力和运动的关系

1、力和运动的关系力与运动是力学的重要内容，包括静力学、运动学、动力学三部分；牛顿定律揭示了力和运动的本质联系，将物体的受力和运动形式有机结合成一个密不可分的知识体系其核心是牛顿第二定律。牛顿第二定律是力的瞬时作用规律力和加速度为瞬时对应关系，是一个矢量状态方程。一、恒力作用下物体的运动模型一：大小不变，方向改变例题：物体放在光滑水平面上,初速为零.先对物体施加一向东的恒力F，历时1秒钟；随即把此力改为向西不小不变，历时1秒钟；接着又把此力改为向东，大小不变，历时1秒钟；如此反复只改变力的方向，共历时1分钟在此1分钟内， A物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东 B物体时而向

2、东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置 C物体时而向东运动，时而向西运动在1分钟末继续向东运动 D物体一直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东比较题：在平行板电容器A，B两板上加上如图所示交变电压，开始时B板的电势比A板高，两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设A，B两板间的距离足够大，则下述说法正确的是（ ）A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返向A板，做周期性来回运动B.电子一直向A板运动C.电子一直向B板运动D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返向B板，做周期性来回运动拓展题：1、一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦

3、因数=0.1。从t=0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图10所示。求79s内物体的位移大小和力F对物体所做的功。g取10m/s2。解：当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得： 当物体在后半周期时， 由牛顿第二定律，得： 前半周期和后半周期位移相等：4m 所以物体每4s的运动情况相同，物体每4s（即一个周期）的位移为=8m，考虑第80s物体运动情况：第80s初、即79s末的速度=2m/s 第80s的位移所以79秒内物体的位移大小为： 19×843=159m 由动能定理得：所以 【提示】：本题涉及牛顿运动定律和运动学的知识以及运动定理的应用，求

4、解本题的关键是认真分析物理过程，主要考查分析、推理和综合能力。2、如图a所示，长为L，相距为d的两平行金属板与一电压变化规律如图b所示的电源相连（图中未画出电源）。有一质量为m，带电荷-q为的粒子以初速度v0从板中央射入电场，从飞入时刻算起，A，B两板间的电压变化规律恰如b所示，为使带电粒子离开电场的速度方向平行于金属板，问：（1）交变电压周期需满足什么条件？（2）加速电压值U0的取值范围是什么？模型二：方向不变，大小改变例题：（2010福建）质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。从t=0时刻开始，物体受到方向不变、

5、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示。重力加速度g取10m/,则物体在t=0到t=12s这段时间的位移大小为 A.18m B.54m C.72m D.198m(b)拓展题：两平行金属板相距为d，加上如图(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个离子的质量为m，电量为q，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为 T(与电压变化周期相同)，且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。试求：离子击中荧光屏上的位置的范围。(也就是与O点的最大距离与最小距离)。重力忽略不计。分析与解：（C

6、）各个离子在电场中运动时，其水平分运动都是匀速直线运动，而经过电场所需时间都是T，但不同的离子进入电场的时刻不同，由于两极间电压变化，因此它们的侧向位移也会不同。当离子在t=0，T，2T时刻进入电场时，两板间在T/2时间内有电压U0，因而侧向做匀加速运动，其侧向位移为y1，速度为V。接着，在下一个T/2时间内，两板间没有电压，离子以V速度作匀速直线运动，侧向位移为y2，如图（C）所示。这些离子在离开电场时，侧向位移有最大值，即(y1+y2)。（d）当离子在T=t/2,3/2T,5/2T时刻进入电场时，两板间电压为零，离子在水平方向做匀速直线运动，没有侧向位移，经过T/2时间后，两板间有电压U0

7、，再经过T/2时间，有了侧向位移y1，如图（d）所示。这些离子离开电场时有侧向位移的最小值，即y1。当离子在上述两种特殊时刻之外进入电场的，其侧向位移值一定在(y1+y2)与y1之间。根据上述分析就可以求出侧向位移的最大值和最小值。所以，离子击中荧光屏上的位置范围为： 变形题：图19-11中A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压u。A板的电势UA0，B板的电势UB随时间的变化规律为:在0到T/2的时间内,UBU0(正的常数)；在T/2到T的时间内，UB-U0；在T到3T/2的时间内,UBU0；在3T/2到2T的时间内。UB-U0，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内

8、。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )A、 若电子是在t0时刻进入的,它将一直向B板运动；B、 若电子是在tT/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上；C、 若电子是在t3T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上；D、 若电子是在tT/2时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动。综合题：如图1所示，真空中相距d5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.0×10kg，电量q+1.6×10-19 C的带电粒子从紧临B板处释放

9、，不计重力。求（1）在t0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（）（2）若A板电势变化周期T1.0×10-5 s，在t0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动能的大小；（）（3）A板电势变化频率多大时，在t到t时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。（Hz）解：（1）电场强度 带电粒子所受的电场力带电粒子的加速度（2）设带电粒子在0的时间内未与A板相碰，则带电粒子在0的时间内通过的距离为=5cm即带电粒子在时刻恰好到达A板所以粒子到达A板时动量的大小由动量定理得（3）在到时间内从紧临B板处无初速释放该粒子，粒子将先做匀加速运动，直到t=T时刻

10、再做匀减速运动，经过相同的时间速度减为零，然后返回向B板运动。粒子向A板运动的最大位移为要使粒子不能到达A板就需要根据，得A板电势变化频率应满足模型二：动力学过程分析：注意空间位移关系一、物体刚好滑出（滑不出）小车条件：物体滑到小车一端时与车的速度刚好相等例1、如图所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料。为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个水平向右的初速度。实验结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离。设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为，塑料盖的质量为M

11、、半径为R，假设塑料盖与地面的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度。（1） 塑料盖的初速度大小为多少？（2）通过计算说明硬橡胶块是落入井内不是落在地面上？解：(1)设塑料盖的初速度为v0，硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v， 由系统动量守恒定律得：Mv0=(m+M)v (4分) 由系统能量关系可得：mgR=Mv02一(m+M) v2 (4分) 由、解得 v0 = (2 分)（或运动学+牛顿运动定律：对m: 对M: 刚好分离条件为： ） (2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x， 取硬橡胶块分析，应用动能定理得：mgx =mv2 (4分) 由、可得： (3分) 因x<

12、;R，故硬橡胶块将落人污水井内 (2分)加深题：在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数无关，是一个定值（2）已知滑块与车面间动摩擦因数=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间

13、应该在什么范围内v0答案：（16分）（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度（1分）滑块相对车滑动的时间 （1分）滑块相对车滑动的距离 （1分）滑块与车摩擦产生的内能 （1分）由上述各式解得 （与动摩擦因数无关的定值）（1分）（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间 由几何关系有 （1分）由牛顿定律有 （1分）由式代入数据解得 ，（2分）则恒力F大小应该满足条件是 （1分）（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a

14、3）到达车右端时，与车达共同速度则有（1分） （1分） （1分）由式代入数据解得（1分）则力F的作用时间t应满足 ，即（2分）抽纸（布）例题：如图所示，盛有砂子的玻璃杯底压着一张纸放在水平桌面上，纸的质量可忽略不计。将纸以某一速度V从杯底匀速抽出，玻璃杯移动一段较小的位移X就停在桌面上。每次匀速抽纸时，保持杯子，纸和桌面的初始相对位置相同，则（ ）A、 杯中砂子越少，杯子的位移越大；B、 杯中砂子越多，杯子的位移越大；C、 若纸以速度2V从杯底匀速抽出，杯子的位移比X小；D、 若纸以速度2V从杯底匀速抽出，杯子的位移比X大。分析：设杯子的质量为m，与纸间的动摩擦因数为，则杯子由静止开始做加速运

15、动的加速度，与杯子的质量无关，则位移x也与质量无关，A、B错误；若纸以速度2v从杯底匀速抽出，则纸与杯子的作用时间变短，杯子加速时间变短，因此位移变小，C正确，D错误。ABa综合题：一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为，盘与桌面间的动摩擦因数为。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)（）（2006全国1）24.(19分)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。初始时，传送带与

16、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，便以此速度做匀速运动。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。（）相对滑动的临界条件：如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m现施水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动若改用水平力F拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F不得超过（ ）A2F BF/2 C3F DF/3解析：水平力F拉B时，A、B刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时的A、B间的摩擦力即为最大静摩擦

17、力先用整体法考虑，对A、B整体：F(m2m)a：再将A隔离可得A、B间最大静摩擦力：fmmaF/3；若将F作用在A上，隔离B可得：B能与A一起运动，而A、B不发生相对滑动的最大加速度：afm/2m；再用整体法考虑，对A、B整体：F(m2m)aF/2因而正确选项为B点拨：“刚好不发生相对滑动”是摩擦力发生突变(由静摩擦力突变为滑动摩擦力)的临界状态由此求得的最大静摩擦力正是求解此题的突破口综合题：如图所示，质量M = 1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，取g=10m/s

18、2，试求：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？f2/N10234564F/N268101214（2）若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。（设木板足够长）解析：（1）木块的加速度大小 =4m/s2 铁块的加速度大小 2m/s2 设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有 解得：t=1s（2）当F 1（mg+Mg）=2N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F设F=F1时，A、B恰保持相对静止，此时系统的加速度 2m/s2 以系统为研究对象，

19、根据牛顿第二定律有 解得：F1=6N所以，当2N<F6N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度f2 /N10234564F/N268101214 , 以M为研究对象，根据牛顿第二定律有 , 解得： 当F>6N，A、B发生相对运动，=4N画出f2随拉力F大小变化的图像如右（98)如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E.一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着x轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与原点O的距离为L. 求此粒子射出时的速度v0和运动的总路程s (重力不计).解：粒子运动路线

20、如图示有 L4R 粒子初速度为v，则有 qvB=mv2/R 由、式可算得v=qBL/4m 设粒子进入电场作减速运动的最大路程为l，加速 度为a，v2=2al qE=ma 粒子运动的总路程 s=2R+2l 由、式，得s=L/2+qB2L2/(16mE) (04理) 24(18分) 如图所示，在xy>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面(纸面)向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上x=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过轴上y=-2h处的P3。不计重力。

21、求： (1)电场强度的大小。 (2)粒子到达P3时速度的大小和方向。 (3)磁感应强度的大小解：（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有qE ma v0t 2h 由、式解得 （3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 r是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3。因为OP2OP3，45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得r 由、可得 （2004全国4）24（19分）一匀磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平

22、面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速为v，方向沿x正方向。后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径R。解：4、原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地。从开始蹬地到离地是加速过程（视为匀加速），加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”。离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”。现有下列数据：人原地上跳的“加速距离”，“竖直高度”；跳蚤原地上跳的“加速距离”，“竖直高度”。假想人具有与跳

23、蚤相等的起跳加速度，而“加速距离”仍为，则人上跳的“竖直高度”是多少？解：用a表示跳蚤起跳的加速度，v表示离地时的速度，则对加速过程和离地后上升过程分别有 若假想人具有和跳蚤相同的加速度a，令V表示在这种情况下人离地时的速度，H表示与此相应的竖直高度，则对加速过程和离地后上升过程分别有 由以上各式可得 代入数值，得5、如图所示，在相互垂直的匀强电场、磁场中，有一个倾角为q且足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B，方向水平向外，电场强度的方向竖直向上.有一质量为m，带电量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的压力恰好为0.若迅速把电场方向改为竖直向下时，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是

24、多少？【解析】开始电场方向向上时小球受重力和电场力两个力作用，mg=qE，得电场强度E=mg/q. 当电场方向向下，小球在斜面上运动时小球受力如图，在离开斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度为0.mgcosq+qEcosq=Bqv+N，即2mgcosq=Bqv+N 随v的变大小球对斜面的压力N在变小，当增大到某个值时压力为0，超过这个值后，小球将离开斜面做曲线运动. 沿斜面方向小球受到的合力F=mgsinq+qEsinq=2mgsinq为恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动a=F/m=2gsinq.其临界条件是2mgcosq=Bqv，得即将离开斜面时的速度v=2mgcosq/Bq. 由运动

25、学公式v2=2as，得到在斜面上滑行的距离为s=m2gcos2q/(B2q2sinq) 再根据v=at得运动时间：t=v/a=mctanq/Bq.6、如图所示，一对平行光滑轨道设置在水平面上， 两轨道间距L=0.20m，电阻R=1.0W；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图所示.求杆的质量m和加速度a【解析】物体做匀加速运动的条件是合外力不变.导体杆运动过程中受拉力和安培力两个力作用，因安培力随着速度增加电流变大而变大，

26、所以拉力随着时间而变化.设杆的质量为m，加速度为a，则由运动学公式v=at，感应电动势E=BLv，感应电流I=E/R，安培力f=BIL， 由牛顿第二定律F-f=ma， 整理得F=ma+B2L2at/R， 在图线上取两点代入后可得a = 10m/s2 m = 0.1kg.7、如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示已知它落地时相对于B点的水平位移OCl现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端与B的距离为l2当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放

27、，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点当驱动轮转动从而带动传送带以速度v匀速向右运动时（其他条件不变），P的落地点为D（不计空气阻力）（1）求P滑至B点时的速度大小； （2）求P与传送带之间的动摩擦因数m ；（3）求出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式解：（1）物体P在AB轨道上滑动时，物体的机械能守恒，根据机械能守恒定律得物体P滑到B点时的速度为（2）当没有传送带时，物体离开B点后作平抛运动，运动时间为t，当B点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从传送带右端抛出的速度根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有

28、解出物体与传送带之间的动摩擦因数为（3）当传送带向右运动时，若传送带的速度，即时，物体在传送带上一直做匀减速运动，离开传送带的速度仍为，落地的水平位移为，即sl当传送带的速度时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v离开传送带v的最大值为物体在传送带上一直加速而达到的速度，即由此解得当，物体将以速度离开传送带，因此得O、D之间的距离为当，即时，物体从传送带右端飞出时的速度为v，O、D之间的距离为综合以上的结果，得出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式为：二、变力作用下的运动例题质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上。已知t0时质点的速度为零。在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大？A t1 B t2 C t3 D t4练习题：(91)一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。下列说法中正确的是（ ） (A)物体从A下降到B的过程中，动能不断变小 (B)物体从B上升到A的过程中，动能不断变大 (C)物体从A下降到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 OCABm习题：2、如图所示,质量为m ,电量为