高一物理牛顿运动定律应用

1、 高一物理牛顿运动定律应用及习题1一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态，正确的是 （ BD ）A接触后，小球作减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零B接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零C接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方2设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力f和其速度v成正比则雨滴的运动情况是（ BD ）A先加速后减速，最后静止B先加速后匀速C先加速后减速直至匀速D加速度逐渐减小到零3一物体在

2、几个力的共同作用下处于静止状态现使其中向东的一个力F的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变），则（ AC ）A物体始终向西运动B物体先向西运动后向东运动C物体的加速度先增大后减小D物体的速度先增大后减小（2） 连结体问题分析一.连接体:一些（由斜面、绳子、轻杆等）通过相互作用连接在一起的物体系统。它们一般有着力学或者运动学方面的联系。b.依靠相互的挤压（压力）相联系c.依靠摩擦相联系（叠加体）2、 有共同加速度的连接体问题 先整体再隔离3、 有不同加速度的连接体问题 一个静止一个加速 两个均加速,但加速度不等 隔离分析 找加速度之间关系 4、 连接体中相互作用的物体间的作用力始终 大

3、小相等，方向相反AB（3） 连接体解法 整体与隔离 整体法求加速度（优先）,隔离法求相互作用力B：mg-T=maA: T=Ma例1：一物块m沿斜面体M以加速度a下滑，斜面体不动求地面对斜面体的静摩擦力f？FMm解：可把此系统（m和M）作为整体处理，由牛顿第二定律得fmacosM×0macos式中acos为物块加速度的水平分量例1图 FMmFMmFMm 例2图 例2. 如图所示,把长方体切成质量分别为m和M的两部分，切面与底面的夹角为,长方体置于光滑的水平地面，设切面亦光滑，问至少用多大的水平推力推m，m才相对M滑动？FMm 解： 设水平推力为F时，m刚好相对M滑动对整体和m分别根据牛

4、顿第二定律 联立式解出使m相对M相对滑动的最小推力AP450a例3.如图，一细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A的顶端P处， 细 线的另一端拴以质量为m的小球， .当滑块至少以多大加速度向左运动时，小球对滑块的压力为零？ .当滑块以加速度a=2g向左运动时，线中张力多大？ 解：根据牛顿第二定律得 因此当滑块至少以加速度g向左运动时，小球对滑块的压力为零. a=2g > a0 ,小球离开斜面，设此时绳与竖直方向的夹角为例4 如图所示，光滑球恰好放在木块的圆弧槽中，它的左边的接触点为A，槽的半径为R，且OA与水平线成角，通过实验知道:当木块的加速度过大时，球可以从槽中滚出，圆球的质量

5、为m，木块的质量为M，各种摩擦及绳和滑轮的质量不计，则木块向右加速度最小为多大时球才离开圆槽？ 解析:当加速度a=0时，球受重力和支持力.支持力的作用点在最底端当加速度略大于零，球不能离开圆槽，球同样受重力和支持力，但支持力的方向斜向右上方，即支持力的作用点沿圆弧槽向A点移动. 当加速度逐渐增大，支持力的作用点移到A点时,球即将离开圆弧槽，此状态为临界状态，分析小球受力如左图所示.由牛顿第二定律：mgcot=ma0可得a0=gcot 显然，当木块向右的加速度a至少为gcot时，球离开圆弧槽a例5.如图示，倾斜索道与水平方向夹角为，已知tan=3/4，当载人车厢匀加速向上运动时，人对厢底的压力为

6、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 )A. 1/3倍 B.4/3倍 C. 5/4倍 D.1/4倍解：将加速度分解如图示aaxay对人进行受力分析 根据题意 mgNfmgNf mgNf 例6. 质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的轻弹簧，放在光滑水平台面上，A求紧靠着墙壁，现用力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间，A、B球的加速度如何？ 解：撤去F前， A、B球受力分析如图所示撤去F瞬间，F立即消失，而弹簧弹力不能突变根据牛顿第二定律有例7.如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖

7、直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。 解：L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsin.例8.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.若突然剪断细线，则在刚剪断的瞬时，弹簧拉力的大小是mg/cos，小球加速度的大小为g tg，方向与竖直方向的夹角等于90°. 小球再回到原处时弹簧拉力的大小是 mg cos 解：剪断细线前， 小球所受mg和F的合力与T等大反向，大小等于Tmgtan,弹簧弹力Fmg/cos细线剪断瞬间，T立即消失,弹簧弹力

8、不变，仍为F=mg/cos，小球所受mg和F的合力不变，仍为mgtan，加速度大小agtan，方向水平向右，与竖直方向的夹角为90°小球再回到原处时,由圆周运动规律 F1 = mg cosAB例9. 小球A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧相连，然后用细线悬挂而静 止，如图所示，在烧断细线的瞬间，A、B的加速度各是多少？ mgNf 例8.如上图，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)

9、( BC ) A 22m/s2，方向竖直向上 B 22m/s2，方向竖直向下 NMC 2m/s2， 方向竖直向上NM D 2m/s2， 方向竖直向下 解：拔去销钉M的瞬间,小球受到重力和下边弹簧的弹力，重力产生的加速度是10m/s2,方向竖直向下此时小球的加速度大小为12m/s2若竖直向上，则下边弹簧的弹力产生的加速度为22m/s2 ，方向竖直向上；说明上边弹簧的弹力产生的加速度为12m/s2 ，方向竖直向下因此在拔去销钉N的瞬间，小球的加速度为12m/s2+10m/s2=22m/s2,方向竖直向下若竖直向下，则下边弹簧的弹力产生的加速度大小为2m/s2 ，方向竖直向下说明上边弹簧的弹力产生的

10、加速度为12m/s2 ，方向竖直向上因此在拔去销钉N的瞬间，小球的加速度为12m/s210m/s2=2m/s2,方向竖直向上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： NM12静止时有 k2x2= k1x1+mg 拔去M k2x2 - mg=12mk1x1k2x2mgk1x1k2x2mg拔去N k1x1+ mg=ma a = 22m/s2 方向向下k1x1k2x2mgNM12（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k1x1k2x2m

11、g例9：质量M，长L的木板放在光滑斜面上，为使木板相对斜面静止，质量为m的人应以多大的加速度在木板上跑？若使人相对斜面静止，则人在木板上跑动时，木板加速度是多大？例. 如图,传送带与水平地面倾角=37º，从A端到B端的距离L=16m，传送带以v=10m/s的速率逆时针转动,在传送带的上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的小物体，若已知该物体与传送带之间的动摩擦因数=0.5，求小物体从A端运动到B端所需的时间是多少？ 解：过程一物体放在传送带后，受到滑动摩擦力的方向沿斜面向下，物体沿传送带向下做初速度为零的匀加速运动物体在t1时间内的位移物体加速到与传送带速度相等所用的时间当物体的速

12、度达到传送带的速度时，由于tan ,继续做加速运动当物体的速度大于传送带的速度时，受到滑动摩擦力的方向沿斜面向上设后一阶段直滑至底端所用的时间为t2，由解得：t2=1s t2=-11s（舍去）所以物体从A端运动到B端的时间t=t1+t2=2s例1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？分析与解：对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：Ff=macos300, FN-mg=masin300因为，解

13、得.L1L2图2(a)例2、如图2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。L1L2图2(b)（l）下面是某同学对该题的一种解法：分析与解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡,有T1cosmg， T1sinT2， T2mgtan剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mg tanma，所以加速度ag tan，方向在T2反方向。你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。（2）若将图2

14、(a)中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即 ag tan，你认为这个结果正确吗？请说明理由。分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsin.（2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。Mm图3当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。例3、如图3所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平

15、，在水平面上放有光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：A沿斜面向下的直线B抛物线C竖直向下的直线D.无规则的曲线。分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。(m+M)gFF图5例4、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示

16、，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)aaFFNMg图6则拉力大小为：再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。图7例5、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a(ag匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。分析与解：设物体与平板一

17、起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma当N=0时，物体与平板分离，所以此时F图8因为，所以。例6、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是 ，F的最大值是 。分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离

18、开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_0.2s这段时间内P向上运动的距离：F图9x=mg/k=0.4m因为，所以P在这段时间的加速度当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.例7、一弹簧秤的秤盘质量m1=15kg，盘内放一质量为m2=105kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初02s内F是变

19、化的，在02s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=15kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得： F+N-m2g=m2a对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：令N=0，并由述二式求得，而，所以求得a=6m/s2.当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g

20、)=168N.例8、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的两物体，的质量是的2倍，受到向右的恒力B=2N，受到的水平力A=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t0开始计时，则：A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的511倍；图10 Bts后,物体做匀加速直线运动； Ct4.5s时,物体的速度为零； Dt4.5s后,的加速度方向相反。分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得： N+FB=mBa解得当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的

21、加速度为零而速度不为零。t4.5s后,所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<s时，A、B的加速度均为。aAP450图11综上所述，选项A、B、D正确。mgaTN450图12例9、如图11所示，细线的一端固定于倾角为450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。当滑块至少以加速度a= 向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T= 。分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图12所示。在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma; 在竖直方向有Tsin450-Nsin45

22、0-mg=0.由上述两式可解出：mgaT图13由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=.当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角<450.由牛顿第二定律得：Tcos=ma,Tsin=mg,解得。图14FmM例10、用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F， 如图14所示，求：(1)物体与绳的加速度；(2)绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度

23、可忽略不计。)分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：图15FxmxMF=（M+m）a,解得a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+) .由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为。ABLm图16例11、如图16所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d是多少？分

24、析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcos.例12、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？分析

25、与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：图18SPQVf=0mV0cos/t,N(m+M)g=0mV0sin/t所以，方向向左；。例13、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为 ，摩擦力对零件做功为 .分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的

26、过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=mg突变为零，此后以速度V走完余下距离。由于f=mg=ma,所以a=g.加速时间 加速位移 通过余下距离所用时间 共用时间 摩擦力对零件做功 A N a1 N f2 B a2 f1 mg mg 图19图20(a)(b)例14、如图19所示，传送带与地面的倾角=37，从A到B的长度为16，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5的物体，它与传送带之间的动摩擦因数=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37=0.6,cos37=0.8) 分析与解：物体放在传送带上后

27、，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。 开始阶段由牛顿第二定律得:sincos=a1;所以:a1=sinµcos=10m/s2;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间1a11s;发生的位移：a112/2516;物体加速到10m

28、/s 时仍未到达B点。第二阶段，有：sinµcosa2 ;所以：a22m/s 2;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2 则：LABS2a22/2 ；解得：t21s , 2/=-11s （舍去）。故物体经历的总时间=t1t 2 =2s .从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。例15、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径。如图21所示。 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受

29、的风力为小球所受重力的05倍。求小球与杆间的动摩擦因数。 （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin370 = 06，cos370 = 08）图21FGFfFNGFFN1Ff1分析与解：依题意，设小球质量为m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：FN=mgF=FfFf=FN解上述三式得：=0.5.同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G、支持力F

30、N1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得： Ff1=FN1解上述三式得.由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为: .例16、（2004年湖北高考理综试题）如图22所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：中弹簧的左端固定在墙上，中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以L1、L2、L3 、L4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：AL2>L1; B. L4>L3;CL1>L3; D. L2=L4.解：由于弹簧的质量不计，所以不论弹簧做何种运动，弹簧各处的弹力大小都相等。因此这四种情况下弹簧的弹力是相等，即四个弹簧的伸长量是相等。只有D选项正确。例17、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在