高中物理牛顿运动定律知识点含几种典型例题_牛顿运动定律经典例题

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牛顿运动定律的综合应用习题

典型例题透析

类型

一、瞬时加速度的分析

1、质量分别为mA和mB的两个小球，用一根轻弹簧联结后用细线悬挂在顶板下，如图所示，当

细线被剪断的瞬间。关于两球下落加速度的说法中，正确的是()

A、aA＝aB＝0

B、aA＝aB＝g

C、aA＞g，aB＝0 D、aA＜g，aB＝0

解析：分别以A、B两球为研究对象。当细线束剪断前，A球受到竖直向下的重力mAg、弹簧的弹力T，竖直向上细线的拉力T′；B球受到竖直向下的重力mBg，竖直向上弹簧的弹力T，如下图。

它们都处于力平衡状态，因此满足条件，T ＝mBg

T′＝mAg＋T＝(mA＋mB)g

细线剪断的瞬间，拉力T′消失，但弹簧仍暂时保持着原来的拉伸状态，故B球受力不变，仍处于平衡状态。所以，B的加速度aB＝0，而A球则在重力和弹簧的弹力作用下，其瞬时加速度为：

答案：C举一反三

【变式】如图所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量

之比是l∶2∶3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向抽出木块C的瞬间，木块A和B的加速度分别是aA＝，aB＝。

解析：在抽出木块C前，弹簧的弹力F＝mAg。抽出木块C瞬间，弹簧弹力不变，所以，A所受合力仍为零，故aA＝0。木块B所受合力FB＝mBg＋F＝

答案：，所以。

类型

二、力、加速度、速度的关系

2、如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度、加速度、合外力的变化情况是怎样的？（按论述题要求解答）

解析：因为速度变大或变小取决于速度方向与加速度方向的关系（当a与v同向时v变大，当a与v反向时v变小），而加速度由合力决定，所以此题要分析v、a的大小变化，必须要分析小球受到的合力的变化。

小球接触弹簧时受两个力作用：向下的重力和向上的弹力（其中重力为恒力）。

在接触的头一阶段，重力大于弹力，小球合力向下，且不断变小（因为F合＝mg－kx，而x增大），因而加速度减少（a＝F合／m），由于a与v同向，因此速度继续变大。

当弹力增大到大小等于重力时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。

之后，小球由于惯性仍向下运动，但弹力大于重力，合力向上且逐渐变大（F合＝kx－mg）因而加速度向上且变大，因此速度减小至零。

（注意：小球不会静止在最低点，将被弹簧上推向上运动，请同学们自己分析以后的运动情况）．

综上分析得：小球向下压弹簧过程，F方向先向下后向上，大小先变小后变大； a方向先向下后向上，大小先变小后变大；v方向向下，大小先变大后变小。

（向上推的过程也是先加速后减速）。举一反三

【变式】如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点，今用一小物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法正确的是：（）

A．物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小

B．物体从A到B速度越来越小，从B到C速度不变

C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动

D．物体在B点受合外力为零

解析：物体从A到B的过程中水平方向一直受到向左的滑动摩擦力Ff＝μmg大小不变；还一直受到向右的弹簧的弹力，从某个值逐渐减小为零，开始时，弹力大于摩擦力，合力向右，物体向右加速，随着弹力的减小，合力越来越小；到A、B间的某一位置时，弹力和摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，速度达到最大；随后，摩擦力大于弹力，合力增大但方向向左，合力方向与速度方向相反，物体开始做减速运动，所以小物块由A到B的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动。从B到C一直减速运动。

答案： C

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三、整体法和隔离法分析连接体问题

3、为了测量木板和斜面间的动摩擦因数，某同学设计这样一个实验。在小木板上固定一个弹簧秤(弹簧秤的质量不计)，弹簧秤下端吊一个光滑的小球。将木板和弹簧秤一起放在斜面上。当用手固定住木板时，弹簧秤示数为F1；放手后使木板沿斜面下滑，稳定时弹簧秤示数为F2，测得斜面倾角为θ，由以上数据算出木板与斜面间的动摩擦因数。(只能用题中给出的已知量表示)

解析：把木板、小球、弹簧看成一个整体，应用整体法。

木板、小球、弹簧组成的系统，当沿斜面下滑时，它们有相同的加速度。

设，它们的加速度为a，则可得：(m球＋m木)gsinθ－μ(m球＋m木)gcosθ＝(m球＋m木)a 可得：a＝gsinθ－μgcosθ

①

隔离小球，对小球应用隔离法，对小球受力分析有：mgsinθ－F2＝ma ②

而：mgsinθ＝F1

③

由①②得：F2＝μmgcosθ

④

由③④得举一反三 tanθ

【变式】如图示，两个质量均为m的完全相同的物块，中间用绳连接，若绳能够承受的最大拉力为T，现将两物块放在光滑水平面上，用拉力F1拉一物块时，恰好能将连接绳拉断；倘若把两物块放在粗糙水平面上，用拉力F2拉一物块时(设拉力大于摩擦力)，也恰好将连接绳拉断，比较F1、F2的大小可知()。

A、F1＞FB、F1＜FC、F1＝FD、无法确定

解析：（1）当放置在光滑水平面上时。

由于两物体的加速度相同，可以把它们看成一个整体，对此应用整体法。

由F＝ma可知，两物体的整体加速度。

在求绳子张力时，必须把物体隔离（否则，绳子张力就是系统内力），应用隔离法。

隔离后一物体，则绳子的张力：。

（2）当放置在粗糙水平面上时，同样应用整体法与隔离法。

设每个物块到的滑动摩擦力为F′，则整体加速度

隔离后一个物体，则绳子的张力。

可见这种情况下，外力都等于绳子的最大张力T的两倍，故选项C正确。

答案：C。

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四、程序法解题

4、如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下挂一质量为m0的平盘，盘中有物体质量为m，当盘静止时，弹簧伸长了l，现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于：

A、(1＋

B、(1＋)mg C、D、解析：题目描述主要有两个状态：(1)未用手拉时盘处于静止状态；(2)松手时盘处于向上加速状态，对于这两个状态，分析即可：

当弹簧伸长l静止时，对整体有

①

当刚松手时，对整体有：

对m有：F－mg＝ma ③

对①、②、③解得：

答案：B

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五、临界问题的分析与求解

5、如图所示，斜面是光滑的，一个质量是0.2kg的小球用细绳吊在倾角为53°的斜面顶端。

2斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行；当斜面以8m/s的加速度向右做匀加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力。

思路点拨：斜面由静止向右加速运动过程中，当a较小时，小球受到三个力作用，此时细绳平行于斜面；当a增大时，斜面对小球的支持力将会减少，当a增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；若a继续增大，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。而题中给出的斜面向右的加速度，到底属于上述哪一种情况，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定。

解析：处于临界状态时小球受力如图示：

则有：mgcotθ＝ma0

解得：a0＝gcotθ＝7.5m/s

∵a＝8m/s＞a0

∴小球在此时已经离开斜面

∴绳子的拉力

斜面对小球的弹力：N＝0 举一反三

22【变式】一个弹簧放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量

M=10.5kg，Q的质量m＝1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k=800N/m，系统处于静止，如下图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s以后，F为恒力，求：力F的最大值与最小值。(取g=l0m/s)

解析：(1)P做匀加速运动，它受到的合外力一定是恒力。P受到的合外力共有3个：重力、向上的力F及对Q对P的支持力FN，其中重力Mg为恒力，FN为变力，题目说0.2s以后F为恒力，说明t＝0.2s的时刻，正是P与Q开始脱离接触的时刻，即临界点。

(2)t＝0.2s的时刻，是Q对P的作用力FN恰好为零的时刻，此时刻P与Q具有相同的速度及加速度。因此，此时刻弹簧并未恢复原长，也不能认为此时刻弹簧的弹力为零。

(3)当t＝0时刻，应是力F最小的时刻，此时刻F小＝(M＋m)a(a为它们的加速度)。随后，由于弹簧弹力逐渐变小，而P与Q受到的合力保持不变，因此，力F逐渐变大，至t＝0.2s时刻，F增至最大，此时刻F大＝M(g＋a)。

以上三点中第(2)点是解决此问题的关键所在，只有明确了P与Q脱离接触的瞬间情况，才能确定这0.2s时间内物体的位移，从而求出加速度a，其余问题也就迎刃而解了。

解：设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0.2s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，则有：

kx1＝(M＋m)g

①

kx2－mg＝ma ②

x1－x2＝

③

由①式得：

解②③式得：a＝6m/s

2力F的最小值：F小＝(M＋m)a＝72N

力F的最大值：F大＝M(g＋a)＝168N

类型

六、利用图象求解动力学与运动学的题目

6、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力的作用，F的大小与时间t的关系和物

2块速度v与时间t的关系，如图甲、乙所示。取重力加速度g＝10m/s。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为()

A、m＝0.5kg，μ＝0.4

B、m＝1.5kg，μ＝

C、m＝0.5kg，μ＝0.2

D、m＝1kg，μ＝0.2

2解析：由v－t图可知在0～2s 静止，2～4s是以初速度为0，加速度a＝2m/s做匀加速运动，4～6s内以v＝4m/s做匀速直线运动，结合F－t图像可分析得出：μmg＝2N，ma＝3N－2N，解得m＝0.5kg，μ＝0.4。

答案：A

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七、用假设法分析物体的受力

7、两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如下图所示，滑块A、B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、大于等于μ1mgcosθ

D、大于等于μ2mgcosθ

解析：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(gsinθ－μ1cosθ)

由于a＜gsinθ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB(如图所示)，由牛顿第二定律：mgsinθ－FB＝ma 得FB＝mgsinθ－ma＝mgsinθ－mg(sinθ－μ1cosθ)＝μ1mgcosθ

答案：B、C

总结升华：由于所求的摩擦力是未知力，如果不从加速度大小比较先判定其方向，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：mgsinθ＋FB＝ma得FB＝ma－mgsinθ＝mg(sinθ－μ1cosθ)－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，大小仍为μ1mgcosθ。

式中负号表示FB的方向与规定的正方向相反，即沿斜面向上。举一反三

【变式】如图所示，传送带与水平面夹角θ＝37°，并以v＝10m/s的速度运行，在传送带的A端轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带A到B端的距离s＝16m，则小物体从A端运动到B端所需的时间可能是(g＝10m/s)（）

A、1.8s B、2.0s

C、2.1s

D、4.0s

2解析：若传送带顺时针转动，物体受向上的摩擦力，因mgsinθ＞μmgcosθ，故物块向下加速运动，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。由4.0s，所以，D正确。，解得：t＝4.0s。即，小物体从A端运动到B端所需的时间为

若传送带逆时针转动，物体开始受向下的摩擦力，向下加速运动，a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s，2当速度达到l0m/s时，运动位移，所用的时间为，t1＝，以后由于下滑力的作用物块

又受向上的摩擦力，此时它的加速度为a2＝2m/s，在此加速度下运动的位移 s2＝s－s1＝11m，又由得11＝10t2＋t2，解得t2＝1s。所以，小物体从A端运动到B端所需的时间：t总＝t1＋t2＝2s，B正确。

答案：B、D。

22探究园地

3、如图a，质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图b所示。求：（sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s）

2（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）比例系数k。

解析：（1）对初始时刻：mgsinθ－μmgcosθ＝ma0 ①

由图读出a0=4m/s代入①式，2解得：μ＝＝0.25；

（2）对末时刻加速度为零：mgsinθ－μN－kvcosθ＝0 ②

又N＝mgcosθ＋kvsinθ

由图得出此时v=5m/s

代入②式解得：k＝＝0.84kg/s2、如图所示，用力F拉物体A向右加速运动，A与地面的摩擦因数是对于A的加速度，下面表述正确的是：（）

A．B．，B与A间的摩擦因数是。

C．

D．

解析：正确选项是C。对于A、B选项我们应该知道它们错在哪里。A选项误把A受到的力算到AB整个上面了。B选项则没有分析正确地面给A的摩擦力，A对地面的压力是。D选项把AB之间的摩擦力方向搞反了。

7、如图所示，AB为一轻杆，AC为一轻绳，物体m的重为G=100N，α=30°，求绳上的张力TAC=？，因此摩擦力是

解析：方法（1）：力的作用效果

将A点所受竖直向下的拉力T分解，如图：

TAC=

方法（2）：共点力平衡

A点受力如图：

由平衡条件可得∑F=0

(3)正交分解

如图建立坐标系：

∵A点静止

∴