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7牛顿运动定律的应用习题课

牛顿运动定律的习题课
【例 1】如图所示,一个质量为 m 的小球从某一高度由静止开始下落到一个竖 直的弹簧上, 弹簧的另一端固定在地面上. 从小球与弹簧的接触开始 v 直到弹簧被压缩到最短的过程中,关于小球的速度和加速度的变化 情况,下列说法正确的是 B A. 小球受到弹簧向上的力,速度越来越小 B. 小球的速度先增加再减小 C. 小球刚碰到弹簧时的速度最大 D. 小球的加速度越来越小 解析:小球自由下落到与弹簧接触后,受到两个力的作用,重力的方向总是竖 直向下的,大小不变;弹力的方向总是竖直向上的,大小随弹簧压缩量的增大而增 大,当小球刚接触到弹簧后的一段时间,重力大于弹力,合力方向向下,合力的大 小随着弹力的不断增大而减小. 由牛顿第二定律 mg-kx=ma 可知,加速度 a 的方 向向下,逐渐减小,但 a 的方向与速度方向相同,速度在增大. 当弹力增大到与重力大小相等时,小球所受合力为零,加速度减为零,而速度 向下达到最大. 由于惯性,小球任下移,使得弹簧的压缩量继续增大,弹力增大到大于重力, 这时小球所受合力的方向变为向上,且大小不断增大,由牛顿第二定律 kx-mg= ma 可直到,加速度的方向向上且不断增大,但加速度的方向与速度方向相反,小 球做减速运动,速度不断减小,当小球的速度减为零时,弹簧的压缩量达到最大, 弹力达到最大,合力最大,加速度也达到最大. 随后小球不会静止在这里,将被弹 簧向上弹起来. 综上所述,小球从开始接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中,小球先做加速 度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动. 【例 2】 物块 m 在光滑水平面上受一沿水平方向恒力 F 的作用向前运动, 如 图所示. 它的正前方固定一根劲度系数足够大的弹簧,当木块接触弹簧后 CD A. 立即作减速运动 B. 仍作匀加速运动 m C. 在一段时间内仍作加速运动,速度继续增大 F D. 当弹簧处于最大压缩量时,物体的加速度不为零 【例 3】如图所示,OA 是绳子,BC 是弹簧,两个质量均为 m 的重物静止, 若剪断 OA,则剪断瞬间 m1 和 m2 的加速度分别是多少? 分析和解答 此题有两个状态,即绳 OA 剪断前和剪断后两个状态,应对这两 个状态进行分析,剪断 OA 前 m1 和 m2 的受力见图乙所示,又因为此时 m1 和 m2 都 平衡,由平衡条件知: ????????????? 第 1 页 共 6 页 ?????牛顿运动定律习题课

T BC ? m 2 g ? mg ? ? ? ? ?TOA ? T BC ? m1 g ? 2 mg (? T BC ? T BC ? mg )

注意:剪断 OA 瞬间,TOA 立即消失,而弹簧由于 m1 和 m2 原来静止的惯性, 而不能立即恢复,故弹力在此瞬间不变. ∴对 m1 只受 T′BC 和 mg 作用, A m1 ∴F 合=T′BC+mg=2mg=ma 故 a=2g, 方向竖直向下,(或 a ?
F消 m ? TOA m
B

? 2 g 亦可),
C m2

对 m2 受力是 TBC 和 mg, ∴F 合=TBC-mg=0 ? a=0. 由以上例题可见,确定研究对象是整体还是某一物体,进行受力分析,根据运 动状态(平衡或加速状态)列式,是处理连结体问题的关键. 【例 4】光滑的水平面上有一质量为 m=1 kg 的小球,小球与水平轻弹簧和与水 平方向成θ =30°角的轻绳的一端相连,如图所示.此时小球处于静止状态,且水平 面对小球的弹力恰好为零.当剪断绳的瞬间,小球的加速度大小及方向如何?此时 轻弹簧的弹力与水平面对球的弹力的比值为多少? 取 10 m/s2) (g 解析:因此时水平面对小球的弹力为零,故小球在绳未剪断 30° 时受三个力的作用,如图所示.由于小球处于平衡态,依据小球在 水平和竖直方向受力平衡求出 FT 和 F 的大小.剪断绳时,FT =0, 小球在竖直方向仍平衡,但在水平方向所受合外力不为零,从而产生水平向左的加 速度. 绳未断时,由平衡条件得 FT cos30°=F FT sin30°=mg 解得 F= 3 mg=10 3 N. 绳剪断瞬间,小球受弹簧的拉力 F、重力 mg 和支持力 FN,则 F=ma,FN=mg 解得 a=10 3 m/s2,
F FN

= 3.

【例 6】电梯地板上有一个质量为 200 kg 的物体,它对地板的压力随时间变化 的图象如图所示.则电梯从静止开始向上运动,在 7 s 内上升的高度为多少? 解析:以物体为研究对象,在运动过程中只可能受到两个力的作用: 重力 mg=2 000 N,地板支持力 F.在 0~2 s 内,F>mg,电梯加速上升, 2~5 s 内,F=mg,电梯匀速上升,5~7 s 内,F<mg,电梯减速上升. 若以向上的方向为正方向,由上面的分析可知, 在 0~2 s 内电梯的加速度和上升高度分别为 ????????????? 第 2 页 共 6 页 ?????牛顿运动定律习题课

a1=

F1 ? m g m

=

3 000 ? 2 000 200

m/s2=5 m/s2
3 2 1

F/ ? 103N

电梯在 t=2 s 时的速度为 v=a1t1=5×2 m/s=10 m/s, 因此,在 2~5 s 内电梯匀速上升的高度为 h2=vt2=10×3 m=30 m. 电梯在 5~7 s 内的加速度为 a2=
F3 ? m g m

t/s 0 1 2 3 4 5 6 7 8

=

1 000 ? 2 000 200

m/s2=-5 m/s2

即电梯匀减速上升,在 5~7 s 内上升的高度为 h3=vt3+
1 2

a2t32
1 2

=10×2 m-

×5×22 m=10 m

所以,电梯在 7 s 内上升的总高度为 h=h1+h2+h3=(10+30+10)m=50 m. 【例 7】质量 m=1.5kg 的物块(可视为质点)在水平恒力 F 作用下,从水平面上 A 点由静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物块继续滑行 t=2.0s 停在 B 点,已 知 A、B 两点间距离 s=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数μ =0.20,求恒力 F 多 大? g=10m/s2 解析:设撤去力 F 前物块的位移为 s 1 ,撤去力 F 是物块的速度为 v ,物块受到 的滑动摩擦力为 F1 ? ? mg ①

对撤去力 F 后物块滑动过程应用牛顿第二定律可得加速度的大小为 F 2 a2 ? 1 ? 2m / s ② m 所以 v ? a 2 t ? 4 m / s 撤去力 F 后物块滑行的距离 s 2 ? v / 2 a 2 ? 4 m
2

则可求得撤去力 F 前物块的位移为 s1 ? s ? s 2 ? 1m 设撤去力 F 前物块的加速度大小为 a 1 ,则根据牛顿第二定律和运动学公式得
F ? F1 ? ma 1 , v ? 2 a1 s1
2

????????????? 第 3 页 共 6 页 ?????牛顿运动定律习题课

解得 a1 ? 8 m / s , F ? 15 N
2

【例 8】水平传送带被广泛的应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行 安全检查. 如图为一水平传送带装置示意图, 绷紧的传送带 AB 始终保持 v=1m/s 的 恒定速率运行. 一质量为 m=4kg 的行李无初速度地放在 A 处,传送带对行李的滑 动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动, 随后行李又以与传送带相等的速率做匀速 直线运动. 设行李与传送带间的动摩擦因数μ =0.1, 间 AB 的距离 l=2m,g=10m/s2. v B A ⑴ 求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加 速度大小; ⑵ 求行李做匀加速运动的时间; ⑶ 如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快的传送到 B 处. 求行李从 A 出传送到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率. 解析: ⑴滑动摩擦力 F f ? ? mg ,代入数据得: F f ? 4 N 由牛顿第二定律得 F f ? ma ,带入数据得 a ? 1m / s
2

⑵设行李做匀加速直线运动的时间为 t,行李加速运动的末速度为 v=1m/s,则 v ? at ,代入数据得 t=1s 1 2 ⑶行李从 A 处匀加速运动到 B 处时,传送时间最短,则 l ? at min ,带入数据 2 得 t min ? 2 s 传送带对应的最小运动速度 v min ? at min ,打入数据得 v min ? 2 m / s 【例 9】如图所示,传送带与地面倾角 θ=37°,从 A→B 长度为 16m,传送 带以 10m/s 的速率逆时针转动, 在传送带上端 A 无初速度地放一个质量为 0.5kg 的 物体,它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5. 求物体从 A 运动到 B 需时间是多少? (sin37°=0.6,cos37°=0.8) 解析:物体的运动分为两个过程,一个过程在物体速度等于传送带速度之前, A 物体做匀加速直线运动;第二个过程是物体速度等于传 送带速度以后的运动情况,其中速度相同点是一个转折 点,此后的运动情况要看 mgsinθ 与所受的最大静摩擦 B 力,若 μ<tanθ,则继续向下加速. 若 μ≥tanθ,则将随 传送带一起匀速运动, 分析清楚了受力情况与运动情况, 37° 再利用相应规律求解即可. 本题中最大静摩擦力等于滑 动摩擦力大小. ????????????? 第 4 页 共 6 页 ?????牛顿运动定律习题课

物体放在传送带上后,开始的阶段,由于传送带的速度大于物体的速度,传送 带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力 F,物体受力情况如图所示.物体由静止加 速,由牛顿第二定律得 mgsinθ=μmgcosθ=ma1. a1=10×(0.6+0.5×0.8)m/s2=10m/s2. 物体加速至与传送带相等需要的时间 t1 ?
v a1 ? 10 10 s ? 1s ,t1 时间内位移 s ?
1 2 a 1 t1 ? 5 m .
2

由于 μ<tanθ,物体在重力作用下将继续加速运动,当物体速度大于传送带速 度时,传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力 F. 由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma2,a2=2m/s2. 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为 t2,由 1 2 L-s=vt2+ a2t 2 , 2 解得 t2=1s,t2=-11s(舍去). 所以物体由 A→B 的时间 t=t1+t2=2s. 答案:2s 【例 10】如图所示,两个质量相同的物体 1 和 2 紧靠在一起,放在光滑的水 平桌面上,如果它们分别受到水平推力 F1 和 F2 作用,而且 F1>F2,则 1 施于 2 的 作用力大小为: F1 F2 A. F1 B. F2 1 2 1 1 ( F1 ? F2 ) ( F1 ? F2 ) C. D. 2 2 解析:因两个物体同一方向以相同加速度运动,因此可把两个物体当作一个整 体,这个整体受力如图甲,设每个物体质量为 m,则整体质量为 2m. 对整体:F1-F2=2ma,∴a=(F1-F2)/2m. 把 1 和 2 隔离,对 2 受力分析如图乙(也可以对 1 受力分析,列式) 对 2:N-F2=ma ∴N=ma+F2=m(F1-F2)/2m+F2=(F1+F2)/2. 〖点评〗此题也可以隔离两个物体分别列式求解. 【例 11】 如图所示,在光滑的地面上,水平外力 F 拉动小车和木块一起做加 速运动. 小车质量为 M,木块质量为 m,设加速度大小为 a,木块和小车之间的动 摩擦因数为 μ,则在这个过程中,木块受到的摩擦力 大小是 BCD m F A. μmg B. ma M ????????????? 第 5 页 共 6 页 ?????牛顿运动定律习题课

D. F-Ma M ?m 【例 12】 跨过定滑轮的绳子一端挂一吊板,另一端被吊板上的人拉住,如图 所示. 已知人的质量为 70kg,吊板的质量为 10kg,绳及定滑轮的质量、滑轮的摩 擦均可不计. 取重力加速度 g=10m/s2. 当人以 440N 的力拉绳时, 人于吊板的加速度 a 和人对吊板的压力 F 分别为 B 2 A. a=1.0m/s ,F=260N B. a=1.0m/s2, F=330N C. a=3.0m/s2,F=110N D. a=3.0m/s2,F=50N

C.

mF

【例 15】(临界加速度问题)如图所示,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. 试求当滑块以 a=2g P 的加速度向左运动时线中的拉力 FT. 解析:本题中当滑块向左运动的加速度较小时,滑 块对小球存在支持力;当滑块向左运动的加速度较大 m a 时,小球将脱离滑块斜面而“飘”起来,因此,本题存 A 在一个临界条件:当滑块向左运动的加速度为某一临界 45° 值时,斜面对小球的支持力恰好为零. 我们首先求此临 界条件. 此时小球受两个力:重力 mg,绳的拉力 FT 根据牛顿第二定律的正交表示,有 FT·cosθ=ma,① FT·sinθ-mg=0.② 联立①②两式并将 θ=45°代入,得 a=g, 即当斜面体滑块向左运动的加速度为 a=g 时,小球恰好对斜面无压力. 当 a>g,小球将“飘”起来,当 a=2g 时,小球已“飘”起来了,此时小球 的受力情况也正如图所示,故根据①②两式并将 a=2g 代入,解得 FT ?
5 mg .

此即为所求线中的拉力. 〖点评〗在本题的解析过程中,通过对临界条件的求解,可清楚看到,当 a> g 时,绳与水平方向的夹角小于 45°,且 a 越大,夹角 θ 越小(其极限值为:a→∞ 时,θ→0).很多同学在求解此题时常犯下列错误:由方程①得 FT·cos45°=m·2g, 从而得 FT ? 2 2 mg . 实际上 a=2g 时球已离开斜面, 线与水平方向的夹角不再是 45°了.

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