1、 第 1 页 共 6 页 牛顿运动定律习题课牛顿运动定律的习题课【例 1】如图所示，一个质量为 m 的小球从某一高度由静止开始下落到一个竖直的弹簧上，弹簧的另一端固定在地面上. 从小球与弹簧的接触开始直到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的速度和加速度的变化情况，下列说法正确的是 BA. 小球受到弹簧向上的力，速度越来越小B. 小球的速度先增加再减小C. 小球刚碰到弹簧时的速度最大D. 小球的加速度越来越小解析：小球自由下落到与弹簧接触后，受到两个力的作用，重力的方向总是竖直向下的，大小不变；弹力的方向总是竖直向上的，大小随弹簧压缩量的增大而增大，当小球刚接触到弹簧后的一段时间，重力大于弹力，
2、合力方向向下，合力的大小随着弹力的不断增大而减小. 由牛顿第二定律 mgkx ma 可知，加速度a 的方向向下，逐渐减小，但 a 的方向与速度方向相同，速度在增大. 当弹力增大到与重力大小相等时，小球所受合力为零，加速度减为零，而速度向下达到最大.由于惯性，小球任下移，使得弹簧的压缩量继续增大，弹力增大到大于重力，这时小球所受合力的方向变为向上，且大小不断增大，由牛顿第二定律kx mgma 可直到，加速度的方向向上且不断增大，但加速度的方向与速度方向相反，小球做减速运动，速度不断减小，当小球的速度减为零时，弹簧的压缩量达到最大，弹力达到最大，合力最大，加速度也达到最大. 随后小球不会静止在这里
3、，将被弹簧向上弹起来.综上所述，小球从开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动.【例 2】 物块 m 在光滑水平面上受一沿水平方向恒力 F 的作用向前运动，如图所示. 它的正前方固定一根劲度系数足够大的弹簧，当木块接触弹簧后CDA. 立即作减速运动B. 仍作匀加速运动C. 在一段时间内仍作加速运动，速度继续增大D. 当弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度不为零【例 3】如图所示，OA 是绳子，BC 是弹簧，两个质量均为 m 的重物静止，若剪断 OA，则剪断瞬间 m1 和 m2 的加速度分别是多少？分析和解答 此题有两个状态，即绳 OA 剪断前
4、和剪断后两个状态，应对这两个状态进行分析，剪断 OA 前 m1 和 m2 的受力见图乙所示，又因为此时 m1 和vFm 第 2 页 共 6 页 牛顿运动定律习题课m2 都平衡，由平衡条件知： )(21 mgTgTBCBCOA注意：剪断 OA 瞬间，T OA 立即消失，而弹簧由于 m1 和 m2 原来静止的惯性，而不能立即恢复，故弹力在此瞬间不变.对 m1 只受 TBC 和 mg 作用，F 合 T BCmg2mgma 故 a2g，方向竖直向下，(或 亦可) ，FOA消对 m2 受力是 TBC 和 mg，F 合 T BCmg0 a0.由以上例题可见，确定研究对象是整体还是某一物体，进行受力分析，根
5、据运动状态( 平衡或加速状态)列式，是处理连结体问题的关键 .【例 4】光滑的水平面上有一质量为 m=1 kg 的小球，小球与水平轻弹簧和与水平方向成 =30角的轻绳的一端相连，如图所示.此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零.当剪断绳的瞬间，小球的加速度大小及方向如何？此时轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力的比值为多少？（g 取 10 m/s2）解析：因此时水平面对小球的弹力为零，故小球在绳未剪断时受三个力的作用，如图所示.由于小球处于平衡态，依据小球在水平和竖直方向受力平衡求出 FT 和 F 的大小.剪断绳时， FT =0，小球在竖直方向仍平衡，但在水平方向所受合外力不为零，从而产
6、生水平向左的加速度.绳未断时，由平衡条件得FT cos30=F FT sin30=mg解得 F= mg=10 N.3绳剪断瞬间，小球受弹簧的拉力 F、重力 mg 和支持力 FN，则 F=ma，F N=mg解得 a=10 m/s2， = .N3【例 6】电梯地板上有一个质量为 200 kg 的物体，它对地板的压力随时间变化的图象如图所示.则电梯从静止开始向上运动，在 7 s 内上升的高度为多少? 解析：以物体为研究对象，在运动过程中只可能受到两个力的作用：重力 mg=2 000 N，地 板 支 持 力 F.在 0 2 s 内 ， F mg， 电 梯 加 速 上 升 ，2 5 s 内 ， F=mg
7、， 电 梯 匀 速 上 升 ， 5 7 s 内，Fmg，电梯减速上升.若以向上的方向为正方向，由上面的分析可知，m2CABm130 第 3 页 共 6 页 牛顿运动定律习题课在 02 s 内电梯的加速度和上升高度分别为a1= = m/s2=5 m/s2mgF03电梯在 t=2 s 时的速度为v=a1t1=52 m/s=10 m/s，因此，在 25 s 内电梯匀速上升的高度为h2=vt2=103 m=30 m.电梯在 57 s 内的加速度为a2= = m/s2= 5 m/s2mgF201即电梯匀减速上升，在 57 s 内上升的高度为h3=vt3+ a2t32=102 m 522 m=10 m1所
8、以，电梯在 7 s 内上升的总高度为h=h1+h2+h3=（10+30+10）m=50 m.【例 7】质量 m=1.5kg 的物块 (可视为质点)在水平恒力 F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 t=2.0s 停在 B 点，已知 A、B 两点间距离 s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数 =0.20 ，求恒力F 多大? g=10m/s 2解析：设撤去力 F 前物块的位移为 ，撤去力 F 是物块的速度为 ，物块受1sv到的滑动摩擦力为 mg1对撤去力 F 后物块滑动过程应用牛顿第二定律可得加速度的大小为212/sa所以 tv/42撤去力 F 后物块滑行
9、的距离 mavs42/则可求得撤去力 F 前物块的位移为 s11设撤去力 F 前物块的加速度大小为 ，则根据牛顿第二定律和运动学公式得，1ma12sv3211 2 3 876540F/ 103Nt/s 第 4 页 共 6 页 牛顿运动定律习题课解得 NFsma15,/821【例 8】水平传送带被广泛的应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查. 如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带 AB 始终保持 v=1m/s 的恒定速率运行. 一质量为 m=4kg 的行李无初速度地放在 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
10、行李与传送带间的动摩擦因数=0.1，AB 间的距离 l=2m， g=10m/s2. 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; 求行李做匀加速运动的时间; 如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快的传送到 B 处. 求行李从A 出传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率.解析: 滑动摩擦力 ，代入数据得: mgFfNFf4由牛顿第二定律得 ，带入数据得af 2/1sa设行李做匀加速直线运动的时间为 t，行李加速运动的末速度为 v=1m/s，则 ，代入数据得 t=1satv行李从 A 处匀加速运动到 B 处时，传送时间最短，则 ，带入数2min1atl据得 st2min传送带
11、对应的最小运动速度 ，打入数据得miniatvsv/2min【例 9】如图所示，传送带与地面倾角 37，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 需时间是多少？(sin370.6，cos37 0.8)解析：物体的运动分为两个过程，一个过程在物体速度等于传送带速度之前，物体做匀加速直线运动；第二个过程是物体速度等于传送带速度以后的运动情况，其中速度相同点是一个转折点，此后的运动情况要看 mgsin 与所受的最大静摩擦力，若 tan ，则继续向下加速
12、. 若 tan ，则将随传送带一起匀速运动，分析清楚了受力情况与运动情况，再利用相应规律求解即可. 本题中最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小.A Bv37BA 第 5 页 共 6 页 牛顿运动定律习题课物体放在传送带上后，开始的阶段，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 F，物体受力情况如图所示.物体由静止加速，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma 1.a110(0.60.50.8)m/s 210m/s 2.物体加速至与传送带相等需要的时间t1 ，t 1 时间内位移 .sv0mtas512由于 tan，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时
13、，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力 F. 由牛顿第二定律得mgsinmgcosma 2，a 2 2m/s2.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为 t2，由Lsvt 2 a2t ，1解得 t21s，t 211s(舍去).所以物体由 AB 的时间 t t1t 22s.答案：2s【例 10】如图所示，两个质量相同的物体 1 和 2 紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上，如果它们分别受到水平推力 F1 和 F2 作用，而且 F1F 2，则 1 施于 2的作用力大小为：A. F1 B. F2C. D. )(22)(21解析：因两个物体同一方向以相同加速度运动，因此可把两个物体当作一个整体，这个整体受力如
14、图甲，设每个物体质量为 m，则整体质量为 2m.对整体：F 1F 22ma，a (F1F 2)/2m.把 1 和 2 隔离，对 2 受力分析如图乙(也可以对 1 受力分析，列式)对 2：NF 2maNmaF 2m(F 1F 2)/2mF 2(F 1F 2)/2.点评此题也可以隔离两个物体分别列式求解.【例 11】 如图所示，在光滑的地面上，水平外力 F 拉动小车和木块一起做加速运动. 小车质量为 M，木块质量为 m，设加速度大小为 a，木块和小车之间的动摩擦因数为 ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是 BCDA. mg B. ma21F2F1MmF 第 6 页 共 6 页 牛顿运动定律习题
15、课C. D. FMamMF【例 12】 跨过定滑轮的绳子一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示. 已知人的质量为 70kg，吊板的质量为 10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计. 取重力加速度 g10m/s 2. 当人以 440N 的力拉绳时，人于吊板的加速度 a 和人对吊板的压力 F 分别为 BA. a1.0m/s 2，F260N B.a1.0m/s 2，F330NC. a3.0m/s 2，F110N D. a3.0m/s 2，F 50N【例 15】(临界加速度问题)如图所示，一细线的一端固定于倾角为 45的光滑楔形滑块 A 的顶端 P 处，细线的另一端拴一质量为 m 的小球
16、 . 试求当滑块以 a2g的加速度向左运动时线中的拉力 FT.解析：本题中当滑块向左运动的加速度较小时，滑块对小球存在支持力；当滑块向左运动的加速度较大时，小球将脱离滑块斜面而“飘”起来，因此，本题存在一个临界条件：当滑块向左运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零. 我们首先求此临界条件. 此时小球受两个力：重力 mg，绳的拉力 FT 根据牛顿第二定律的正交表示，有FTcosma，FTsin mg0.联立两式并将 45代入，得 ag，即当斜面体滑块向左运动的加速度为 ag 时，小球恰好对斜面无压力.当 ag，小球将“飘”起来，当 a2g 时，小球已“飘”起来了，此时小球的受力情况也正如图所示，故根据两式并将 a2g 代入，解得 .mgFT5此即为所求线中的拉力.点评在本题的解析过程中，通过对临界条件的求解，可清楚看到，当ag 时，绳与水平方向的夹角小于 45，且 a 越大，夹角 越小(其极限值为：a时，0).很多同学在求解此题时常犯下列错误：由方程得 FTcos45m2g，从而得 . 实际上 a2g 时球已离开斜面，线与水平方向mgFT2的夹角不再是 45了.45Aa mP
