牛顿运动定律及其应用 2004 年 9 月

1. 牛顿运动定律及其应用 2004年9月

2. 牛顿运动定律及其应用 □牛顿运动定律 基本题 例1 例2 练习1 例3 同向 例4 例5练习2 同时 例6例71999年上海高考 正交分解法 2001年春 力和运动 例8练习例9例10 例11 例1293年高考例13 例14 例15练习3例16 例17 例18例19

3. 一. 牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动或静止状态， 直到有外力迫使它改变这种状态为止。 伽利略斜面实验是牛顿第一定律的实验基础。 惯性的大小只跟物体的质量有关，与其它因素均无关。 二. 牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。 F合 = ma 注意： a. 牛顿第二定律中的F 应该是物体受到的合外力。 b. 同向——加速度的方向跟合外力的方向相同 c. 同时——加速度的大小随着合外力的大小同时变化 d. 同体—— 三. 牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，作用在同一条直线上，同时出现，同时消失，分别作用在两个不同的物体上。 F= - F′

4. 四. 研究方法： • 正交分解法 • 整体法和隔离法 • 五. 解题步骤： • 明确对象 • 分析受力 • 选定坐标 • 列出方程 • 求解作答

5. 例1、下列关于运动状态与受力关系的说法中，正确的是： （） (A)物体的运动状态发生变化，物体的受力情况一定 变化； (B)物体在恒力作用下，一定作匀变速直线运动； (C)物体的运动状态保持不变，说明物体所受的合外 力为零； (D)物体作曲线运动时，受到的合外力可能是恒力。 C D

6. N1 N2 F T f1 M f2 T m mg Mg θ 例2.如图示，两物块质量为M和m，用绳连接后放在倾角为θ的斜面上，物块和斜面的动摩擦因素为μ，用沿斜面向上的恒力F 拉物块M 运动，求中间绳子的张力. 解：画出M 和m 的受力图如图示： 由牛顿运动定律， 对M有 F - T - Mgsinθ-μMgcosθ= Ma （1） 对m有 T - mgsinθ-μmgcosθ= ma （2） ∴a = F/(M+m)-gsinθ-μgcosθ （3） （3）代入（2）式得 T= m（a+ gsinθ+μgcosθ）= mF ／（ M+m） 由上式可知： T 的大小与运动情况无关 T 的大小与θ无关 T 的大小与μ无关

7. F m M 练习1 、如图所示，置于水平面上的相同材料的m和M用轻绳连接，在M上施一水平力F(恒力)使两物体作匀加速直线运动，对两物体间细绳拉力正确的说法是： （ ） (A)水平面光滑时，绳拉力等于mF/(M＋m)； (B)水平面不光滑时，绳拉力等于m F/(M＋m)； (C)水平面不光滑时，绳拉力大于mF/(M＋m)； (D)水平面不光滑时，绳拉力小于mF/(M＋m)。 A B 解：由上题结论： T 的大小与μ无关，应选 A B

8. 例3 、如图所示，质量为m的光滑小球A放在盒子B内，然后将容器放在倾角为a的斜面上，在以下几种情况下，小球对容器B的侧壁的压力最大的是 （ ） (A) 小球A与容器B一起静止在斜面上； (B) 小球A与容器B一起匀速下滑； (C) 小球A与容器B一起以加速度a加速上滑； (D) 小球A与容器B一起以加速度a减速下滑. C D

9. N1 m N2 mg F M θ f θ (M+m)g 例4.一质量为M、倾角为θ的楔形木块，静止在水平桌面上，与桌面的动摩擦因素为μ，一物块质量为m，置于楔形木块的斜面上，物块与斜面的接触是光滑的，为了保持物块相对斜面静止，可用一水平力F推楔形木块，如图示，此水平力的大小等于。 (m+M)g(μ+tg θ) 解：对于物块，受力如图示： 物块相对斜面静止，只能有向左的加速度， 所以合力一定向左。 由牛顿运动定律得 mg tg θ=ma a= gtg θ 对于整体受力如图示： 由牛顿运动定律得 F – f = (m+M)a N2 =(m+M)g f= μN2= μ (m+M)g ∴F=f+(m+M)a= (m+M)g(μ+tg θ)

10. N mg 例5 、如图，有一斜木块，斜面是光滑的，倾角为θ，放在水平面上，用竖直放置的固定挡板A与斜面夹住一个光滑球，球质量为m，要使球对竖直挡板无压力，球连同斜木块一起应向(填左、右)做加速运动，加速度大小是. 左 gtgθ 解: 画出小球的受力图如图示: 合力一定沿水平方向向左, F=mgtg θ ∴a= gtg θ

11. a θ N ay a f θ ax mg 练习2、如图示，倾斜索道与水平方向夹角为θ，已知tg θ=3/4，当载人车厢匀加速向上运动时，人对厢底的压力为体重的1.25倍，这时人与车厢相对静止，则车厢对人的摩擦力是体重的 （ ） A. 1/3倍 B.4/3倍 C. 5/4倍 D.1/4倍 A 解： 将加速度分解如图示， 由a与合力同向关系，分析人的受力如图示： N-mg=may ay=0.25g f = max = m ay / tg θ = 0.25mg×4/3 = mg/3

12. F θ T m mg 例6 、如图所示，一根轻质弹簧和一根细线共同拉住一个质量为m的小球，平衡时细线恰是水平的，弹簧与竖直方向的夹角为θ.若突然剪断细线，则在刚剪断的瞬时，弹簧拉力的大小是，小球加速度的大小为，方向与竖直方向的夹角等于.小球再回到原处时弹簧拉力的大小是， mg/cosθ g tgα 90° mg cosθ 平衡时合力为0 解：小球受力如图示： 由平衡条件 F= mg/cosθ 剪断线的瞬时，弹簧拉力不变。 小球加速度的大小为a=T/m=g tgα 方向沿水平方向。 小球再回到原处时,由圆周运动规律， F1 -mg cosθ=mv2 / l =0 ∴F1 = mg cosθ

13. A B 例7 、在运动的升降机中天花板上用细线悬挂一个物体A，下面吊着一个轻质弹簧秤（弹簧秤的质量不计），弹簧秤下吊着物体B，如下图所示，物体A和B的质量相等，都为m＝5kg，某一时刻弹簧秤的读数为40N，设g=10 m/s2，则细线的拉力等于_____ ，若将细线剪断，在剪断细线瞬间物体A的加速度是，方向 ______ ； 物体B的加速度是； 方向 _____ 。 80N 18 m/s2 向下 2 m/s2 向下

14. 99年上海高考: M N 竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各 与小球相连，另一端分别用销钉M N固定于杆上，小球处于静止状态.若拔去销钉M的瞬间，小球的加速度大小为12m/s2，若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间， ，小球的加速度可能为(取g=10m/s2) ( ) A． 22m/s2，方向竖直向上 B． 22m/s2，方向竖直向下 C．2m/s2， 方向竖直向上 D．2m/s2， 方向竖直向下 B C 解：

15. 99年上海高考解 k1x1 M 1 2 k2x2 N mg M k2x2 1 2 k1x1 N mg （1）若上面的弹簧压缩有压力，则下面的弹簧也压缩，受力如图示： 静止时有 k2x2= k1x1+mg 拔去M k2x2 - mg=12m 拔去N k1x1+ mg=ma ∴ a = 22m/s2 方向向下 （2）若下面的弹簧伸长有拉力， 则上面的弹簧也伸长，受力如图示： 静止时有 k1x1=k2x2+mg 拔去M k2x2+mg=12m 拔去N k1x1-mg=ma ∴ a = 2m/s2 方向向上

16. 2001年春. a θ a ay N f ax mg 一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是 ( ) B C （A）当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小 （B）当θ 一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大 （C）当a 一定时， θ 越大，斜面对物体的正压力越小 （D）当a 一定时， θ 越大，斜面对物体的摩擦力越小  解:分析物体受力,画出受力图如图示: 将加速度分解如图示: 由牛顿第二定律得到 f - mgsin θ = masin θ N - mgcos θ = macos θ ∴ f = m(g＋a) sin θ N = m(g＋a) cos θ 若不将加速度分解,则要解二元一次方程组.

17. v1 F F′ B C A 例8 、放在光滑水平面上的物体, 受到水平向右的力F的作用, 从静止开始做匀加速直线运动. 经过t 秒后, 改用大小与F 相同, 方向与F 相反的力F′作用, F′作用t′秒物体回到原出发点, 则 t′等于 ( ) (A) t (B) 2t (C) (D) 3t C 解：画出运动示意图如图示， A到B ， 匀加速运动 S1=1/2×a1 t2 v1=a1t B经C回到A，匀减速运动 S2=v1t ′- 1/2× a2 t ′2 a1=a2 = F/m=a S1= - S2 ∴ 1/2×a t2 = 1/2× a t ′2 – at t ′ t ′2－2t t ′－ t2 =0

18. v 3F F S B C A 练习:一个质点在一个恒力F作用下由静止开始运动，速度达到v后，撤去力F同时换成一个方向相反、大小为3F的恒力作用，经过一段时间，质点回到出发点，求质点回到出发点时的速度大小。 解: 画出运动过程的示意图如图示: 恒力F作用时，质点做匀加速直线运动， 设位移为S，加速度为a，则有 v2 = 2aS 换成恒力3F作用时，加速度为－3a，质点做匀减速 直线运动， 设回到出发点时速度大小为vt 则有：vt2－v2 = 2×(-3a)×(-S) 可解得，vt=2v

19. A B f N v mg 例9：如图示，传送带与水平面夹角为370，并以v=10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，AB长16米，求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间. （1）传送带顺时针方向转动 （2）传送带逆时针方向转动 解： （1）传送带顺时针方向转动时受力如图示： mg sinθ－μmg cosθ= m a a = gsinθ－μgcosθ= 2m/s2 S=1/2at2

20. A f B N mg f N v mg （2）传送带逆时针方向转动物体受力如图： 开始摩擦力方向向下,向下匀加速运动 a1=g sin370 +μ g cos370 = 10m/s2 t1=v/a1=1s S1=1/2 ×a1t12 =5m S2=11m 1秒后，速度达到10m/s，摩擦力方向变为向上 物体以初速度v=10m/s , 向下作匀加速运动 a2=g sin370 -μg cos370 = 2 m/s2 S2= vt2+1/2×a2t22 11=10 t2+1/2×2×t22 t2=1s ∴t=t1+t2=2s

21. A A A f B B B f N N mg v mg f N v mg 例10 如图所示，传送带不动时，物体由皮带顶端A从静止开始 下滑到皮带底端B用的时间为t ，则：（ ） A. 当皮带向上运动时，物块由A 滑到B 的时间一定大于t B. 当皮带向上运动时，物块由A 滑到B 的时间一定等于t C. 当皮带向下运动时，物块由A 滑到B 的时间可能等于t D. 当皮带向下运动时，物块由A 滑到B 的时间可能小于t B、C、D 当μ=0时， C对

22. v0 f f F S2 S1 B C A 例11 、一个质量m为3 kg的物块，静置在水平面上，物块与水平面间的摩擦系数为0.2，现在给物块施加一个大小为15N、方向向右的水平推力F，并持续作用6 s，在6 s末时撤去F，最后物体滑行一段距离停下来，求物块在水平面上运动的总距离。（g取10 m/s2） 解：画出运动示意图， 根据牛顿第二定律， a1 =(F-μmg)／m =(15-0.2×3×10) ／ 3 =3(m/s2) v0=a1t1=18m/s， 6s末物体的速度及位移分别是 S1 =1/2 × a1t12 = 1/2 ×3×36=54m 撤去水平推力F，加速度变为 a2 = -μmg/m = - μg = - 0.2×10 = -2 m/s2 直到停止又滑行了一段距离S2 S 2= -v02 ／ 2a2 =182／ 4=81m 那么总距离为 S总= S1＋ S 2=135m

23. 例12、用20米/秒的速度将一个质量为0.5千克的物体竖直上抛，物体上升的最大高度是12.5米.物体在运动中受到空气阻力是，物体从抛出到落回抛出点的时间是.(g=10m/s2)例12、用20米/秒的速度将一个质量为0.5千克的物体竖直上抛，物体上升的最大高度是12.5米.物体在运动中受到空气阻力是，物体从抛出到落回抛出点的时间是.(g=10m/s2) 3N 3.75s ∴a1= - 16 m/s2 0 - v02 = 2a1h 解：上升阶段 : t1 = - v0/a1 = 20/16=1.25s - (mg+f)=ma1 f= - mg-ma1=0.6mg=3N mg – f = ma2 ∴ a2= 4 m/s2 下落阶段： 由h=1/2×a2t22 t总=t1 +t2=3.75s

24. 93年高考： 一平板车,质量M=100千克,停在水平路面上,车身的平板离地面的高度 h=1.25米, 一质量m=50千克的小物块置于车的平板上,它到车尾端的距离b=1.00米,与车板间的滑动摩擦系数 m=0.20,如图所示.今对平板车施一水平方向的恒力,使车向前行驶,结果物块从车板上滑落.物块刚离开车板的时刻,车向前行驶的距离 S0=2.0米.求物块落地时,落地点到车尾的水平距离S,不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦.取g=10米/秒2.

25. am =f/m=μg=2m/s2 f= mg m F F M M f F m S0 b M 解：m离车前，画出运动示意图 S0=1/2 aM t2 =2m Sm=1/2 am t2 =S0 -b=1m ∴ aM= 2 am =4m/s2 aM=(F- μmg) / M = F/M - 0.2×50×10 / 100 =F/M – 1 =4 m/s2 m离车后 aM′ = F/M =5 m/s2 m平抛 Sm ′=vm t1 =2×0.5=1m SM ′= vMt1 +1/2 aM′ t12=4×0.5+1/2×5×0.25=2.625m S= SM ′- Sm ′= 1.625m

26. C N v N f f B mg A mg 例13.有一长为40m、倾角为30°的斜面，在斜面中点，一物体以12m/s的初速度和 - 6m/s2的加速度匀减速上滑，问经多少时间物体滑到斜面底端？ （g=10m/s2 ) 解：题目中未知有无摩擦，应该先加判断， 若无摩擦，则 a= - gsin 30°=- 5 m/s2， 可见物体与斜面间有摩擦，上滑过程受力如图示： - mgsin 30° - f = ma1∴ f=0.1mg t1 = - v/a1 =12/6=2s S 1=-v2 /2a1=144/12=12m 下滑过程受力如图示： mgsin 30° - f = ma2∴ a2=4 m/s2 S2 =L/2+ S 1=32m S2 =1/2a2 t22 ∴t总= t1+ t2=6s

27. F m A m A m B B m 例14、质量均为m的物体A和B用劲度系数为k的轻弹簧连接在一起,将B放在水平桌面上,A用弹簧支撑着,如图示,若用竖直向上的力拉A,使A以加速度a匀加速上升,试求: (1) 经过多少时间B开始离开桌面 (2) 在B离开桌面之前,拉力的最大值 解：(1) 开始时弹簧压缩 x=mg/k B开始离开桌面时，弹簧伸长 x=mg/k A匀加速上升了 S=2x=2 mg/k 由匀加速运动公式 (2) 在B离开桌面之前, 对A物体: F-mg-T=ma 当T=mg时B离开桌面 ∴Fmax =2mg+ma

28. x2 x1 A B 例15：如图示：竖直放置的弹簧下端固定，上端连接一个砝码盘B，盘中放一个物体A，A、 B的质量分别是M=10.5kg、m=1.5 kg，k=800N/m,对A施加一个竖直向上的拉力，使它做匀加速直线运动，经过0.2秒A与B脱离，刚脱离时刻的速度为v=1.2m/s，取g=10m/s2,求A在运动过程中拉力的最大值与最小值。 解：对整体 kx1=(M+m)g F + kx - (M+m)g= (M+m)a 脱离时，A 、B间无相互作 用力， 对B kx2-mg=ma x1- x2 =1/2 at2 a=v/t=6m/s2 Fmax=Mg+Ma=168N Fmin=(M+m)a=72N

29. F x2 A B F x1 A B 30° 练习3、如图示， 倾角30°的光滑斜面上，并排放着质量分别是mA=10kg和mB=2kg的A、B两物块，一个劲度系数k=400N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态，现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上作匀加速运动，已知力 F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2， 求F的最大值和最小值。 解：开始静止时弹簧压缩 x1=(m1 +m2)sinα/ k = 0.15m 0.2s 末A、B即将分离， A、B间无作用力，对B物块： kx2-m2g sinα = m2a ⑴ x1-x2=1/2at2 ⑵ 解得 x2=0.05m a=5 m/s2 t=0时，F最小，对AB整体 Fmin = (m1 + m2) a = 60N t=0.2s 时，F最大，对A物块： Fmax - m1g sinα = m1a Fmax = m1g sinα + m1a = 100N

30. α 例16、质量为m的小物块，用轻弹簧固定在光滑的斜面体上，斜面的倾角为α，如图所示。使斜面体由静止开始向右做加速度逐渐缓慢增大的变加速运动，已知轻弹簧的劲度系数为k。 求：小物块在斜面体上相对于斜面体移动的最大距离。

31. a F2 N F1 α α mg mg 解： 静止时物体受力如图示 F1=mgsinα= kx1 F2cosα=ma F2sinα=mg 得F2=mg/sinα=kx2 向右加速运动时 随a 增大，弹簧伸长，弹力F增大，支持力N减小，直到N=0时，为最大加速度。

32. 例. 物体在水平恒力F1作用下，从A点由静止开始运动，经时间t 到达B点。这时突然撤去F1，改为水平恒力F2作用，又经过时间2t 物体回到A点。求F1、F2大小之比。（不计摩擦） vB F2 F1 S B C A 解: 画出运动过程的示意图如图示: 在恒力F1作用时，质点做匀加速直线运动，设位移 为S， 加速度为a1，则有 vB=a1 t S1=1/2a1t2 换成恒力F2作用时，加速度为- a2，质点做匀减速 直线运动，则有： S2= 2vB t - 2a2t2 S2= - S1 ∴ 4a2=5a1 由牛顿运动定律 F=m a ， 可得 F1∶F2= 4∶5

33. V/ms-1 B 15 C D 10 5 A t/s 4 0 例18、人和雪橇的总质量为75kg，沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下运动，已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知，从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v-t图象如图中的曲线AD所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线上一点B的坐标为 （4, 15），CD是曲线AD的渐近线，g取10m/s2， 试回答和求解： ⑴雪橇在下滑过程中，开始做什么 运动，最后做什么运动？ ⑵当雪橇的速度为5m/s时，雪橇 的加速度为多大？ ⑶雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ 多大？

34. V/ms-1 B 15 C D 10 5 A t/s 4 0 由图线可知，雪橇开始以5m/s的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s作匀速运动 解： ⑴ ⑵ t=0，v0= 5m/s 时AB的斜率等于加速度的大小 a=Δv/Δt= 10/4 = 2.5 m/s2 ⑶ t=0 v0= 5m/s f0=kv0 由牛顿运动定律 mgsinθ - μ mgcosθ –kv0 = ma ① t=4s vt= 10m/s ft=kvt mgsinθ - μ mgcosθ –kvt =0 ② 解① ②得 k=37. 5 Ns/m μ= 0.125

35. F2 F1 A B 甲 a/ms-2 10 8 B 6 4 A 2 t/s 0 1 2 3 4 5 6 乙 例19、如图甲示，质量分别为m1=1kg 和m2=2kg 的A B两物块并排放在光滑水平面上，若对A、B分别施加大小随时间变化的水平外力 F1 和 F2，若 F1=（9-2t）N F2=（3+2t）N,则 ⑴经多少时间t 0两物块开始分离？ ⑵在同一坐标乙中画出两物块的加速度a1和a2随时间变化的图象 ⑶速度的定义为v=ΔS/Δt， “ v-t”图线下的“面积”在数值上等于位移ΔS；加速度的 定义为a=Δv/Δt ，则“a-t”图线 下的“面积”在数值上应等于什么？ ⑷试计算A、B两物块分离后2s的 速度各多大？

36. 1kg 2kg A B F2=（3+2t）N F1=（9-2t）N 解： ⑴对整体： F1 + F2 =(m1+m2) a a=12/3=4m/s2 F1 -T= m1a 设两物块间的作用力为T，对A : T= F1 - m1a = 5 –2 t 当T=0时，两物块分离， ∴ t0= 2.5 s，（分离前两物块的加速度相同为4m/s2 ） ⑵分离后，对A a1= F1/m1=(9-2t) m/s2 t>2.5s 对B a2= F2/m2=(1.5+t) m/s2 画出两物块的a-t 图线如图示（见前页） ⑶ “a-t”图线下的“面积”在数值上等于速度的变化Δv ⑷ 由⑶算出图线下的“面积”即为两物块的速度 ∴ VA=（4.5+2.5）×4 / 2=14m/s VB=（4 × 2.5）+（4+6）× 2 / 2 = 20 m/s