1、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 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
2、 AB 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mgf m， （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
3、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
4、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)1(45sincomaNT 2sig联立两式，得 45sincoag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a45sin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 maTsinmgcos联立两式得 ag5)(2222【例 4】如图 2-2-11 甲所示，传送带与地面倾角 =37 度，从AB 长度为 16m，传送带以 10m/s 的速
5、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37cos37sinmgg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
6、如图 2-2-11 乙所示，由牛顿第二定律得agmcossina1=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 丙图 2-1甲图 2-1乙所示，由牛顿第二定律得2cossinmagma2=2m/s2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为 t2，由221tvtSL解得 t2=1s,(t2=-11s 舍去)所以物体由 AB 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、m 2 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
7、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、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=(m1+m2+m3)a（1）分别以 m1、m 2 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 gF)(1【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=80
8、kg 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)图 2-1丙=600N当他在地上举物体时，设最多可举
9、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 22/5smgF【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，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 =F ，因竖12直方向合力为零，则有：2Fsin=G ， F=G/2sin，即绳子的拉力为G/2sin 。 (2
10、)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
11、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】20vga（ ）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v0a 0t，vatF1 F2 G 图 1-42A 图 1-39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，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
12、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，2001atv20sa传送带上留下的黑色痕迹的长度 ls 0s由以上各式得20gl（ ）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 10ms 2（1）
13、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/s 2；（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 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2min1lat代入数值，得 is
14、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， cos370.8)2解析：将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动由牛顿第二定律得 mgcos37mg sin37ma则 agcos37 gsin37 0.4 m/s 2物体加速至 2 m/s 所需位移s0 m5
15、 m Lv22a 2220.4经分析可知物体先加速 5 m再匀速运动 sL s 06 m.匀加速运动时间 t1 s5 s.va 20.4匀速运动的时间 t2 s 3 s.sv 62则总时间 tt 1t 2(53) s8 s.答案：8 s11 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=l
16、0m/s 2）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 ，11 1,NFmagvat得 P 匀加速运动的时间 10.8svtag，21 120.8m,ABsatgtst匀速运动时间 .6vP 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，23cos37cos7,0.4m/sm
17、ggag，解得 t3=1s（另解 ，舍去） 231BCsvtat3st从 A 至 C 经过时间 t=t1t 2t 3=2.4s12】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 D1 E +q 2 -q 图 1-40AT =2mg T = BT 2mg T 1222)(mgqE122)(mgqECT 2mg T D/ T =2mg T 1222)(1222)(12、
18、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解 析场力的合力为零，故线 1 必须竖直，选 A；因整体竖直方向受力平衡，得：T =2mg，为了得出 T ，必12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： T +F =2引 22)(mgqE.即 T ，选 D。)(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）gC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 G ，用至少多1大的水平力 F 推木块才能使球离开地面？6、 ：考虑“至少”对应的临界状态，应有球与地之间作用力为零，各物仍在图解 析中位置。对整体：由竖直方向力的平衡，得木块所受地面支持力：F =G+G -地 1（1）对木块：作受力图如右，由力的平衡：水平方向有：F=F sin-（2）球竖直方向有：F = G + F cos-（3）地 1球由（1） （2） （3）三式可得：F=Gtan；由图中的几何关系可得：tan= ， 所以，要求的 F=G hR2 hR2VmM图 1-46F 图 1-48 F地 F球 G1 F
