典型例题答案_圆的典型例题及答案

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1，分析与解：对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：

Ff=macos300,FN-mg=masin300 因为FN6Ff

3mg5，解得mg5.2，分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ.（2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。3，分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。

4，分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：F(Mm)(ag)

2350N

再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

5，分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：

mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma

当N=0时，物体与平板分离，所以此时xm(ga)

k 因为x1at2，所以t2m(ga)

2ka

6，分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P

受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于a 图6

图8

原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：

x=mg/k=0.4m 因为x

122x

at，所以P在这段时间的加速度a220m/s2 2t

图

9当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.7，分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得： F+N-m2g=m2a

对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：

(mm2)g

Fk1x(m1m2)g(m1m2)a

k

令N=0，并由述二式求得x

m2gm1a1

2xat，所以求得a=6m/s2.，而

2k

当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.8，分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得： N+FB=mBa

解得NmB

FAFB164t

FBN

mAmB

3当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t

综上所述，选项A、B、D正确。

9，分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和

FAFB。

mAmB

图1

1斜面的支持力N作用，如图12所示。

在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma;在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.由上述两式可解出：N

m(ga)m(ga),T 00

2sin452cos4

5由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=2mg.当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α

图

3Tma2g2mg。

10，分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+

M

mFx).LMm

由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为

图15

M

F

Mm

11，分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度

Vy2gLsin。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.12，分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：

－f=0－mV0cosθ/t,[N－(m+M)g]=0－mV0sinθ/t 所以f

图18

mV0cosmV0sin，方向向左。N(mM)g

tt

分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg突变为零，此后以速度V走完余下距离。

由于f=μmg=ma,所以a=μg.加速时间tV1

a

V

g

S121V

2加速位移12at12g

通过余下距离所用时间tS1SV

2

SVV

2g

共用时间ttSV1t2

V2g 摩擦力对零件做功W

mV22

14，分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;所以:a2

1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s;

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移： ｓ＝a2

1ｔ1/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B点。

第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2;所以：a2＝2m/s;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2

/2 则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ2/2 ；解得：t2＝1s ,ｔ2=-11s（舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t 2 =2s.从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

15，分析与解：依题意，设小球质量为m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向

N

1F

Ff1 G FN

F

G 图21

固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：

FN=mg F=Ff Ff=μFN

解上述三式得：μ=0.5.同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：mgsinFcosFf1maFN1Fsinmgcos0Ff1=μFN1

解上述三式得a

FcosmgsinFf1

m



3g.4

由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为:t

2S26gS

.

a3g

17，错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小，弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 V12gh2（向V12gh1（向下）

上），速度的改变量VV1V2（向上），以a表示加速度，t表示接触时间，则Vat，接触过程中运动员受到向上的弹力F。由牛顿第二定律，Fma，由以上五式解得，Fm

2gh22gh1

t，代入数值得：F900N。

分析纠错：接触过程中运动员受到向上的弹力F和重力mg,由牛顿第二定律，Fmgma，由以上五式解得，FmgmF1500N

2gh22gh1

t，代入数值得：