用牛顿运动定律解决问题一习题docWord格式.docx

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10

13

v＝at＝10×

10m／s＝46.5m／s

答案233m，46.5m／s。

方法点拨

物理运算过程中尽量使用代表物理量的字母，必要时再代入已知量。

学后反思

物体的运动情况是由物体所受合外力及物体初始条件决定的，在解决动力学问题过程中

应注重受力分析能力的培养和提高。

例2如图4－6－2所示，传送带地面倾角θ＝37°

，AB之间的长度为L＝16m，传送带

以速率v＝10m／s逆时针转动，在传送带上A端无初速地放一个质量为m＝0.5kg的物体，

它与传送带之间的动擦系数μ＝0.5，求物体从A运动到B需要多少时间？

2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）（g＝10m／s

解析物体放到传送带上，开始相对于传送带向上运动，所受摩擦力方向沿传送带向下，

物体由静止开始做初速为零的匀速直线运动，根据牛顿第二定律：

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1①

物体速度由零增大到10m／s所用的时间：

t1＝x1／v②

物体下滑的位移：

x1＝

③

当物体速度等于10m／s时，相对于传送带，物体向下运动，摩擦力方向与原来相反，

沿传送带向上，此时有：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2④

从速度增大到10m／s后滑到B所用时间为t2，根据运动学知识：

at

L－x1＝vt2＋

⑤

联立方程组解得：

t1＝1st2＝1s所以从A到B时间为t＝t1＋t2＝2s

答案2s。

方法总结

本题应注意，开始时物体的速度小于传送带速度，相对传送带向上运动，受摩擦力方向

沿斜面向下；

当物体速度加速到大于传送带速度时，相对传送带向下运动，摩擦力方向沿斜

面向上。

因此，物块在传送带上运动时，分加速度不同的两个阶段进行研究。

例3一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4－6－3。

已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2，

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）

解析设圆盘的质量为m，桌面长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为

a1，有：

μ1ma＝ma1①

桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有

μ2ma＝ma2②

设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2，

后便停下，有

v＝2a

1x1③，

2x2④，

l

盘没有从桌面上掉下的条件是x2≤－x1⑤，

设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有

x＝

⑥，x1＝

⑦，而x＝

＋x1⑧，

1＋2

g1

由以上①到⑧式解得：

a≥

答案a≥

感悟技巧

求解比较复杂的动力学问题，可根据动力学规律和运动学规律列出相互独立的物理方程

综合求解。

学点2从运动情况确定受力

解题的基本方法步骤：

①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力图；

②选择合适的运动学公式，求出物体的加速度；

③根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合外力；

④根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力。

例4质量为200t的机车从停车场出发，行驶225m后，速度达到54km／h，此时，司

机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了125m才停在站上。

设运动阻力不变，求机车关闭

发动机前所受到的牵引力。

解析机车关闭发动机前在牵引力和阻力共同作用下向前加速；

关闭发动机后，机车只

在阻力作用下做减速运动。

因加速阶段的初末速度及位移均已知，故可由运动学公式求出加

速阶段的加速度，由牛顿第二定律可求出合力；

在减速阶段初末速度及位移已知，同理可以

求出加速度，由牛顿第二定律可求出阻力，则由两阶段的力可求出牵引力。

在加速阶段

初速度v0＝0，末速度v1＝54km／h＝15m／s位移x1＝225m

由

v－

t

22

v15

1＝

v＝2ax得：

加速度a1＝2x2225

22

＝0.5m／s

m／s

由牛顿第二定律得

F

引－F

5×

0.5N＝1×

105N①

阻＝ma1＝2×

减速阶段：

初速度v1＝15m／s，末速度v2＝0，位移x2＝125m

由v－v＝2ax得

21

1＝－

－

加速度a2＝2125

2x

2＝－0.9m／s2，负号表示a

2方向与v1方向相反

由牛顿第二定律得F

55

阻=－ma2＝－2×

10N②

（－0.9）N＝1.8×

N②

由①②得机车的牵引力为F

引＝2.8×

105N

5N

答案2.8×

解题前应对问题先作定性和半定量的分析，弄清物理情景，找出解题的关键，以养成良

好的思维品质和解题习惯，在求解加速度过程中要注意加速度和速度方向关系，在求a2时

也可不考虑方向，直接求其大小，a2＝0.9m／s2，然后根据阻力方向得出F

2，然后根据阻力方向得出F

阻＝－ma2＝1.8

105N的结果。

例5在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，与地面

间的动摩擦因数均为μ，若用水平推力F作用于A物体，使A、B一起向前运动，如图4－

6－4所示，求两物体间的相互作用力为多大？

若将F作用于B物体，则A、B间的相互作

用力为多大？

解析由于两物体是相互接触的，在水平推力F的作用下做加速度相同的匀加速直线

运动，如果把两个物体作为一个整体，用牛顿第二定律去求加速度a是很简便的。

题目中要

求A、B间的相互作用力，因此必须采用隔离法，对A或B进行受力分析，再用牛顿第二定

律就可以求出两物体间的作用力。

解法一：

设F作用于A时，A、B的加速度为a1，A、B间相互作用力为F1。

以A为研

究对象，受力图如图4－6－5所示，由牛顿第二定律得

水平方向F－F1－F1

阻＝m1a1，

竖直方向F1

弹＝m1g，F1阻＝μF1

弹

再以B为研究对象，它受力如图4－6－6所示，由牛顿第二定律有

水平方向F1－F2

阻＝m2a1，

竖直方向F2

弹＝m2g，又F2

阻＝μF2

m

m＋m，联立以上各式可得A、B间相互作用力为F1＝12

mF

m＋

当F作用B时，应用同样的方法可求A、B间的相互作用力F2为F2＝12

解法二：

以A、B为研究对象，其受力如图4－6－7所示，由牛顿第二定律可得

F－μ（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a

所以a＝m1＋m2－μg

再以B为研究对象，其受力如图4－6－6所示，由牛顿第二定律可得

F1－F2

阻＝m2a

m＋m同理可求得Fmm

＋

则A、B间相互作用力F1为：

F1＝12

2＝12

mm

答案12

；

12

方法提示

研究系数内部物体间的相互作用力应采用隔离法，研究系统与外办的相互作用采用整体

法更简便一些。

规律总结

两个（或两个以上）物体组成的系统，我们称之为连接体。

连接体的加速度通常是相同

的，但也有不同的情况，如一个静止，一个变速运动。

在连接体内各物体具有相同的加速度时，可先把这个连接体当成一个整体，分析受到的

外力及运动情况，利用牛顿第二定律求出加速度，若要求连接体内各种物体相互作用的内力，

则把物体隔离，对某个物体单独进行受力分析，再利用牛顿第二定律对该物体列式求解。

拓广延伸

牛顿运动定律是经典力学的基础，它在科学研究和生产技术中有着广泛的应用，本节课

就是运用牛顿运动定律解决两类最常见的问题。

受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的前提。

找到加速度是解题的突破口，因此，

解题时应抓住“加速度”这个桥梁不放，确定过渡方向，学习中要通过具体问题的分析，熟

练掌握解题思路，提高自己解决实际问题的能力。

例6如图4－6－8所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着

一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速为0），用t1、t2、t3依次

表示滑环到达d所用的时间，则（）

A。

t1＜t2＜t3B。

t1＞t2＞t3

C。

t3＞t1＞t2D。

t1＝t2＝t3

解析小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面

方向的分力产生的，设轨迹与竖直方向夹角为θ。

由牛顿第二定律知：

mgcosθ＝ma①，

设圆心为O，半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动到d点的位移

x＝2Rcosθ②，

由运动学公式得x＝

③，

R

由①②③联立解得t＝2g

说明小圆环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3

答案D

对具体问题不能单凭想当然下结论，应该结合物理规律找出其表达式，然后再作出判断。

例7在光滑的水平轨道上有两上半径都是r的小球和A和B，质量分别为m和2m，当

两球心的距离大于l（l比2r大得多）时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于

或小于l时，两球之间存在相互作用的恒定斥力F，设A球从远离B球处以速度v0沿两球

心连线向原来静止的B球运动。

如图4－6－9所示。

欲使两球不发生接触，v0必须满足什

么条件？

解析两球不相接触的条件是速度相同时两球心间的距离d＞2r。

对两球运动进行分析：

当球心距离小于l后，A球受到斥力而做匀减速直线运动，B球

受到斥力而做初速为零的匀加速运动，从而产生A追B的情形。

开始阶段A球的速度大于

B球速度，球间距离在减小，当B球速度大于A球速度时两球间的距离就会增大，所以两

球的速度相等时两球间的距离达到最小。

不相撞的条件是这个最小距离要大于2r，如图4

－6－10所示。

两球从相互作用开始，A的位移为xA，B的位移为xB，d＝xB＋l－xA＞2r。

利用牛顿定律和运动学公式分析知，两球间距离最小时，

有v1＝v2

设相互作用过程中，A、B两球的位移分别为xA和xB，则距离关系为

l＋xB－xA＞2r，由牛顿第二定律得，两球加速度分别为

FF

aA＝m

，aB＝m

2，由运动学公式知，两球速度分别为

vA＝v0－aAt，vB＝aBt，vA＝vB，

由运动学公式知，两球位移分别为

xA＝v0t－

aAt

，xB＝

aB

3F（l－2r）

联立以上各式解得v0＜m

利用极值法求解：

当A、B间距离等于l时，开始时

A球位移xA＝v0t－

，B球位移xB＝

aBt

FF1

据牛顿第二定律得aA＝m

，aB＝2m，球心间距离d＝xB＋l－xA＝2

（aA＋aB）t

b

v

2＝aA＋aB

v0t＋l，当t＝－a

时，d有最小值。

此时aAt＋aBt＝v0即aBt＝v0－aAt

因此vA＝v0－aAt，vB＝aBt，所以vA＝vB

dmin＝2

（aA＋aB）

a

A＋a－v

B0·

0·

vvmv

000

＋l

＋l＝－

a＋aaa3F

ABAB

mv

两球不相遇，dmin＞2r，所以－3F

＋l＞2r

即v0＜m

。

解法三：

利用图象法求解

作出A、B两球的速度图象，如图4－6－11所示。

交点C处，vA＝vB，此时t＝t0，两

球相距最近为d，要求不撞，则

d＝xB＋l－sA＞2r①

有xA－xB＜l－2r

由图象知，xA－xB即△v0OC的面积

v0t

则＝xA－xB＝

②

vA＝vB，即v0－m

·

t0＝m

2·

t0③

解①②③，得v0＜m

答案v0＜m

求解此题的关键是对题目的物理过程进行分析，找出两球不相撞的临界条件。

此题是动

力学的综合题目，从不同的角度、不同的物理观点出发得到几种不同的解法，但各种解法中

都应用了追及问题中当物体速度相等时。

两物体间距最小这一基本条件。

此题中l比2r大得多，但r不能忽略，即小球不能看成质点。

本题考查应用牛顿定律与运动学公式进行分析和解决问题的能力，弄清物理过程，找出

不接触的临界条件：

v相同时，l＋xB－xA＞2r是解题的关键。

例8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4－6－12所示。

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小

球所受的风力为小球所受重力的0.5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37°

并固定，则小球静止出发

在细杆上滑下距离x所需时间为多少？

（sin37°

＝0.8）

解析杆水平时，小球在杆上做匀速运动，则风力和摩擦力等大反向；

当杆与水平方向

夹角为37°

时，对小球受力分析如图4－6－13所示，把风力F和重力mg沿杆方向和垂直

杆方向进行正交分解，列方程求解加速度，从而求出时间。

（1）设小球所受的风力为F，小球为m，由小球水平匀速运动可知

F0.5mg

F＝μmg，μ＝mg

mg

＝0.5

（2）设杆对小球的支持力为FN，摩擦力为F′，则沿杆方向

Fcosθ＋mgsinθ－F′＝ma

垂直杆方向：

FN十Fsinθ－mgcosθ＝0，F′＝μFN

FcosmgsinFF

＋－

＝g＋

可解得a＝mg

sinθ＝

3

4

，又x＝

2x8x

解得下滑x所用时间t＝g

a3

8x

答案

（1）0.5

（2）g

本题是以加速度方向建立正交坐标系的（图中没有直接画出），这样只需分解力，而不

需分解加速度。

有些情况下，只需分解加速度而不分解力，也有时需要同时分解。

总之，在

建立坐标系时，应尽量减少矢量的分解。