高中物理牛顿第二定律经典例题

1、学习好资料 欢迎下载 【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 A的过程中，速率不断变大B、物体从B上升到的过程中，速上升到A下降B，以及从BC、物体从A 率都是先增大，后减小 B点时，所受合力为零D、物体在 弹簧这种特F的对应关系，【解析】本题主要研究a与合殊模型的变化特点，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，F=0之间的C位置，此时体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB合减小的变加

2、速直线运动。物体做aa=g-kx/m，C的过程中，由mgkx，得由A11于由程中，由CB的过置mg=kx,a=0，物体速度达最大。C在位c时，ABamgf动推知，Ff，（新情况下的最大静摩擦力），可见mmm减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速N=fN知正压力减小了，由m正B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、D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 正确。 、D。综合上述，正确答案应为A、B A45度的光滑楔形滑块【例3】如图3-11所示，一细线的一端固定于倾角为的加速度向左运2gp处，细线的另一端栓一质量为m的小球，当滑块以的

3、顶端 动时，线中拉力T等于多少？、线【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 ，如的支持力NAT中拉力，滑块小球在这三个力作用图3-12所示，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 欢迎下载 学习好资料 小球仅为零，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， 受重力和拉力两个力作用。时的临由于加速度a=2g时，小球的受力情况未确定，因此可先找出使N=0相比较，确定受力情况后即可根据牛顿界加速度，然后将它与题设加速度a=2g 第地定律列式求解。可列出水平方向和竖直方向的运动方程根据小球贴着滑块运动时的受

4、情况， 分别为 ? )1?ma(Tcos45sin?N45? )?Ncos45(?Tsin45mg2 联立两式，得?45mg?macos45sinN? ，滑块的加速度至少就为若小球对滑块的压力等于零，即就作N=0?45cosg?a?g ?45sin加速度向左运动时，小球已脱离斜面飘起，此时小球仅受a=2g可见，当滑块以，同理由牛T两个力作用：重力mg、线中拉力。设线与竖直方向间夹角为? 顿第二定律得 mgcos?sin?maTT222222? 联立两式得mga?m5g?Tm?(ma)?(mg)度，从A甲所示，传送带与地面倾角=37【例4】如图2-2-11 的速率逆时针转动，在传送带上端16m长

5、度为，传送带以10m/sB的物体，它与传送带之间的动摩A无初速度地放一个质量为0.5kg取B所需要时间是多少？（g擦因数为0.5，求物体从A运动到2 =0.610m/s），sin37【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，物体受甲图2-2-11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?37mgsin37?cosmg当物体速度大,物体在重力作用下继续加速运动，度相等时，由于物体但合力仍沿传送带向下，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，于传送带速度时， 端。继续加速下滑，直至传送带的B 乙所示，由牛顿第二定律

6、得开始阶段，物体受力情况如图2-2-11 ?ma?mgcossinmg? 2 0.8)=10m/s=10(0.6+0.5a1 物体加速至与传送带速度相等需要时间=10/10=1S =V/at11乙2-2-11图丙所2-2-11物体速度大于传送带速度后，物体受力情况如图 示，由牛顿第二定律得学习好资料 欢迎下载 ?masincos?mgmg 22 =2m/sa2由t，的时间为物体滑至底端所用后设一阶段212t?vt?aL?S 丙图2-2-112222解得t=1s,(t=-11s舍去) 22所以物体由AB的时间t=t-t=2s. 21 【例5】如图3-28所示的三个物体质量分别为m、m和m，带有滑

7、轮的物体放312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m、m分别列出它们的运动方程。 21)a（1） +m+m由整体在水平方面的受力列出牛顿第二定律为F=(m312分别以m、m为研究对象作受力分析（图3-29）设绳拉力为T。 21a（2） T=m 对m，在水平方向据牛顿第二定律得 11g=0（3） T-m m，在竖直方向由力平衡条件得 对22联立式（1）（2）（3），得水平推力 m2 g)?m(m?mF? 321m1 2的加速度匀加速下降

8、的升降机中最多可举起m=80kg6】某人在以a=2.5m/s【例1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m=40千克的物体，则此升降机上升的加速度为多大？（g取22） 10m/s【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 mg-F=ma所以11F=m(g-a)=600

9、N 1当他在地上举物体时，设最多可举起质量为m的物体，则有F-m 所g=000 欢迎下载 学习好资料 =60kg. m0所示，3-34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 由牛顿第二定律得gmF?2?2 mg-F=ma，所以sm/?a5?22 m2的均匀链条，两端用等长的轻绳G】如图1-42所示，重为【例7 角，试求：连接挂在等高的地方，绳与水平方向成 绳子的张力大小。（1）1-42 图 ）链条最低点的张力大小. （2 F F 21绳子的张力等于整条链跟外部绳子的作用力，此处应 (1)析与解: ，因竖直F=F以整条链为研究对象，作其受力图如右上图，由对称性知： 21 G

10、G/2sin，即绳子的拉力为F=G/2sin2Fsin=G ， 方向合力为零，则有： 。 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(2) 。 F=Gctg/2即链条最低点的张力为Gctg/2 右下图，由图得 的所示，斜面上放一物体A恰能在斜面上保持静止，如果在物体A【例8】如图1-39 ） 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 A A仍保持静止B物体 所受的摩擦力增大 C物体A1-39 图 物体DA所受的合力增大 （可一水平的浅色长传送带上放置一煤块（2006年全国理综）6起始时，传送带与煤块都是静止的现视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为

11、后，便以此速度匀速运动经过一v让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到00求此黑色痕煤块相对于传送带不再滑动段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后， 迹的长度2?）?g（va00 6【答案】 ?g2a0可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加传送带上有黑色痕迹”解析：根据“ a根据牛顿第二定律，可得速度a小于传送带的加速度0 ga ，有，传送带由静止开始加速到速度等于v，煤块则由静止加速到v设经历时间t0 vattva，00v，煤块的速度由，煤块继续受到滑动摩擦力的作用再经过时间vtv由于aa，故00 +atv，有增加到vv00 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再

12、滑动，不再产生新的痕迹，和s的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为增加到设在煤块的速度从0vs00 有学习好资料 欢迎下载 2v12?0s?tv?at?s， 0002a2传送带上留下的黑色痕迹的长度lss 02?g?）v（a00l? 由以上各式得 ?g2a09（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2s 取10

13、m，AB间的距离l=2m，g带间的动摩擦因数=0.1（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 22m/s ）；（3；（2）【答案】4（1）4N，a=lm/s1s mg （1）滑动摩擦力F=解析： F=4N 以题给数值代入，得 由牛顿第二定律得 ma F= 2 代入数值，得a=lm/s s则，行李加速运动的末速度v=1m（2）设行李做匀加速运动的时间为t v=at 代入数值，得t=1s B时，传送时间最短则）行李从A匀加速运

14、动到（312atl? min22s?t 代入数值，得 min 传送带对应的运行速率 =atV min minV =2m/s 代人数据解得min运m/sv2 LB的距离11 m，皮带以恒定速度A210如图324所示，传送带两轮、A端，若物体与传送带间的动摩擦因数为动，现将一质量为m的物块无初速度地放在2，10 m/sg端运到AB端所需的时间是多少？(取从那么物块37，0.8传送带的倾角为，m0.8) cos37 将物体放在传送带上的最初一段时间内解析：2学习好资料 欢迎下载 物体沿传送带向上做匀加速运动 由牛顿第二定律得mgcos37mgsin37ma 2 0.4 m/sgsin37agcos3

15、7则物体加速至2 m/s所需位移 22v2s m5 mL 0a20.42经分析可知物体先加速5 m 再匀速运动sLs6 m. 0v2匀加速运动时间t s5 s. 1a0.4s6匀速运动的时间t s3 s. v22则总时间ttt(53) s8 s. 21答案：8 s 11如图所示的传送皮带，其水平部分AB长s=2m，BC与水平面夹角=37，长度s =4m，BCAB?=0.25，皮带沿A至B方向运行，速率为一小物体P与传送带的动摩擦因数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A2）=l0m/s =0.6，g点被传送到C点所用的时间（sin37 2.4s

16、 【答案】1即做一，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解析：物体P段进行受力分析后求加速度，再计算时间，各段运动相加为C从B至段匀速运动；P 所求时间?tavF?mgF?ma,F?, AB段先做匀加速运动，由牛顿第二定律，P在111N11vv0.8s?t? 得P匀加速运动的时间1 ?ga11122?vt?0.8m,s?at?sgt?s ，21AB1111 22s?s1AB0.6s?t? 匀速运动时间2 v；滑动摩擦力沿斜=0.6mgmg开始沿BC下滑，此过程重力的下滑分量sin37P以速率v? mg可见其加速下滑由牛顿第二定律mgcos37=0.2面向上，其大小为2?4m

17、/sg?,?maa?0.4?mgcos37?mgcos37 ，33 12?s?vt?att2s? =1s，解得，舍去）t（另解333BC33 2 欢迎下载 学习好资料 =ttt=2.4st从A至C经过时间321 两球间用绝缘细线连接，所示，甲、乙两球带电量均为q，质量均为m，12】如图1-40场强为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，）平衡后的拉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?（ 力正确的是( ) 1 E +q 2 -q A B C D 图1-40 AT=2mg T= BT2mg T22)mg?(qE)1122 22)?(q

18、E()mg/ =2mg T DT CT2mg T22)mg?(qE2121 22)()mg?(qE ?分析线112、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，必须21使其成为外力，将乙球隔离出来作其受力图,由力的平衡有： 22)mg?(qE)( =T+F2引. ，选即 TD。 22)mg?(qE)( 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m 体，若m在其上匀速下滑，M仍保持静止，则正确的是：( ) V M 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 图1-46 D地面对M有向左的摩擦力 13、AC 6如图1-48所示，半径为