式】
5、 如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的 O点，自由伸长到 B 点，今用一小物体 m 把弹簧压缩到 A 点，然后释放，小物体能运动到 C 点 静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法正确的是：（） A物体从 A 到 B 速度越来越大，从 B 到 C速度越来越小 B物体从 A 到 B 速度越来越小，从 B 到 C速度不变 C物体从 A 到 B 先加速后减速，从 B 到 C一直减速运动 D物体在 B 点受合外力为零 解析： 物体从 A 到 B 的过程中水平方向一直受到向左的滑动摩擦力 Ff mg 大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为零，开始时，弹力大于摩擦力，合力向右
6、，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到 A、 B 间 的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动，所以小物块由 A 到 B 的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动。从 B到 C 一直减速运动。 答案： C 类型三、整体法和隔离法分析连接体问题 3、 为了测量木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计这样一个实验。在小木板上固定一个弹簧秤 (弹簧秤的质量不计 )，弹簧秤下端吊一个光滑的小球。将木板和弹簧秤一起放在斜面上。当用手固定住木板 时，弹簧秤示数为 F1
7、；放手后使木板沿斜面下滑，稳定时弹簧秤示数为 F2，测得斜面倾角为，由以上数据算出木板与斜面间的动摩擦因数。 (只能用题中给出的已知量表示 ) 解析 ：把木板、小球、弹簧看成一个整体，应用整体法。 木板、小球、弹簧组成的系统，当沿斜面下滑时，它们有相同的加速度。 设，它们的加速度为 a， 则可得： (m 球 m 木 )gsin (m 球 m 木 )gcos (m 球 m 木 )a 可得： a gsin gcos 隔离小球，对小球应用 隔离法， 对小球受力分析有： mgsin F2 ma 而： mgsin F1 由得： F2 mgcos 由得 tan 举一反三 【变式】 如图示，两个质量均为 m
8、 的完全相同的物块，中间用绳连接，若绳能够承受的最大拉力为 T，现将两物块放在光滑水平面上，用拉力 F1拉一物块时，恰好能将连接绳拉断；倘若把两物块放在粗糙水平面上，用拉力 F2拉一物块时 (设拉力大于摩擦力 )，也恰好将连接绳拉断，比较 F1、 F2的大小可知 ( )。 A、 F1 F2 B、 F1 F2 C、 F1 F2 D、无法确定 解析： （ 1）当放置在光滑水平面上时。 由于两物体的加速度相同，可以把它们看成一个整体，对此应用整体法。 由 F ma 可知，两物体的整体加速度 。 在求绳子张力时，必须把物体隔离（否则，绳子张力就是系统内力），应用隔离法。 隔离后一物体，则绳子的张力：
9、。 （ 2）当放置在粗糙水平面上时，同样应用整体法与隔离法。 设每个物块到的滑动摩擦力为 F， 则整体加速度 。 隔离后一个物体，则绳子的张力 可见这种情况下，外力都等于绳子的最大张力 T 的两倍，故选项 C 正确。 答案： C。 类型四、程序法解题 4、 如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下挂一质量为 m0的平盘，盘中有物体质量为 m，当盘静止时，弹簧伸长了 l，现向下拉盘使弹簧再伸长 l 后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于： A、 (1 B、 (1 )mg C、 D、 解析： 题目描述主要有两个状态： (1)未用手拉时盘 处于静止状态； (2)松手
10、时盘处于向上加速状态，对于这两个状态，分析即可： 当弹簧伸长 l 静止时，对整体有 当刚松手时，对整体有： 对 m 有： F mg ma 对、解得： 答案： B 类型五、临界问题的分析与求解 5、 如图所示，斜面是光滑的，一个质量是 0.2kg 的小球用细绳吊在倾角为 53的斜面顶端。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行；当斜面以 8m/s2的加速度向右做匀加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力。 思路点拨 ：斜面由静止向右加速运动过程中，当 a 较小时，小球受到三个力作用，此时细绳平行于斜面；当 a 增大时，斜面对小球的支持力将会减少，当 a 增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；
11、若 a继续增大，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于角。而题中给出的斜面向右的加速度，到底属于上述哪一种情况，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定。 解析 ：处于临界状态时小球受力如图示： 则有： mgcot ma0 解得： a0 gcot 7.5m/s2 a 8m/s2 a0 小球在此时已经离开斜面 绳子的拉力 斜面对小球的弹力： N 0 举一反三 【变式】 一个弹簧放在水平地面上， Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘， P 为一重物，已知 P 的质量 M=10.5kg， Q 的质量 m 1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数 k=800N/m
12、，系统处于静止，如下图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力 F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前 0.2s 以后， F 为恒力，求：力 F 的最大值与最小值。 (取 g=l0m/s2) 解析： (1)P 做匀加速运动，它受到的合外力一定是恒力。 P 受到的合外力共有 3 个：重力、向上的力F 及对 Q 对 P 的支持力 FN，其中重力 Mg 为恒力， FN为变力，题目说 0.2s以后 F为恒力，说明 t 0.2s的时刻，正是 P 与 Q 开始脱离接触的时刻，即临界点。 (2)t 0.2s 的时刻，是 Q对 P 的作用力 FN恰好为零的时刻，此时刻 P与 Q 具有相同的速度及加速度。因
13、此，此时刻弹簧并未恢复原长，也不能认为此时刻弹簧的弹力为零。 (3)当 t 0 时刻，应是力 F 最小的时刻，此时刻 F 小 (M m)a(a 为它们的加速度 )。随后，由于弹簧弹力逐渐变小，而 P 与 Q 受到的合力保持不变，因此，力 F 逐渐变大，至 t 0.2s时刻， F 增至最大，此时刻 F 大 M(g a)。 以上三点中第 (2)点是解决此问题的关键所在，只有明确了 P 与 Q 脱离接触的瞬间情况，才能确定这0.2s 时间内物体的位移，从而求出加速度 a，其余问题也就迎刃而解了。 解： 设开始时弹簧压缩量为 x1， t 0.2s 时弹簧的压缩量为 x2，物体 P的加速度为 a，则有：
14、 kx1 (M m)g kx2 mg ma x1 x2 由式得： 解式得： a 6m/s2 力 F 的最小值： F 小 (M m)a 72N 力 F 的最大值： F 大 M(g a) 168N 类型六、利用图象求解动力学与运动学的题目 6、 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力的作用， F 的大小与时间 t 的关系和物块速度 v 与时间 t 的关系，如图甲、乙所示。取重力加速度 g 10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量 m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为 ( ) A、 m 0.5kg， 0.4 B、 m 1.5kg， C、 m 0.5kg， 0.2 D、 m 1kg， 0.2
15、 解析： 由 v t 图可知在 0 2s 静止， 2 4s 是以初速度为 0，加速度 a 2m/s2做匀加速运动， 4 6s内以 v 4m/s 做匀速直线运动，结合 F t 图像可分析得出： mg 2N， ma 3N 2N，解得 m 0.5kg， 0.4。 答案： A 类型七、用假设法分析物体的受力 7、 两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角 为的斜面上，如下图所示，滑块 A、 B 质量分别为 M、 m， A 与斜面间的动摩擦因数为 1， B 与 A 之间的动摩擦因数为 2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块 B 受到的摩擦力 ( ) A、等于零 B、方向沿斜面向上 C、大于
16、等于 1mgcos D、大于等于 2mgcos 解析 ：把 A、 B 两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为 a ，由牛顿第二定律： (M m)gsin 1(M m)gcos (M m)a 得 a g(gsin 1cos ) 由于 a gsin，可见 B 随 A 一起下滑过程中，必须受到 A 对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为 FB(如图所示 )，由牛顿第二定律： mgsin FB ma 得 FB mgsin ma mgsin mg(sin 1cos ) 1mgcos 答案： B、 C 总结升华： 由于所求的摩擦力是未知力，如果不从加速度大小比较先判定其方向，也可任意假设，若设 B 受到 A 对
17、它的摩擦力沿斜面向下，则牛顿第二定律的表达 式为： mgsin FB ma得 FB ma mgsin mg(sin 1cos ) mgsin 1mgcos，大小仍为 1mgcos。 式中负号表示 FB的方向与规定的正方向相反，即沿斜面向上。 举一反三 【变式】 如图所示，传送带与水平面夹角 37，并以 v 10m/s 的速度运行，在传送带的 A 端轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数 0.5，传送带 A 到 B 端的距离 s 16m，则小物体从 A 端运动到 B 端所需的时间可能是 (g 10m/s2) ( ) A、 1.8s B、 2.0s C、 2.1s D、 4. 0s
18、解析： 若传送带顺时针转动，物体受向上的摩擦力，因 mgsin mgcos，故物块向下加速运动，a gsin gcos 2m/s2。由 ，解得： t 4.0s。即，小物体从 A 端运动到 B 端所需的时间为4.0s，所以， D 正确。 若传送带逆时针转动，物体开始受向下的摩擦力，向下加速运动， a1 gsin gcos 10m/s2，当速度达到 l0m/s 时，运动位移 ，所用的时间为， t1 ，以 后由于下滑力的作用物块又受向上的摩擦力，此时它的加速度为 a2 2m/s2，在此加速度下运动的位移 s2 s s1 11m，又由得 11 10t2 t22，解得 t2 1s。所以，小物体从 A 端
19、运动到 B 端所需的时间： t 总 t1 t2 2s， B 正确。 答案： B、 D。 探究园地 3、 如图 a，质量 m 1kg 的物体沿倾角 37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速 v 成正比，比例系数用 k 表示，物体加速度 a 与风速 v 的关系如图 b 所示。求：（ sin37 =0.6,cos37 =0.8,g=10m/s2） （ 1）物体与斜面间的动摩擦因数；（ 2）比例系数 k。 解析： （ 1）对初始时刻： mgsin mgcos ma0 由图读出 a0=4m/s2代入式， 解得： 0.25； （ 2）对末时刻加速度为零： mgsin N kvcos 0 又 N mgcos kvsin 由图得出此时 v=5m/s 代入式解得： k 0.84kg/s 2、 如图所示，用力 F 拉物体 A 向右加速运动， A 与地面的摩擦因数是 ， B 与 A 间的 摩擦因数是 。对于 A 的加速度，下面表述正确的是：（ ） A B
