牛顿运动定律二例题分析
牛顿第二定律经典例题
牛顿第二定律应用的问题1.力和运动的关系力是改变物体运动状态的原由，而不是保持运动的原由。
由知，加快度与力有直接关系，剖析清楚了力，就知道了加快度，而速度与力没有直接关系。
速度怎样变化需剖析加快度方向与速度方向之间的关系，加快度与速度同向时，速度增添；反之减小。
在加快度为零时，速度有极值。
例1. 如图1 所示，轻弹簧下端固定在水平面上。
一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由着落，接触弹簧后把弹簧压缩到必定程度后停止着落。
在小球着落的这一全过程中，以下说法中正确的选项是（）图 1A.小球刚接触弹簧瞬时速度最大B.从小球接触弹簧起加快度变成竖直向上C.从小球接触弹簧到抵达最低点，小球的速度先增大后减小D.从小球接触弹簧到抵达最低点，小球的加快度先减小后增大例 2.一航天探测器达成对月球的探测任务后，在走开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞翔，先加快运动，再匀速运动，探测器经过喷气而获取推进力，以下对于喷气方向的描绘中正确的选项是（）A.探测器加快运动时，沿直线向后喷气B.探测器加快运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气分析：小球的加快度大小决定于小球遇到的合外力。
从接触弹簧到抵达最低点，弹力从零开始渐渐增大，所以协力先减小后增大，所以加快度先减小后增大。
当协力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。
应选 CD。
分析：受力剖析如图 2 所示，探测器沿直线加快运动时，所受协力方向与运动方向同样，而重力方向竖直向下，由平行四边形定章知推力方向一定斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受协力为零，所以推力方向一定竖直向上，喷气方向竖直向下。
故正确答案选C。
图 22.力和加快度的刹时对应关系（1）物体运动的加快度 a 与其所受的合外力 F 有刹时对应关系。
每一刹时的加快度只取决于这一刹时的合外力，而与这一刹时之间或刹时以后的力没关。
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=；031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小． 【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】 【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ=由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得233t s =故经过时间12310.91t t t s +=+=≈ 物块滑落.5．质量9kg M =、长1m L =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02m/s v =时，在木板的右端轻放一质量1kg m =的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取210m/s g =，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ； （2）小物块与木板间的动摩擦因数2μ． 【答案】（1）1s （2）0.08 【解析】 【分析】 【详解】（1）设木板在时间t 内的位移为x 1；铁块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2则有210112x v t a t =-22212x a t =12x L x =+又012v a t a t -=代入数据得t =1s（2）根据牛顿第二定律，有121()M m g mg Ma μμ++=22mg ma μ=解得20.08μ=6．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求： （1）物块运动的最大速度； （2）F 的大小；（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功 【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】 【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小． （3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功． 【详解】（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2x v m s t ⨯=== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=62vt==3m/s 2． 设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN联立解得：F=3.2N（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-12mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．7．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。
高中物理牛顿第二定律经典例题
牛顿第二运动定律【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B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大C、物体从A下降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，所受合力为零的对应关系，弹簧这种特【解析】本题主要研究a与F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=0，体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F合由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。
在C位置mg=kx c,a=0，物体速度达最大。
由C→B的过程中，由于mg<kx2,a=kx2/m-g，物体做a增加的减速直线运动。
同理，当物体从B→A时，可以分析B→C做加速度度越来越小的变加速直线运动；从C→A做加速度越来越大的减速直线运动。
C正确。
例2如图3-10所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是A、加速下降B、减速上升肥C、匀速向右运动D、加速向左运动【解析】木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受力情况为：重力mg，箱底的支持力N，弹簧拉力F和最大的静摩擦力f m（向左）由平衡条件知：N=mg F=f m。
由于发现A弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是由A向右被拉动推知，F>f m′，（新情况下的最大静摩擦力），可见f m>f m′即是最大静摩擦力减小了，由f m=μN知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升，故A、B正确。
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D 正确。
高一物理必修1_《牛顿第二运动定律》典型例题
第3节：牛顿第二运动定律典型例题［例1］如图3—6—2所示,质量为4 kg的物体静止于水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,物体受到大小为20 Ｎ,与水平方向成３０°角斜向上的拉力F作用时沿水平面做匀加速运动,求物体的加速度是多大?(ｇ取10图3—6—2m/s2)［例2］一斜面AB长为10 ｍ,倾角为３０°,一质量为２kg的小物体(大小不计)从斜面顶端A点由静止开始下滑,如图3—6—4所示(ｇ取10 m/s2)(1)若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5,求小物体下滑到斜面底端B点时的速度及所用时间.(2)若给小物体一个沿斜面向下的初速度,恰能沿斜面匀速下滑,则小物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少?［例3］静止在水平地面上的物体的质量为2 kg,在水平恒力F推动下开始运动,4 s末它的速度达到4 m/s,此时将F撤去,又经6 s物体停下来,如果物体与地面的动摩擦因数不变,求F的大小.[例4]如图3—6—6所示,质量为２ｍ的物块A和质量为ｍ的物块B与地面的摩擦均不计.在已知水平推力F的作用下,A、B做加速运动.A对B的作用力为多大?图3—6—6参考答案：1. 解析:以物体为研究对象,其受力情况如图3—6—3所示,建立平面直角坐标系把F 沿两坐标轴方向分解,则两坐标轴上的合力分别为,sin cos G F F F F F F N y x -+=-=θθμ物体沿水平方向加速运动,设加速度为ａ,则ｘ轴方向上的加速度ａｘ＝ａ,ｙ轴方向上物体没有运动,故ａy ＝０,由牛顿第二定律得0,====y y x x ma F ma ma F所以0sin ,cos =-+=-G F F ma F F N θθμ又有滑动摩擦力N F F μμ= 以上三式代入数据可解得 物体的加速度a =0.58 m/s 2.小结:当物体的受力情况较复杂时,根据物体所受力的具体情况和运动情况建立合适的直角坐标系,利用正交分解法来解.2. 解析:(1)以小物体为研究对象,其受力情况如图3—6—5所示,建立直角坐标系,把重力Ｇ沿ｘ轴和ｙ轴方向分解:θθsin ,cos 21mg G mg G ==小物体沿斜面即ｘ轴方向加速运动,设加速度为ａ,则ａｘ＝ａ,物体在ｙ轴方向没有发生位移,没有加速度则ａｙ＝０,由牛顿第二定律得,所以又N F F μμ=所以图3—6—3图3—6—4 图3—6—5 y N y x x ma G F F ma F G F =-==-=12μθθμcos sin mg F ma F mg N ==-22/67.0/)30cos 5.030(sin 10)cos (sin cos sin s m s m g mmg mg a =︒⨯-︒⨯=-=-=θμθθμθ 设小物体下滑到斜面底端时的速度为ｖ,所用时间为ｔ,小物体由静止开始匀加速下滑,由as v v t 2202+=得s m s m as v /7.3/1067.022=⨯⨯==由at v v t +-0得s s a v t 5.567.07.3=== (2)小物体沿斜面匀速下滑时,处于平衡状态,其加速度ａ＝０,则在图3—6—５的直角坐标中0,0==y x a a ,由牛顿第二定律,得又N F F μμ=所以,小物体与斜面间的动摩擦因数58.030tan tan =︒===θμμN F F小结:若给物体一定的初速度,当μ＝tg θ时,物体沿斜面匀速下滑；当μ＞tg θ（μmg cos θ＞mg sin θ）时,物体沿斜面减速下滑；当μ＜tg θ（μmg cos θ＜mg sin θ）时,物体沿斜面加速下滑.3．解析:物体的整个运动过程分为两段,前4 s 物体做匀加速运动,后6 s 物体做匀减速运动.前4 s 内物体的加速度为0012==-===-=y N y x x m a G F F m a F G F μ θθμcos sin mg F mg F N == 所以2211/1/440s m s m t v a ==-= ①设摩擦力为F μ,由牛顿第二定律得 1ma F F =-μ ②后6 s 内物体的加速度为2222/32/640s m s m t v a -=-=-= ③ 物体所受的摩擦力大小不变,由牛顿第二定律得2ma F =-μ ④由②④可求得水平恒力F 的大小为N N a a m F 3.3)321(2)(21=+⨯=-= 小结:解决动力学问题时,受力分析是关键,对物体运动情况的分析同样重要,特别是像这类运动过程较复杂的问题,更应注意对运动过程的分析.在分析物体的运动过程时,一定弄清整个运动过程中物体的加速度是否相同,若不同,必须分段处理,加速度改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量.分析受力时要注意前后过程中哪些力发生了变化,哪些力没发生变化.4．解析:取A 、B 整体为研究对象,其水平方向只受一个力F 的作用根据牛顿第二定律知:Ｆ＝（２ｍ＋ｍ）ａａ＝Ｆ／３ｍ取B 为研究对象,其水平方向只受A 的作用力F 1,根据牛顿第二定律知: Ｆ1＝ｍａ故Ｆ1＝Ｆ／３小结:对连结体(多个相互关联的物体)问题,通常先取整体为研究对象,然后再根据要求的问题取某一个物体为研究对象.。
牛顿第二定律经典例题及答案
牛顿第二定律经典例题及答案
例题：如图，质量的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。
当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假定小车足够长，问：
（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？
（2）小物块从放在车上开始经过t0=3s 所通过的位移是多少？（g 取10m/s2）
【分析与解答】：
（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。
设物块在小车上相对运动时间为t，物块、小车受力分析如图：
物块放上小车后做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度a2的匀加速运动。
其中对物块：由μmg＝ma1，
有a1＝μg＝2m
对小车：F－μmg＝Ma2
∴a2＝0.5m/s2物块在小车上停止相对滑动时，速度相同
则有：a1t1=v0+a2t1
故答案为：
(1)经多2s物块停止在小车上相对滑动；
(2)小物块从放在车上开始，经过t＝3.0s，通过的位移是8.4m.本文网络搜索，如有侵权联系删除。
牛顿运动定律临界问题
律
FmA (mM)a①
mgMa②
A mm FmA
联立①②两式解出 FmAm(mM M)g B M
量变积累到一定程度，发生质变，出现临界状态．
牛顿运动定律临界问题
⑵设保持A、B相对静止施于B的最大拉力为FmB ,此时A、B之间 达到最大静摩擦力μmg，对于整体和物体A，分别应用牛顿第二
定律
FmB(mM)a①
[小结] 存在静摩擦的连接系统， 当系统外力大于最大静摩 擦力时， 物体间不一定有相对滑动；相对 滑动与相对静止的临界条件是：
静摩擦力达最大值
牛顿运动定律临界问题
解决临界问题的基本思路 （1）认真审题，仔细分析研究对象所经历的变化的物理过程， 找出临界状态。 （2）寻找变化过程中相应物理量的变化规律，找出临界条件。 （3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。
a
θ
牛顿运动定律临界问题
解： 取小球为研究对象并受力分析 建立正交坐标系
则沿x轴方向 Fcosθ-FNsinθ=ma 沿y轴方向 Fsinθ+FNcosθ=mg
将 θ=370 、a1=g 、a2=2g 分别代入
得 F1=1.4mg F2= 2.2mg
FN1=0.2mg
FN2= - 0.4mg
当a=gcotθ= 4g/3 时，支持力FN =0 小球即将脱离斜面
若要保持A和B相对静止，则施于A的水平拉力F的 A mm
最大值为多少？若要保持A和B相对静止，则施于B B M
的水平拉力F的最大值为多少？若要把B从A下表面 拉出，则施于B的水平拉力最小值为多少？
解：⑴设保持A、B相对静止施于A的最大拉力为FmA ,此时A、B之间 达到最大静摩擦力μmg，对于整体和物体B，分别应用牛顿第二定
高中物理必修一牛顿第二定律典型例题
高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ]A．匀减速运动B．匀加速运动C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动【分析】木块受到外力作用必有加速度，已知外力方向不变，数值变小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐变小，也就是木块每秒增加的速度在减少，由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增加，即木块作的是加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动．【答】 D．【例2】一个质量m=2kg的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为F=10N、与桌面平行、互成120°角的拉力作用，则物体的加速度多大？若把其中一个力反向，物体的加速度又为多少？【分析】物体的加速度由它所受的合外力决定．放在水平桌面上的木块共受到五个力作用：竖直方向的重力和桌面弹力，水平方向的三个拉力．由于木块在竖直方向处于力平衡状态，因此，只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度．（1）由于同一平面内、大小相等、互成120°角的三个力的合力等于零，所以木块的加速度a=0．（2）物体受到三个力作用平衡时，其中任何两个力的合力必与第三个力等值反向．如果把某一个力反向，则木块所受的合力F合=2F=20N，所以其加速度为：它的方向与反向后的这个力方向相同．【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是 [ ]A．力和斜面支持力B．重力、下滑力和斜面支持力C．重力、正压力和斜面支持力D．重力、正压力、下滑力和斜面支持力【误解一】选（B）。
【误解二】选（C）。
【正确解答】选（A）。
【错因分析与解题指导】 [误解一]依据物体沿斜面下滑的事实臆断物体受到了下滑力，不理解下滑力是重力的一个分力，犯了重复分析力的错误。
[误解二]中的“正压力”本是垂直于物体接触表面的力，要说物体受的，也就是斜面支持力。
牛顿运动定律典型例题分析
牛顿运动定律典型例题分析基础知识回顾1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。
它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。
2、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。
公式F=ma.对牛顿第二定律的理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x=ma x,F y=ma y,F z=ma z;（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2.3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
牛顿运动定律的应用（二）·例题分析
例1 如图3-31所示的三个物体质量分别为m1和m2和m3，带有滑轮的物体放在光滑水平面上，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？
分析由于三个物体无相对运动，因此可看作一个整体，列出整体的牛顿第二定律方程．然后再隔离m1、m2，分别列出它们的运动方程．
解由整体在水平方向的受力列出牛顿第二定律方程为
F=（m1+m2+m3）a．①分别以m1、m2为研究对象作受力分析（图3-32）．设绳张力为T．
对m1，在水平方向据牛顿第二定律得
T=m1a．
②对m2，在竖直方向由力平衡条件得
T-m2g=0．
③联立式①、②、③，得水平推力
说明也可以全部用隔离法求解．设连接m1与m2的绳中张力为T，m2与m3之间相互作用力为N，滑轮两侧绳子张力形成对m3的合力为F′，画出各个物体的隔离体受力图如图3-33所示（m1、m3竖直方向的力省略）．
对于m1，由受力分析知
T=m1a．
④对于m2，由水平方向与竖直方向的受力情况分别可得
N=m2a，
⑤
T-m2g=0．
⑥对于m3，由于F′的水平分力（向左）等于T，因此
F-N-T=m3a．
⑦由④、⑤、⑥三式得
把它们代入式⑦得水平推力F：
显然，全部用隔离法求解时，不仅未知数和方程数多，还可能因疏漏滑轮两侧绳子拉力对m3的影响而造成错误．所以应注意灵活地有分有合，交替使用隔离法和整体法．
例2 两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3-34所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为μ1，B与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，滑块B受到的摩擦力
[ ]
A．等于零
B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcosθ
D．大小等于μ2mgcosθ
分析把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为a．由牛顿第二定律
（M+m）gsinθ-μ1（M+m）gcosθ=（M+m）a，
得 a=g（sinθ-μ1cosθ）．
由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必然受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为f B（图3-35）．由牛顿第二定律
mgsinθ-f B=ma，
得 f B=mgsinθ-ma=mgsinθ-mg（sinθ-μ1cosθ）
=μ1mgcosθ．
答B、C．
说明由于所求的摩擦力是未知力，也可任意假设．若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下，同样可得解，请自行比较．
例3 如图3-36所示，两光滑的梯形木块A和B，紧靠放在光滑水平面上，已知θ=60°，m A=2kg，m B=1kg，现同时加水平推力F1=5N，F2=2N，它们方向相反．若两木块在运动过程中无相对滑动，则A、B间的相互作用力多大？
分析取两个木块和其中一个木块（A或B）为研究对象，根据它们所受的合外力列出牛顿第二定律方程．或由它们加速度相同，根据它们所受的合外力与质量成正比的关系列式求解．
解方法1 设木块A、B间相互作用力为N，隔离A，画出的受力图如图3-37所示．取水平向右为正方向，列出（A+B）这一整体和木块A的牛顿第二定律方程：
F1-F2=（m A+m B）a，①
F1-Nsinθ=m A a．②由式①得两木块的加速度
代入式②，得A、B间相互作用力
方法2 利用力和质量的比例关系
由（A+B）这一整体和木块A在水平方向所受的合外力，得比例式
说明应用力与质量的比例关系时，往往可以不必求出加速度，能简化求解过程．当加速度相同时，可以任意选择各物体（或物体的各部分）间或各部分与整体间列出力与质量的比例关系．如对A、B两木块，有如下关系式：
例4 如图3-38所示，一细线的一端固定于倾角为45°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．当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？
分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、线中拉力T、滑块A的支持力N，如图3-39所示．小球在这三个力作用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，小球可能抛起，滑块的支持力变为零，小球仅受重力和拉力两个力作用．
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时的临界加速度，然后将它与题设加速度a=2g相比较，确定受力情况后即可根据牛顿第二定律列式求解．
解根据小球贴着滑块运动时的受力情况，可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为
Tcos45°-Nsin45°=ma，①Tsin45°+Ncos45°=mg．②
联立两式，得
N=mgcos45°-masin45°．
若小球对滑块的压力等于零，即应使N=0，滑块的加速度至少应为
可见，当滑块以a=2g加速向左运动时，小球已脱离斜面飘起．此时小球仅受两个力作用：重力mg、线中拉力T′（图3-40）．设线与竖直方向间夹角为β．同理由牛顿第二定律得
T′sinβ=ma，
T′cosβ=mg．
联立两式得
说明如果没有对临界状态作出分析，直接由①、②两式联立得线中拉力T：
这就错了！。