牛顿运动定律的简单应用典型例题.docx

1、牛顿运动定律的简单应用典型例题牛顿运动定律的简单应用典型例题 【例1】一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1s；随即把此力改为向西，大小不变，历时1s；接着又把此力改为向东，大小不变历时1s；如此反复，只改变力的方向，共历时1min，在此1min内 A物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置之东B物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置C物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末继续向东运动D物体一直向东运动，从不向西运动，在1min末静止于初始位置之东【分析】物体在第1s内受恒力作用向东作匀加速运动在第2s内，受力向西，加速

2、度方向向西，但速度方向仍向东，物体作向东的匀减速运动由于力的大小不变，前、后两秒内物体的加速度大小不变，仅方向相反，所以至第2s末，物体向东运动的速度恰减为零，且第2s内的位移与第1s内的位移相同以后，力的方向又改为向东、继而向西如此往复，物体则相应地向东作匀加速运动、继而向东作匀减速运动，在1min内物体一直向东运动，至1min末恰静止【答】 D【说明】 物体运动的加速度方向必与受力方向相同，但不一定与速度方向相同若以向东方向为速度的正方向，物体运动的v-t图如图所示，物体依次作着加速度大小相等、加速度方向相反的匀加速运动、匀减速运动，直到停止整个1min内v0，表示物体一直向东运动 【例2

3、】汽车空载时的质量是4103kg，它能运载的最大质量是3103kg要使汽车在空载时加速前进需要牵引力是2.5104N，那么满载时以同样加速度前进，需要的牵引力是多少？【分析】由空载时车的质量和牵引力算出加速度，然后根据加速度和满载时的总质量，再由牛顿第二定律算出牵引力空载时，m1=4103kg，F1=2.5104N，由牛顿第二定律得加速度：满载时，总质量为m1+m2=7103kg，同理由牛顿第二定律得牵引力：F2=（m1+m2）a=71036.25N=4.375104N【说明】根据牛顿第二定律F = ma可知，当加速度a相同时，物体所受的合外力与其质量成正比因此可以不必先算出加速度的大小，直接

4、由比例关系求解即由直接得 【例3】如图1所示，一根质量为m，长为L的均匀长木料受水平拉力F作用后在粗糙水平面上加速向右运动在离拉力作用点x处作一断面，在这一断面处，左右两部分木料之间的相互作用力为多少？【分析】 取整个木料和断面左端（或右端）为研究对象，由于它们的加速度相同，可根据它们所受合外力与质量成正比的关系得解【解】 设整个木料所受的摩擦力为f，断面两侧的相互作用力为T，作用在断面左端部分的摩擦力为整个木料和断面左侧水平方向的受力情况如图2所示根据加速度相同时力与质量的比例关系可知【说明】本题由于利用了Fm的关系，可以不必计算加速度，十分简捷由解得结果可知，截面位置取得离拉力处越远，截面

5、两侧的相互作用力越小，当x = L时，T=0，这是显然的结果如果木料受到水平推力作用，情况怎样？有兴趣的同学可自行研究【例4】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1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下降到B，以及从B上升到A的速程中，速率都是先增大，后减小D物体在B点时，所受合力为零 【分析】本题考察a与F合的对应关系，弹簧这种特殊模型的变化特点，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，同时对物体正确的受力分

6、析，是解决本题思路所在【解】找出AB之间的C位置，此时F合=0则（1）从AC由mgkx1，（2）在C位量mg = kxc，a=0，物体速度达最大（如图2乙）（3）从CB，由于mgkx2，同理，当物体从BA时，可以分析BC做加速度越来越小的变加速直线运动；从CA做加速度越来越大的减速直线运动【说明】由物体的受力情况判断物体的运动性质，是牛顿第二定律应用的重要部分，也是解综合问题的基础弹簧这种能使物体受力连续变化的模型，在物理问题（特别是定性判断）中经常应用其应用特点是：找好初末两态，明确变化过程 【例5】图中A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用

7、轻绳悬挂于O点当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为 AF = MgBMgF（Mm）gCF=（M + m）gDF（M + m）g【分析】以铁片为研究对象，它被吸引上升过程中受到电磁铁对它的吸引力Q（变力）、重力mg在每一时刻Q- mg = ma，即Qmg根据牛顿第三定律，铁片也对电磁铁A（包括支架C）施加向下的吸引力，其大小Q=Q以A和C为研究对象，它受到细线向上拉力F、A和C的重力Mg、铁片吸引力Q由力平衡条件知F = Mg + Q = Mg + Q，F（M + m）g【答】 D【说明】必须注意，铁片能吸引上升是一个加速过程，因此，Qmg同时，不要疏忽铁片对磁铁的吸引力【

8、例6】如图1所示，一只质量为m的猫抓住用绳吊在天花板上的一根质量为M的垂直杆子当悬绳突然断裂时，小猫急速沿杆竖直向上爬，以保持它离地面的高度不变则杆下降的加速度为 【分析】 设猫急速上爬时对杆的作用力为f，方向向下，则杆对猫的作用力的大小也为f，方向向上，绳断裂后，猫和杆的受力情况如图2所示由于猫急速上爬，保持对地面的高度不变，意味着在这个过程中，猫对地无加速度，处于力平衡状态，所以f = mg杆仅受两个竖直向下的力作用，根据牛顿第二定律，得杆的加速度大小为其方向竖直向下答 C说明 本题反映了牛顿第二定律的相对性，即加速度a必须是地面而言的如果不理解这一点，本题就难以求解 【例7】如图1所示，

9、一木块从h=3.0m、长L=5.0m的固定斜面的顶端，由静止开始沿着斜面滑至底端如果木块与斜面之间的动摩擦因数=0.30，求（1）木块运动的加速度；（2）木块从斜面顶端滑至底端所需的时间【分析】以木块为研究对象，它在下滑过程中受到三个力作用：重力mg、斜面支持力N、斜面的滑动摩擦力f（图2）由于这三个力不在同一直线上，可采用正交分解法，然后根据牛顿运动定律求出加速度，结合运动学公式可求出运动时间【解】（1）设斜面倾角为，由受力图2可知：沿斜面方向由牛顿第二定律得mgsin- f = ma垂直斜面方向由力平衡条件得N- mgcos=0又由摩擦力与正压力的关系得f=N联立上述三式可解得木块下滑的加

10、速度为a = g（sin-cos）式中a = g（sin-cos）=9.8（0.60-0.300.80）ms2=3.60ms2【说明】 这是属于已知力求运动的问题，通过加速度建立了力和运动的联系题解中基本上遵循了牛顿第二定律应用的步骤。 【例8】 两重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为的斜面上，如图1所示，滑块A、B的质量分别为M、m，A与斜面间的滑动摩擦因数为1，B与A之间的滑动摩擦因数为2，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1mgcosD大小等于2mgcos【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

11、律（M + m）gsin-1（M + m）gcos=（M + m）a，得a = g（sin-1cos）由于agsin，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，设力fB（图2）由牛顿第二定律mgsin-fB = ma，得fB =mgsin-ma= mgsin-mg（sin-1cos）=1mgcos【答】 B、C【说明】由于所求的摩擦力是未知力，如果不从加速度大小的比较先判定其方向，也可任意假设，若设B受到A对它的摩擦力沿斜面向下则牛顿第二定律的表达式为mgsin+fB = ma，得 fB = ma- mgsin=mg（sin-1cos）-mgsin= -1mgcos式中负号表

12、示所求摩擦力的方向与假设的方向相反，应为沿斜面向上 【例9】 一个质量为m的物体放在水平地面上，设物体与地面间的摩擦系数为，对物体施以作用力F。问：（1）若F是拉力，则F应沿怎样的方向拉，才能使物体获得最大的加速度？（2）若F是推力，则为了不产生加速度，F应朝什么方向推？【误解】 （1）当F沿着水平方向拉，物体才有最大的加速度。（2）为了使物体不获得加速度F的方向必须与水平地面垂直。【正确解答】（1）如图1所示，物体受重力mg、支持力N、摩擦力f和拉力F作用。设F与竖直方向成角，与水平方向成角。在y轴方向有N=mg-Fcos则f=（mg-Fcos）在x轴方向上的物体的加速度为令 =tg，则在F

13、是拉力情况下，当90-=时，也就是作用力F的方向与地面的夹角恰为=arctg时，物体能获得最大的加速度。很明显，若=0，则=0，也就是=90时，物体能获得最大的加速度。（2）如图所示，若F是推力，设推力与竖直方向的夹角为，与水平地面的夹角为，则f=（mg + Fcos）在x轴方向上物体的加速度为推力使物体在x方向上获得加速度，即a0，所以Fsin-（mg + Fcos）0即 F（sin-cos）-mg0当角使F（sin-cos）-mg0时，即 sin-cossin-cos0来求解角的范围。令 = tg则有sin-tgcos0 即sin（-）0，在、均为锐角时得=arctg当用力推物体时，施力的

14、方向与竖直方向的夹角小于，不论F多大都不能使物体获得加速度。【错因分析与解题指导】误解的主要错因是没有注意摩擦力的影响，由于外力F的方向不同，会使摩擦力的大小发生变化。无论是滑动摩擦力还是最大静摩擦力，都和物体与地面间的正压力有关。当外力F以与地面成不同的角度来推、拉物体时，正压力就有不同的值，所以物体所受的合力就有不同的值。只有在正确分析物体的受力情况后，对问题才能作出正确的解答。 【例10】 质量为m=2kg的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1，3，5奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F1=6N的水平推力，在第2，4，6偶数秒内，给物体施加方向仍向右、大小为F2=2N的水平推力，已知物

15、体与地面间的摩擦因数=0.1取g=10ms2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动？（2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25m？【分析】以木块为研究对象，它在竖直方向处于力平衡状态，水平方向仅受推力F1（或F2）和摩擦力f的作用由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒和偶数秒的运动，结合运动学公式，即可求出运动时间【解】（1）木块在奇数秒内的加速度为木块在偶数秒内的加速度为所以，木块在奇数秒内做a = a1=2ms2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动（2）在第1s内木块向右的位移为至第1s末木块的速度v1=at=21m/s=2m/s在第2s内，木块以第1s末的速度向右做匀速运

16、动，在第2s内木块的位移为s2=v1t=21m=2m至第2s末木块的速度v2=v1=2m/s在第3s内，木块向右做初速等于2m/s的匀加速运动，在第3s内的位移为至第3s末木块的速度v3=v2+at=2m/s+21m/s=4m/s在第4s内，木块以第3s末的速度向右做匀速运动，在第4s内木块的位移为S4=v3t=41m=4m至第4s末木块的速度v4=v34m/s由此可见，从第1s起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列因此，在ns内的总位移为当sn=40.25m时，n的值为8n9取n=8，则8s内木块的位移共为至第8s末，木块的速度为v8=8m/s设第8s后，木块还需向右运动的时间为t

17、x，对应的位移为sx=40.25m-36m=4.25m，由得合理解tx=0.5s所以，木块的位移大小等于40.25m时需运动时间T=8s+0.5s=8.5s【说明】木块运动的v-t图如下图所示因为v-t图线与t轴间的面积表示对应时间内的位移，所以每秒内位移成一等差数列，其公差等于划有斜线的小三角形面积，即s=s1=1m例11如图1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2所示小球在这三个

18、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题设加速度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，（1）Tsin45+Ncos45=mg（2）联立两式，得N=mgcos45-masin45当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

19、面飘起此时小球仅受两个力作用：重力mg、线中拉力T，（图3）设线与竖直方向间夹角为同理由牛顿第二定律得Tsin=ma，Tcos=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这就错了！ 【例12】如图1质量为M的斜面体放在有摩擦的地面上，质量为m1的物体A与质量为m2的物体B之间有摩擦，但物体B与斜面间的摩擦不计，物体B的上表面水平AB在加速下滑的过程中相对静止，斜面的倾角为，求：物体B对物体A的摩擦力和弹力地面对斜面体的摩擦力和弹力【分析】 本题考察整体和隔离法研究动力学问题，恰当的选取研究对象并正确受力分析是解题关键【解】（1）取A和B组成的系统

20、为研究对象，受力如图2（a），沿斜面方向（m1+m2）gsin=（m1+m2）a a=gsin（1）再以A研究受力如图2（b）则x方向m1gsin+f1cos-N1sin=m1a （2）y方向N1cos+f1sin=m1gcos （3）由式（1）（2）（3）得f1=m1gcossin 方向：水平向左N1=m1gcos2方向：竖直向上（2）对物体B受力分析如图2（c）沿y方向N2=m2gcos+N1cos+f1sin（4）由牛顿第三定律知N1=N1 （5）f1= f1 （6）N2=（m1+m2）gcos 对斜面体C分析受力如图2（d），则沿x方向：N2sin-f2=0 （7）沿y方向：N-Mg-

21、N2cos=0（8）有牛顿第三定律知N=N2（9）由式（7）（8）（9）得f2=（m1+m2）gcossin 方向水平向左N = Mg +（m1+m2）gcos2 方向竖直向上【说明】 本题研究对象很多，在分析各力时，力要清晰，且标好各自符号。题目考察综合分析能力在运用牛顿第二定律解决问题的应用中，我们应当具备把一个复杂问题分解成若干简单问题的能力，找准它们之间的联系，这既是一种解题方法，也是解复杂题目的关键所在 【例13】 如图1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

22、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2）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所示（m1、m3竖直方向的力省略）

23、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，设滑轮两侧绳中张力的合力为F，其水平分力化都表示物体运动状态已发生了改变（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14】 在升降机地面上固定着一个倾角=30的光滑斜面，用一条平行于斜面的细绳拴住一个质量m=2kg的小球（图1）当升降机以加速度a=

24、2ms2竖直向上匀加速运动时，绳子对球的拉力和小球对斜面的压力分别为多少？（取g=10ms2）【分析】以小球为研究对象，它随升降机向上加速运动过程中受到三个力作用：重力mg、绳子拉力T、斜面支持力N由于这三个力不在一直线上，可采用正交分解法，然后列出牛顿第二定律方程，即可求解【解】 根据小球的受力情况（图2），把各个力分解到竖直、水平两方向在竖直方向上（取向上为正方向），根据牛顿第二定律得Tsin + Ncos- mg = ma （1）在水平方向上（取向右为正方向），根据力平衡条件得Tcos-Nsin=0 （2）将（1）式乘以sin，（2）式乘以cos，两式相加得绳子对球的拉力为将（1）式乘以

25、cos，（2）式乘以sin，两式相减得斜面对球的支持力为根据牛顿第三定律，球对斜面的压力N=-N=-20.8N，式中“-”号表示N与N方向相反，即垂直斜面向下【说明】 本题是已知运动求力，解题基本步骤与例2相同需注意题中求出的N是斜面对球的支持力，还必须用牛顿第三定律，得出球对斜面的压力 【例15】如图所示，在一个盛水的容器中漂浮一个物体，这时水面到达物体的某一位置。如将这个容器放在升降机中，在升降机以加速度a由静止开始向上匀加速直线上升的过程中，物体浸入水中的深浅如何变化？【误解】 设漂浮物体的密度为，体积为V，浸入水中的体积为V，水的密度为水。当容器静止时gV=水gV 当容器以加速度a向上

26、做匀加速直线运动时F浮- mg = ma F浮=m（g+a）=V（g+a）设此时排开水的体积为V，则有水Vg=V（g+a）物体浸入深度将大些。【正确解答】当容器处于静止状态时当容器以加速度a向上运动时，则有F浮-mg = ma即水（g + a）V-gV =aV V=V物体浸入深度不变。【错因分析与解题指导】当容器以加速度a竖直向上做匀加速运动时，容器中的漂浮物和水同样处于“超重”状态，因此，水对漂浮物的浮力应变成水（g + a）V而不是水gV，这也就是误解的根源之所在。我们不妨再来考虑一种特殊情况：即当盛水容器放在自由下落的升降机上，物体浸入水中的深浅又如何变化呢？全决定于自由下落前物体浸入水

27、中的情况。由于下落前物体已静浮液在结论。例16一个质量m为3.0kg的物块，静置在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为0.20，现在给物块施加一个大小为15N，方向向右的水平推力F，并持续作用6s，在6s末撤去F1，在撤去F1的同时给物块施加一个大小为12N，方向向左的水平推力F2，持续作用一段时间后又将它撤去，并立即给物块施加一个大小仍为12N、方向向右持续作用的水平推力F3，已知物块由静止开始运动，经历14s速度达到18m/s，方向向右，g取10m/s2，求物块在14s内发生的位移。分析本题是物块多次受不同恒力而运动的题目，显然研究对象是物块。物块的运动情况可分为三个阶段：第一段：v10

28、=0 物体向右做初速为零的匀加速运动，历时6s第二段：v20=a1t1=3.06m/s=18m/s 物体将向右做匀减速运动，由于t2末知，t2秒末物体可能有向右速度，可能速度为零，可能有向左的速度。第三段：v3t=18m/s（向右） 由分析知道各段的速度和加速度情况，根据速度和加速度可画出v-t图象，用图象来求解。第二段末尾速度是第三段初始速度，两段速度图线交点在横轴之上（即正值），且说明物体在第二段一直向右运动，t2=2sv2t=6m/s解解法一：用图象解物体运动的v-t图线与横轴所围“面积”为位移大小，即 解法二：用牛顿定律和运动学公式解 v1t=a1t1=18m/s v2t=v1-a2t

29、2=18-6t2t3=t总-t1-t3=8-t2 v3=v2t+a3t3=18-16t2+2(8-t2)=18 解得：t2=2s t3=6s v2t=6m/s 解法二：用动量定律求解对全程有F1t1-F2t2+F3(t-t1-t2)-ft=mv解得t2=2s从而t3=6s对第一段（F1-f）t1=mv1v1=18m/s 对第二段（F2+f）t2=mv2-mv1v2=6m/s s=s1+s2+s3=150m说明1.物体的运动性质由两个条件决定：一是运动的初始状态，即初速度，二是物体所受合外力的大小方向。2.同一个物体做几个不同的运动时，前一过程的末速度，是后一过程的初速度。3.一题往往有几种不同的解法，注意各种解法的特点，正确运用物理公式求解。例17图为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开始时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动，开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60的方向以原来的速率v