牛顿运动定律 单物体 多过程(平面斜面问题)教师版

牛顿第二定律单物体经典题典例1.如图所示, ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为最低点.每根杆上都套着一个小滑环（圆中未画出）,三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为0）,用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间,则 ( )A.t1＜t2＜t3B. t1＞t2＞t3C.t3＞t1＞t2D.t1=t2=t3典例2.（2013高考天津理综物理第10题）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,，求：(l）物块在力F作用过程发生位移x l的大小：(2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。

解析：（1）设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1=μmg根据动能定理，对物块由A到B的整个过程，有：Fx1-F1x=0.代入数据解得：x1=16m。

（2）设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2=x- x1。

由牛顿第二定律得：F1=ma，由匀变速直线运动规律得，v2=2ax2，以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F1t=0-mv，代入数据解得：t=2s。

变式训练1.在研究摩擦力的实验中，将木块放在水平长木板上。

如图a所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从零开始逐渐增大。

分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象，如图b所示（已知木块质量为8.0 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80）。

(1)求木块与长木板间的动摩擦因数；(2)如图c，木块受到恒力F＝50 N作用，方向与水平方向成θ＝37°角斜向右上方，求木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度；(3)在(2)中木块从静止开始受拉力F作用t1＝2.0 s后撤去，计算木块在整个运动过程中发生的总位移？【答案】μ=0.4 a=2.5m/s2 8.125m （1）由题图b 知：木块所受到的滑动摩擦力f=32N根据f=μN 解得μ=0.4；（2）根据牛顿运动定律得Fcosθ-f=ma ， F sinθ+N=mg f=μN联立解得：a=2.5m/s2；（3）撤去F 后，加速度a′=μg=4m/s2继续滑行时间12at 2.52t s 1.25s a 4⨯==='加速阶段位移为221111x at 2.52m 5m 22⨯⨯＝＝＝，减速阶段位移为222211x a t 4 1.25m 3.125m22'⨯⨯＝＝＝总位移为12x=x x 8.125m +=。

典例3．如图8所示，在倾角θ= 370的足够长的固定斜面底端有一质量m = 1.0kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ= 0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F = 10.0N ，方向平行斜面向上．经时间t = 4.0s 绳子突然断了，求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．（sin370 = 0.6，cos370 = 0.8，g = 10m/s 2）解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg ，摩擦力f ，拉力F ，设加速度为a 1，则有F – mgsinθ－ f = ma 1 2分又 f = μF N F N = mgcosθ 1分 ∴a 1 = 2.0m / s 2 1分 所以，t = 4.0s 时物体速度 V 1 = a 1t = 8.0m/s 1分(2)绳断后,物体距斜面底端 s 1 = 21a 1t 2 = 16m. 1分断绳后,设加速度为a 2,由牛顿第二定律得mgsinθ ＋ μmgcosθ= ma 2 a 2 = 8.0m / s 2 2分 物体做减速运动时间212a v t == 1.0s 1分 减速运动位移s 2 = 4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑,设加速度为a 3, 则有mgsinθ－μmgcosθ= ma 3 a 3 = 4.0m/s 2 2分 设下滑时间为t 3 ,则:s 1 ＋ s 2 = 21a 3t 32 1分 T 3 = 10 s = 3 .2 s ∴t 总 = t 2＋ t 3 = 4.2s变式训练2.（2006年上海物理）质量为10kg 的物体在F ＝200N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37O ．力F 作用2s 后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s 后速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移s ．（已知sin37o ＝0.6，cos37O ＝0.8，g ＝10m/s 2）解：设物体在推力作用下（时间t 1）的加速度为a 1，撤去推力后（时间t 2）的加速度为a 2，则有：2211t a t a = 根据牛顿第二定律：1)sin cos (sin cos ma F mg mg F =+--θθμθθ2cos sin ma mg mg =+θμθ解得：μ=0.25 物体的总位移22212121at at s +==16.25m变式训练3.（2013高考山东理综第22题）如图所示，一质量m=0.4kg 的小物块，以v 0=2m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L=10m 。

已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数=μ33。

重力加速度g 取10 m/s 2.图8θ（1）求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小。

（2）拉力F 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 解析：（1）设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得：L= v 0t+12at 2， ①v= v 0+at ， ② 联立①②式，代入数据解得：a=3m/s 2，③v=8m/s 。

④（2）设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α。

受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得：Fcos α-mgsin θ-F f =ma ， ⑤Fsin α+F N -mgcos θ=0， ⑥又F f =μF N 。

⑦ 联立解得：F=()sin cos cos sin mg ma θμθαμα+++。

⑧由数学知识得：cos α+33sin α=233sin(60°+α)， ⑨由⑧⑨式可知对应的F 最小值的夹角α=30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为：Fmin=1335N 。

选作：如图，将质量m ＝2kg 的圆环套在与水平面成θ=37︒角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，杆上依次有三点A 、B 、C ，sAB=8m ，sBC=0.6m ，环与杆间动摩擦因数μ＝0.5，对环施加一个与杆成37︒斜向上的拉力F ，使环从A 点由静止开始沿杆向上运动，已知t=4s 时环到达B 点。

试求：（重力加速度g=l0m/s2，sin37︒=0.6，cos37︒=0.8）（1）F 的大小；（2）若到达B 点时撤去力F ，则环到达C 点所用的时间。

【答案】20N25t s 5+=（1）根据题意知，环做匀加速直线运动，则有2AB 122S a 1m /s t =＝，对环进行受力分析有：若Fsin37°＜mgcos37°杆对环的弹力垂直于杆向上，如图：则有：N Fsin37mgcos37Fcos37N mgsin37ma μ+︒=︒︒--︒=、 代入数据可得：F=20N ；若Fsin37°＞mgcos37°村对环的弹力垂直于杆向下，如图：则有：Fsin37mgcos37N Fcos37N mgsin37ma μ︒=︒+︒--︒=、 代入数据可得：F=12N （舍去，不合Fsin37°＞mgcos37°要求） 所以F 的大小为20N ；（2）撤去力F后对环进行受力分析有：由题意物体4s后的速度为v=a1t=4m/s此时环所受的合力21F mgcos37mgsin37maμ=︒+︒=合代入数据得22cos37sin3710/a g g m sμ︒+︒＝＝，环向上做初速度为4m/s的匀减速直线运动，故以沿杆向上为正方向，则22a10m/s-＝，所以环停止运动的时间为20vt0.4sa-停＝＝环上升的最大位移2max20vx0.8m2a-＝＝根据则环向上匀减速运动经过C点时由位移时间关系得：2BC21S vt a t2+＝，代入数据得：t=0.2s；当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程中受到的合力为2F mgsin37mgcos37μ=︒-︒合根据牛顿第二定律得，此时下滑的加速度23a gsin37gcos372m/sμ=︒-︒=环最高点离B距离0.8m，则环加速下滑过程中经过C点时相对于最高点的位移x3=0.2m根据匀加速直线运动位移时间关系得，环下滑时间3332x20.25t s sa25⨯=＝＝则从B点计时，小球经过C 点的时间3525t t t0.4s s s55+=+=+=停。