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(完整版)高中物理牛顿第二定律经典例题

(完整版)高中物理牛顿第二定律经典例题
(完整版)高中物理牛顿第二定律经典例题

牛顿第二运动定律

【例1】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3-2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B,以及从B上升到A的过程中,速

率都是先增大,后减小

D、物体在B点时,所受合力为零

的对应关系,弹簧这种特

【解析】本题主要研究a与F

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

=0,体正确的受力分析,是解决本题的关键,找出AB之间的C位置,此时F

由A→C的过程中,由mg>kx1,得a=g-kx1/m,物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kx c,a=0,物体速度达最大。由C→B的过程中,由于mg

例2如图3-10所示,在原来静止的木箱内,放有A物

体,A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止,现突然发现A

被弹簧拉动,则木箱的运动情况可能是

A、加速下降

B、减速上升肥

C、匀速向右运动

D、

加速向左运动

【解析】木箱未运动前,A物体处于受力平衡状态,受

力情况为:重力mg,箱底的支持力N,弹簧拉力F和

最大的静摩擦力f m(向左)由平衡条件知:N=mg F=f m。

由于发现A弹簧向右拉动(已知),可能有两种原因,一种是由A向右被拉动推知,F>f m′,(新情况下的最大静摩擦力),可见f m>f m′即是最大静摩擦力减小了,由f m=μN知正压力N减小了,即发生了失重现象,故物体运动的加速度必然竖直向下,所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升,故A、B正确。另一种原因是木箱向左加速运动,由于惯性原因,木块必然向中滑动,故D 正确。

综合上述,正确答案应为A、B、D。

【例3】如图3-11所示,一细线的一端固定于倾角为45°度的光滑楔形滑块A 的顶端p处,细线的另一端栓一质量为m的小球,当滑块以2g的加速度向左运动时,线中拉力T等于多少?

【解析】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3-12所示,小球在这三个力作用

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,小球可能离开斜面,滑块的支持力变为零,小球仅受重力和拉力两个力作用离开斜面,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地定律列式求解。

根据小球贴着滑块运动时的受情况,可列出水平方向和竖直方向的运动方程分别为

)1(45sin 45cos ma N T =-οο

)2(45cos 45sin mg

N T =-οο

联立两式,得

οο45sin 45cos ma mg N -=

若小球对滑块的压力等于零,即就作N=0,滑块的加速度至少就为

g g a ==ο

ο45sin

45cos

可见,当滑块以a=2g 加速度向左运动时,小球已脱离斜面飘起,此时小球仅受两个力作用:重力mg 、线中拉力T ′。设线与竖直方向间夹角为β,同理由牛顿第二定律得ma T ='βsin mg T ='βcos

联立两式得mg a m g m mg ma T 5)()(222222=+=+='

【例4】如图2-2-11甲所示,传送带与地面倾角θ=37°度,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 所需要时间是多少?(g 取10m/s 2,sin37°=0.6)

【解析】物体放在传送带上后,开始阶段,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,物体受合力方向沿传送带向下,物体由静止加速。物体加速至与传送带速

度相等时,由于ο

ο

37cos 37sin mg mg μ>,物体在重力作用下继续加速运动,当物体速度大于传送带速度时,传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力,但合力仍沿传送带向下,物体继续加速下滑,直至传送带的B 端。

开始阶段,物体受力情况如图2-2-11乙所示,由牛顿第二定律得

ma

mg mg =+θμθcos sin

a 1=10×(0.6+0.5×0.8)=10m/s 2

物体加速至与传送带速度相等需要时间 t 1=V/a 1=10/10=1S

物体速度大于传送带速度后,物体受力情况如图2-2-11丙所

图2-2-11甲

图2-2-11乙

示,由牛顿第二定律得

2

cos sin ma mg mg =-θμθ

a 2=2m/s 2

设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2,由

2

2

22

2

1

t

a

vt S L +

=- 解得t 2=1s,(t 2=-11s 舍去)

所以物体由A →B 的时间t=t 1-t 2=2s.

【例5】如图3-28所示的三个物体质量分别为m 1、m 2和m 3,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?

【解析】由于三个物体无相对运动,困此可看作一个整体,列出整体的牛顿第二定律方程。然后再隔离m 1、m 2分别列出它们的运动方程。

由整体在水平方面的受力列出牛顿第二定律为F=(m 1+m 2+m 3)a……(1) 分别以m 1、m 2为研究对象作受力分析(图3-29)设绳拉力为T 。 对m 1,在水平方向据牛顿第二定律得 T=m 1a……(2) 对m 2,在竖直方向由力平衡条件得 T-m 2g=0……(3) 联立式(1)(2)(3),得水平推力

g m m m m m F )(3211

2

++=

【例6】某人在以a=2.5m/s 2的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起m 1=80kg 的物体,则此人在地面上最多可举起多少千克的物体?若此人在匀加速上升的升降机中最多能举起m 2=40千克的物体,则此升降机上升的加速度为多大?(g 取10m/s 2)

【分析】设此人的最大举力F ,在不同参照系中这个举力是恒定的,当升降机匀加速下降时,物体也以同一加速度下降,物体“失重”,当升降机竖直向上匀加速上升时,人举起的物体也与升降机一起匀加速上升,物体处于“超重”状态。 【解】:设此人最大举力为F ,当升降机匀加速下降时,选取物体为研究对象,受力分析如图3-33所示,由牛顿第二定律得

m 1g-F=m 1a 所以

F=m 1(g-a)=600N

当他在地上举物体时,设最多可举起质量

图2-2-11丙

为m 0的物体,则有F-m 0g=0所

m 0=60kg.

当升降机竖直向上匀加速上升时,选物体为研究对象,受力分析如图3-34所示,由牛顿第二定律得 m 2g-F=m 2a ,所以22

2/5s m m g

m F a =-=

' 【例7】如图1---42所示,重为G 的均匀链条,两端用等长的轻绳连接挂在等高的地方,绳与水平方向成θ角,试求:

(1).绳子的张力大小。

(2).链条最低点的张力大小.

[析与解]: (1).绳子的张力等于整条链跟外部绳子的作用力,此处应

以整条链为研究对象,作其受力图如右上图,由对称性知:F 1=F 2,因竖直方向合力为零,则有:2Fsin θ=G , F=G/2sin θ,即绳子的拉力为G/2sin θ。

(2).将链条从最底点隔离开,只研究右半条链条,作其受力图如上页

右下图,由图得F ′

=Gctg θ/2即链条最低点的张力为Gctg θ/2 。

【例8】如图1---39所示,斜面上放一物体A 恰能在斜面上保持静止,如果在物体A 的

水平表面上再放一重物,下面说法中正确的是( ) A .物体A 将开始加速下滑 B .物体A 仍保持静止

C .物体A 所受的摩擦力增大

D .物体A 所受的合力增大

6.(2006年·全国理综Ⅰ)一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.起始时,传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a 0开始运动,当其速度达到v 0后,便以此速度匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.

6.【答案】20002v a g a g

μμ-()

解析:根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0.根据牛顿第二定律,可得 a =μg

设经历时间t ,传送带由静止开始加速到速度等于v 0,煤块则由静止加速到v ,有 v 0=a 0t ,v =at

由于a

F 1 F 2 θ θ

G

θ θ 图1--42

A

θ 图1---39

增加到v 0,有v 0=v +at '

此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹. 设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ,有

2

00012

s a t v t '=+,202v s a = 传送带上留下的黑色痕迹的长度l =s 0-s

由以上各式得2

0002v a g l a g

μμ-=() 9.(2003年·江苏理综)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行安全检查右图为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带A 、B 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,AB 间的距离l =2m ,g 取10m /s 2.

(1)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; (2)求行李做匀加速直线运动的时间;

(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B 处.求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率. 4.【答案】(1)4N ,a =lm/s 2;(2)1s ;(3)2m/s

解析:(1)滑动摩擦力F =μmg ① 以题给数值代入,得F =4N ②

由牛顿第二定律得 F =ma

③ 代入数值,得a =lm/s 2

(2)设行李做匀加速运动的时间为t ,行李加速运动的末速度v=1m /s .则 v =at

⑤ 代入数值,得t =1s

(3)行李从A 匀加速运动到B 时,传送时间最短.则

2

min 12

l at =

⑦ 代入数值,得min 2s t = ⑧

传送带对应的运行速率

V min =at min ⑨ 代人数据解得V min =2m/s ⑩

10.如图3-2-24所示,传送带两轮A 、B 的距离L =11 m ,皮带以恒定速度v =2 m/s 运动,现将一质量为m 的物块无初速度地放在A 端,若物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8,传送带的倾角为α=37°,那么物块m 从A 端运到B 端所需的时间是多少?(g 取10 m/s 2,cos37°=0.8)

2.解析:将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动

由牛顿第二定律得μmg cos37°-mg sin37°=ma 则a =μg cos37°-g sin37°=0.4 m/s 2 物体加速至2 m/s 所需位移 s 0=v 22a =222×0.4 m =5 m

经分析可知物体先加速5 m 再匀速运动s =L -s 0=6 m. 匀加速运动时间t 1=v a =2

0.4 s =5 s.

匀速运动的时间t 2=s v =6

2 s =

3 s.

则总时间t =t 1+t 2=(5+3) s =8 s. 答案:8 s

11如图所示的传送皮带,其水平部分AB 长s AB =2m ,BC 与水平面夹角θ=37°,长度s BC =4m ,

一小物体P 与传送带的动摩擦因数 =0.25,皮带沿A 至B 方向运行,速率为v =2m/s ,

若把物体P 放在A 点处,它将被传送带送到C 点,且物体P 不脱离皮带,求物体从A 点被传送到C 点所用的时间.(sin37°=0.6,g =l0m/s 2)

1.【答案】2.4s

解析:物体P 随传送带做匀加速直线运动,当速度与传送带相等时若未到达B ,即做一段匀速运动;P 从B 至C 段进行受力分析后求加速度,再计算时间,各段运动相加为所求时间.

P 在AB 段先做匀加速运动,由牛顿第二定律11111,,N F ma F F mg v a t μμ====, 得P 匀加速运动的时间110.8s v v

t a g

μ=

==. 22111112110.8m,22

AB s a t gt s s vt μ===-=,

匀速运动时间120.6s AB s s

t v

-==.

P 以速率v 开始沿BC 下滑,此过程重力的下滑分量mg sin37°=0.6mg ;滑动摩擦力沿斜面向上,其大小为μmg cos37°=0.2mg .可见其加速下滑.由牛顿第二定律

233cos37cos37,0.44m/s mg mg ma a g μ?-?===,

2

333

12

BC s vt a t =+,解得t 3=1s (另解32s t '=-,舍去). 从A 至C 经过时间t =t 1+t 2+t 3=2.4s .

12】如图1---40所示,甲、乙两球带电量均为q ,质量均为m ,两球间用绝缘细线连接,甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上,在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场,场强为E ,平衡时细线被拉紧,则表示平衡状态的图可能正确的是下列哪一个?( )平衡后的拉力正确的是( )

A B C D

A ′.T 1=2mg

T

2

=

2

2)()(mg qE + B ′.T

1

>2mg T

2

1

E +q

2

-q

图1-40

2

2)()(mg qE +

C ′.T

1

<2mg T

2

2

2)()(mg qE + D /

.T

1

=2mg T

2

2

2)()(mg qE +

12、[]解析分析线1的张力方向与大小时,应以两球及中间线整体为对象,因整体在水平方向所受电场力的合力为零,故线1必须竖直,选A ;因整体竖直方向受力平衡,得:T 1=2mg ,为了得出T 2,必须使其成为外力,将乙球隔离出来作其受力图,由力的平衡有:

T 2+F 引=22)()(mg qE +

.

即 T 2<2

2)()(mg qE +,选D 。

13.如图1-46所示,放置在水平面上的直角劈M 上有一质量为m 的物体,若m 在其上匀速下滑,M 仍保持静止,则正确的是:( )

A .M 对地面的压力等于(m+M )g

B .M 对地面的压力大于(m+M )g

C .地面对M 没有摩擦力

D .地面对M 有向左的摩擦力

13、AC

6.如图1-48所示,半径为R 的光滑球重为G ,光滑木块厚为h ,重为G 1,用至少多大的水平力F 推木块才能使球离开地面?

6、[]解析:考虑“至少”对应的临界状态,应有球与地之间作用力为零,各物仍在图中位置。

对整体:由竖直方向力的平衡,得木块所受地面支持力:F 地=G+G 1-------------(1) 对木块:作受力图如右,由力的平衡: 水平方向有:F=F 球sin θ------------------(2) 竖直方向有:F 地= G 1+ F 球cos θ--------(3) 由(1)(2)(3)三式可得:F=Gtan θ;

由图中的几何关系可得:tan θ=

h

R h Rh --22, 所以,要求的F=G

h

R h Rh --22 图1--46

F

图1-48

F 地

F 球 θ

G 1 F

牛顿第二定律典型分类习题

1.如图3-2-3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53o 的 斜面顶端.斜面静止时,球紧靠在斜面上,绳与斜面平行;当斜面以8m/s 2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. 2.如图2所示,跨过定滑轮的轻绳两端,分别系着物体A 和B ,物体A 放在倾角为α的斜面上,已知物体A 的质量为m ,物体A 和斜面间动摩擦因数为μ(μ

1.如图3-2-4所示,m 和M 保持相对静止,一起沿倾角为θ的光滑斜面下滑,则M 和m 间的摩擦力大小是多少? 2、如图3-3-8所示,容器置于倾角为θ的光滑固定斜面上时,容器顶面恰好处于水平状态,容器,顶部有竖直侧壁,有一小球与右端竖直侧壁恰好接触.今让系统从静止开始下滑,容器质量为M ,小球质量为m ,所有摩擦不计.求m 对M 侧壁压力的大小. 3、有5个质量均为m 的相同木块,并列地放在水平地面上,如下图所示。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ。当木块1受到水平力F 的作用,5个木块同时向右做匀加速运动,求: (1)匀加速运动的加速度; (2)第4块木块所受合力; (3) 第4木块受到第3块木块作用力的大小. 4.倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上,已知斜面体的质量为M=10Kg ,一质量为m=1.0Kg 的木块正沿斜面体的斜面由静止开始加速下滑,木块滑行路程s=1.0m 时,其速度v=1.4m/s ,而斜面体保持静止。求: ⑴求地面对斜面体摩擦力的大小及方向。 ⑵地面对斜面体支持力的大小。 图3-2-4 m M θ 图3-3-8 1 2 3 4 5 F

(完整版)高中物理经典选择题(包括解析答案)

物理 1.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A. B. C. D. [解析] 1.设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确。 2.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A.均匀增大 B.先增大,后减小 C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变[解析] 2.对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。 3.(2014大纲全国,19,6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时, 上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )

A.tan θ和 B.tan θ和 C.tan θ和 D.tan θ和 [解析] 3.由动能定理有 -mgH-μmg cos θ=0-mv2 -mgh-μmg cos θ=0-m()2 解得μ=(-1)tan θ,h=,故D正确。 4.两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。下列说法正确的是( ) A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1-A2| B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2 C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移 D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅 [解析] 4.两列振动方向相同的相干波相遇叠加,在相遇区域内各质点仍做简谐运动,其振动位移在0到最大值之间,B、C项错误。在波峰与波谷相遇处质点振幅为两波振幅之差,在波峰与波峰相遇处质点振幅为两波振幅之和,故A、D项正确。

牛顿第二定律,整体法隔离法经典编辑习题集(新)

相互作用 1.如图所示,横截面为直角三角形的斜劈A ,底面靠在粗糙的竖直墙面上,力F 通过球心水平作用在光滑球B 上,系统处于静止状态.当力F 增大时,系统还保持静止,则下列说法正确的是( ) A .A 所受合外力增大 B .A 对竖直墙壁的压力增大 C .B 对地面的压力一定增大 D .墙面对A 的摩力可能变为零 2.在竖直墙壁间有质量分别是m 和2m 的半圆球A 和圆球B ,其中B 球球面光滑,半球A 与左侧墙壁之间存在摩擦.两球心之间连线与水平方向成30°的夹角,两球恰好不下滑,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,(g 为重力加速度),则半球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( ) A. 23 B.3 3 C.43 D.332 3.如图甲所示,在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A ,其质量为M ,两个底角均为30°.两个完全相同的、质量均为m 的小物块p 和q 恰好能沿两侧面匀速下滑.若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1,F2,且F1>F2,如图乙所示,则在p 和q 下滑的过程中,下列说法正确的是( ) A .斜劈A 仍保持静止 B .斜劈A 受到地面向右的摩擦力作用 C .斜劈A 对地面的压力大小等于(M+2m )g D .斜劈A 对地面的压力大于(M+2m )g 4.如图所示,在质量为m=1kg 的重物上系着一条长30cm 的细绳,细绳的另一端连着一个轻质圆环,圆环套在水平的棒上可以滑动,环与棒间的动摩擦因数μ为0.75,另有一条细绳,在其一端跨过定滑轮,定

滑轮固定在距离圆环50cm的地方,当细绳的端点挂上重物G,而圆环将要开始滑动时,(g取10/ms2)试问: (1)角?多大? (2)长为30cm的细绳的张力是多少: (3)圆环将要开始滑动时,重物G的质量是多少? 4.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,杆的A端用铰链固定,光滑轻小滑轮在A点正上方,B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓缦上拉, 在AB杆达到竖直前(均未断),关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化,判断正 确的是() A.F变大B.F变小C.F N变大D.F N变小 5.如图所示,绳与杆均轻质,承受弹力的最大值一定,A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),B端吊一重物。现施拉力F将B缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前() A.绳子越来越容易断, B.绳子越来越不容易断, C.AB杆越来越容易断,

人教版物理必修一试题02牛顿第二定律

(精心整理,诚意制作) 牛顿第二定律 1.由牛顿第二定律可推出m =a F ,所以一个物体的质量将 A .跟外力F 成正比 B .跟加速度a 成反比 C .跟F 成正比,跟a 成反比 D .跟F 与a 无关 2.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用,该力随时间变化的关系如图3—2所示,则 图3—2 ①物体在2s 内的位移为零 ②4s 末物体将回到出发点 ③2s 末物体的速度为零 ④物体一直在朝同一方向运动 以上正确的是 A .①② B .③④ C .①③ D .②④ 3.一个物体质量是5kg ,在五个力作用下处于平衡状态,若撤去一个力,其他四个力保持不变,则物体沿水平方向向东的方向产生4m/s 2的加速度,则去掉的那个力的大小是______N ,方向______. 4.用2 N 的水平力拉一个物体沿水平地面运动时,加速度为1m/s 2,改为3 N 的水平力拉它时加速度将是2m/s 2,那么改用4N 的力拉它时,加速度将是______m/s 2,物体与地面间的动摩擦因数μ=______. 5.质量为m 的物体在力F 甲和F 乙作用下由静止开始运动,规律如图3—3 所示,则F 甲是F 乙的______倍.若图为同一恒力F 分别作用在质量为m 甲和m 乙的两个物体上由静止开始运动的规律,则m 甲是m 乙的______倍.

图3—3 6.重为1N的物体原来静止,如果受到恒力作用,经过4s获得39.2m/s 的速度,则该水平恒力的大小为多少? 7.质量为0.2kg的物体从高处以9.6m/s2的加速度匀速下落,则物体所受的合力为多少?空气阻力为多少? 8.说明加速度的物理含义及其具体数值所表示的意义. 参考答案 1.D 2.B 3.20 向西 1 4.3 0.1 5.3 3 6.1N 7.1.92N 0.04N 8.略

牛顿第二定律典型计算题精选

牛顿第二定律典型计算题精选 一、无相对运动的隔离法整体法(加速度是桥梁) 典例1:如图所示,bc 是固定在小车上的水平横杆,物块M中心穿过横杆,M通过细线悬吊着小物块m,小车在水平地面上运动的过程中,M始终未相对杆bc 移动,M、m与小车保持相对静止,悬线与竖直方向夹角为α,求M受到横杆的摩擦力的大小及方向。 二、有相对运动的隔离法整体法(12F ma Ma =+合) 典例2:如图所示,质量为M 的斜劈放置在粗糙的水平面上,质量为m 1的物块用一根不可伸长的轻绳挂起,并通过滑轮与在光滑斜面上放置的质量为m 2的滑块相连。斜面的倾角θ,在m 1、m 2的运动过程中,斜劈始终不动。若m 1=1kg ,m 2=3kg ,θ=37°,斜劈所受摩擦力大小及方向?(sin37°=0.6,g =10m/s 2)

三、传送带(共速后运动研判) 典例3:如图所示,传送带与水平方向成θ=30°角,皮带的AB部分长L=3.25m,皮带以v=2m/s的速率顺时针方向运转,在皮带的A端上方无初速地放上一个 μ=,求: 小物体,小物体与皮带间的滑动摩擦系数/5 (1)物体从A端运动到B端所需时间; (2)物体到达B端时的速度大小. 四、有动力滑板(最大静摩擦力决定分离点) 典例4:如图,质量M=1kg的木板静止在水平面上,质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铁块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4,取g=10m/s2。现给铁块施加一个水平向左的力F,若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长。试通过分析与计算,在图中做出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像。

高中物理电磁学经典例题

高中物理典型例题集锦 (电磁学部分) 25、如图22-1所示,A、B为平行金属板,两板相距为d,分别与电源两极相连,两板 的中央各有小孔M、N。今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上),空气阻力不计,到达N点时速度恰好 为零,然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变,则: A.若把A板向上平移一小段距离,质点自P点下落仍能返回。 B.若把B板向下平移一小段距离,质点自P点下落仍能返回。 C.若把A板向上平移一小段距离,质点自P点下落后将穿过 N孔继续下落。 图22-1 D.若把B板向下平移一小段距离,质点自P点下落后将穿过N 孔继续下落。 分析与解:当开关S一直闭合时,A、B两板间的电压保持不变,当带电质点从M向N 运动时,要克服电场力做功,W=qU AB,由题设条件知:带电质点由P到N的运动过程中,重力做的功与质点克服电场力做的功相等,即:mg2d=qU AB 若把A板向上平移一小段距离,因U AB保持不变,上述等式仍成立,故沿原路返回, 应选A。 若把B板下移一小段距离,因U AB保持不变,质点克服电场力做功不变,而重力做功 增加,所以它将一直下落,应选D。 由上述分析可知:选项A和D是正确的。 想一想:在上题中若断开开关S后,再移动金属板,则问题又如何(选A、B)。 26、两平行金属板相距为d,加上如图23-1(b)所示的方波形电压,电压的最大值为U0,周期为T。现有一离子束,其中每个 离子的质量为m,电量为q,从与两板 等距处沿着与板平行的方向连续地射 入两板间的电场中。设离子通过平行 板所需的时间恰为T(与电压变化周图23-1 图23-1(b)

牛顿第二定律应用的典型问题

牛顿第二定律应用的典型问题

牛顿第二定律应用的典型问题 ——陈法伟 1. 力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因,而不是维持运动的原因。由知,加速度与力有直接关系,分析清楚了力,就知道了加速度,而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系,加速度与速度同向时,速度增加;反之减小。在加速度为零时,速度有极值。 例1. 如图1所示,轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中,下列说法中正确的是() 图1 A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大 解析:小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点,弹力从零开始逐渐增大,所以合力先减小后增大,因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大,所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是() A. 探测器加速运动时,沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时,竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时,竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时,不需要喷气 解析:受力分析如图2所示,探测器沿直线加速运动时,所受合力方向与 运动方向相同,而重力方向竖直向下,由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方,由牛顿第三定律可知,喷气方向斜向下方;匀速运动时,所受合力为零,因此推力方向必须竖直向上,喷气方向竖直向下。故正确答案选C。

高中物理牛顿运动定律典型例题精选讲解解析

2012牛顿运动定律典型精练 基础知识回顾 1、牛顿第一定律:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止。 对牛顿第一定律的理解要点:(1)运动是物体的一种属性,物体的运动不需要力来维持;(2)它定性地揭示了运动与力的关系,即力是改变物体运动状态的原因,是使物体产生加速度的原因;(3)定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性;(4)不受力的物体是不存在的,牛顿第一定律不能用实验直接验证,但是建立在大量实验现象的基础之上,通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法,即通过大量的实验现象,利用人的逻辑思维,从大量现象中寻找事物的规律;(5)牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础,不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例,牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系,牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。 2、牛顿第二定律:物体的加速度跟所受的外力的合力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma. 对牛顿第二定律的理解要点:(1)牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系,即知道了力,可根据牛顿第二定律研究其效果,分析出物体的运动规律;反过来,知道了运动,可根据牛顿第二定律研究其受力情况,为设计运动,控制运动提供了理论基础;(2)牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果,即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系,力变加速度就变,力撤除加速度就为零,注意力的瞬时效果是加速度而不是速度;(3)牛顿第二定律是矢量关系,加速度的方向总是和合外力的方向相同的,可以用分量式表示,F x =ma x ,F y =ma y ,F z =ma z ;(4)牛顿第二定律F=ma 定义了力的基本单位——牛 顿(定义使质量为1kg 的物体产生1m/s 2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s 2. 3、牛顿第三定律:两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一直线上。 对牛顿第三定律的理解要点:(1)作用力和反作用力相互依赖性,它们是相互依存,互以对方作为自已存在的前提;(2)作用力和反作用力的同时性,它们是同时产生、同时消失,同时变化,不是先有作用力后有反作用力;(3)作用力和反作用力是同一性质的力;(4)作用力和反作用力是不可叠加的,作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上,各产生其效果,不可求它们的合力,两个力的作用效果不能相互抵消,这应注意同二力平衡加以区别。 4.物体受力分析的基本程序:(1)确定研究对象;(2)采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力;(3)按照先重力,然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体,并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力,最后分析其他场力;(4)画物体受力图,没有特别要求,则画示意图即可。 5.超重和失重:(1)超重:物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F (或对悬挂物的拉力)大于物体的重力,即F=mg+ma.;(2)失重:物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力F N (或对悬挂物的拉力)小于物体的重力mg ,即F N =mg -ma ,当a=g 时,F N =0,即物体处于完全失重。 6、牛顿定律的适用范围:(1)只适用于研究惯性系中运动与力的关系,不能用于非惯性系;(2)只适用于解决宏观物体的低速运动问题,不能用来处理高速运动问题;(3)只适用于宏观物体,一般不适用微观粒子。 二、解析典型问题 问题1:必须弄清牛顿第二定律的矢量性。 牛顿第二定律F=ma 是矢量式,加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时,可以利用正交分解法进行求解。 练习1、如图1所示,电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时,人对梯面压力是其重力 的6/5,则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍? 分析与解:对人受力分析,他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 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:F f =macos300, 0 图1

牛顿第二定律练习题和答案

牛顿第二定律练习题和 答案 公司内部档案编码:[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]

牛顿第二定律练习题 一、选择题 1.关于物体运动状态的改变,下列说法中正确的是 [ ] A.物体运动的速率不变,其运动状态就不变 B.物体运动的加速度不变,其运动状态就不变 C.物体运动状态的改变包括两种情况:一是由静止到运动,二是由运动到静止 D.物体的运动速度不变,我们就说它的运动状态不变 2.关于运动和力,正确的说法是 [ ] A.物体速度为零时,合外力一定为零 B.物体作曲线运动,合外力一定是变力 C.物体作直线运动,合外力一定是恒力 D.物体作匀速运动,合外力一定为零 3.在光滑水平面上的木块受到一个方向不变,大小从某一数值逐渐变小的外力作用时,木块将作 [ ] A.匀减速运动B.匀加速运动 C.速度逐渐减小的变加速运动D.速度逐渐增大的变加速运动 4.在牛顿第二定律公式F=km·a中,比例常数k的数值: [ ] A.在任何情况下都等于1 B.k值是由质量、加速度和力的大小决定的 C.k值是由质量、加速度和力的单位决定的

D.在国际单位制中,k的数值一定等于1 5.如图1所示,一小球自空中自由落下,与正下方的直立轻质弹簧接触,直至速度为零的过程中,关于小球运动状态的下列几种描述中,正确的是 [ ] A.接触后,小球作减速运动,加速度的绝对值越来越大,速度越来越小,最后等于零 B.接触后,小球先做加速运动,后做减速运动,其速度先增加后减小直到为零 C.接触后,速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处,加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处 D.接触后,小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 6.在水平地面上放有一三角形滑块,滑块斜面上有另一小滑块正沿斜面加 速下滑,若三角形滑块始终保持静止,如图2所示.则地面对三角形滑块 [ ] A.有摩擦力作用,方向向右B.有摩擦力作用,方向向左 C.没有摩擦力作用D.条件不足,无法判断 7.设雨滴从很高处竖直下落,所受空气阻力f和其速度v成正比.则雨滴的运动情况是 [ ] A.先加速后减速,最后静止B.先加速后匀速 C.先加速后减速直至匀速D.加速度逐渐减小到零 8.放在光滑水平面上的物体,在水平拉力F的作用下以加速度a运动,现将拉力F 改为2F(仍然水平方向),物体运动的加速度大小变为a′.则 [ ] A.a′=a B.a<a′<2a C.a′=2a D.a′>2a

高中物理必修一经典例题附解析

华辉教育物理学科备课讲义 A.大小为2N,方向平行于斜面向上 B.大小为1N,方向平行于斜面向上 C.大小为2N,方向垂直于斜面向上 D.大小为2N,方向竖直向上 答案:D 解析:绳只能产生拉伸形变, 绳不同,它既可以产生拉伸形变,也可以产生压缩形变、弯曲形变和扭转形变,因此杆的弹力方向不一定沿杆. 2.某物体受到大小分别为 闭三角形.下列四个图中不能使该物体所受合力为零的是 ( 答案:ABD 解析:A图中F1、F3的合力为 为零;D图中合力为2F3. 3.列车长为L,铁路桥长也是 桥尾的速度是v2,则车尾通过桥尾时的速度为 A.v2

答案:A 解析:推而未动,故摩擦力f=F,所以A正确. .某人利用手表估测火车的加速度,先观测30s,发现火车前进540m;隔30s 现火车前进360m.若火车在这70s内做匀加速直线运动,则火车加速度为 ( A.0.3m/s2B.0.36m/s2 C.0.5m/s2D.0.56m/s2 答案:B 解析:前30s内火车的平均速度v=540 30 m/s=18m/s,它等于火车在这30s 10s内火车的平均速度v1=360 10 m/s=36m/s.它等于火车在这10s内的中间时刻的速度,此时刻Δv v1-v36-18

两根绳上的张力沿水平方向的分力大小相等. 与竖直方向夹角为α,BC与竖直方向夹角为 .利用打点计时器等仪器测定匀变速运动的加速度是打出的一条纸带如图所示.为我们在纸带上所选的计数点,相邻计数点间的时间间隔为0.1s. ,x AD=84.6mm,x AE=121.3mm __________m/s,v D=__________m/s 结果保留三位有效数字)

高中物理牛顿第二定律经典例题

牛顿第二运动定律 【例1】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3-2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B,以及从B上升到A的过程中,速 率都是先增大,后减小 D、物体在B点时,所受合力为零 的对应关系,弹簧这种特 【解析】本题主要研究a与F 合 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 =0,体正确的受力分析,是解决本题的关键,找出AB之间的C位置,此时F 合 由A→C的过程中,由mg>kx1,得a=g-kx1/m,物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kx c,a=0,物体速度达最大。由C→B的过程中,由于mgf m′,(新情况下的最大静摩擦力),可见f m>f m′即是最大静摩擦力减小了,由f m=μN知正压力N减小了,即发生了失重现象,故物体运动的加速度必然竖直向下,所以木箱的运动情况可能是加速下降或减速上升,故A、B正确。另一种原因是木箱向左加速运动,由于惯性原因,木块必然向中滑动,故D 正确。 综合上述,正确答案应为A、B、D。 【例3】如图3-11所示,一细线的一端固定于倾角为45°度的光滑楔形滑块A 的顶端p处,细线的另一端栓一质量为m的小球,当滑块以2g的加速度向左运动时,线中拉力T等于多少? 【解析】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3-12所示,小球在这三个力作用 下产生向左的加速度,当滑块向左

牛顿第二定律经典例题

牛顿第二定律应用的问题 1. 力和运动的关系 力是改变物体运动状态的原因,而不是维持运动的原因。由知,加速度与力有直接关系,分析清楚了力,就知道了加速度,而速度与力没有直接关系。速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系,加速度与速度同向时,速度增加;反之减小。在加速度为零时,速度有极值。 例1. 如图1所示,轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落,接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中,下列说法中正确的是() 图1 A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上 C. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的速度先增大后减小 D. 从小球接触弹簧到到达最低点,小球的加速度先减小后增大 例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,再匀速运动,探测器通过喷气而获得推动力,以下关于喷气方向的描述中正确的是() A. 探测器加速运动时,沿直线向后喷气 B. 探测器加速运动时,竖直向下喷气 C. 探测器匀速运动时,竖直向下喷气 D. 探测器匀速运动时,不需要喷气

解析:小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点,弹力从零开始逐渐增大,所以合力先减小后增大,因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大,所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。故选CD。 解析:受力分析如图2所示,探测器沿直线加速运动时,所受合力方向 与运动方向相同,而重力方向竖直向下,由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方,由牛顿第三定律可知,喷气方向斜向下方;匀速运动时,所受合力为零,因此推力方向必须竖直向上,喷气方向竖直向下。故正确答案选C。 图2

(完整word版)高中物理功和功率典型例题解析

功和功率典型例题精析 [例题1] 用力将重物竖直提起,先是从静止开始匀加速上升,紧接着匀速上升,如果前后两过程的时间相同,不计空气阻力,则[ ] A.加速过程中拉力的功一定比匀速过程中拉力的功大 B.匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大 C.两过程中拉力的功一样大 D.上述三种情况都有可能 [思路点拨]因重物在竖直方向上仅受两个力作用:重力mg、拉力F.这两个力的相互关系决定了物体在竖直方向上的运动状态.设匀加速提升重物时拉力为F1,重物加速度为a,由牛顿第二定律F1-mg=ma, 匀速提升重物时,设拉力为F2,由平衡条件有F2=mg,匀速直线运动的位移S2=v·t=at2.拉力F2所做的功W2=F2·S2=mgat2. [解题过程] 比较上述两种情况下拉力F1、F2分别对物体做功的表达式,不难发现:一切取决于加速度a与重力加速度的关系. 因此选项A、B、C的结论均可能出现.故答案应选D. [小结]由恒力功的定义式W=F·S·cosα可知:恒力对物体做功的多少,只取决于力、位移、力和位移间夹角的大小,而跟物体的运动状态(加速、匀速、减速)无关.在一定的条件下,物体做匀加速运动时力对物体所做的功,可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力做的功. [例题2]质量为M、长为L的长木板,放置在光滑的水平面上,长木板最右端放置一质量为m 的小物块,如图8-1所示.现在长木板右端加一水平恒力F,使长木板从小物块底下抽出,小物块与长木板摩擦因数为μ,求把长木板抽出来所做的功.

[思路点拨] 此题为相关联的两物体存在相对运动,进而求功的问题.小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力联系在一起的.分别隔离选取研究对象,均选地面为参照系,应用牛顿第二定律及运动学知识,求出木板对地的位移,再根据恒力功的定义式求恒力F的功. [解题过程] 由F=ma得m与M的各自对地的加速度分别为 设抽出木板所用的时间为t,则m与M在时间t内的位移分别为 所以把长木板从小物块底下抽出来所做的功为 [小结]解决此类问题的关键在于深入分析的基础上,头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景,为此要认真画好草图(如图8-2).在木板与木块发生相对运动的过程中,作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力,作用于木板上的滑动摩擦力f′为阻力,由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm与木板长度L之和,而它们各自的匀加速运动均在相同时间t内完成,再根据恒力功的定义式求出最后结果.

牛顿第二定律各种典型题型

牛顿第二定律 牛顿第二定律 1.内容物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。 2.表达式F=ma。 3.“五个”性质 考点一错误!瞬时加速度问题 1.一般思路:分析物体该时的受力情况―→错误!―→错误! 2.两种模型 (1)刚性绳(或接触面):一种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,弹力立即改变或消失,不需要形变恢复时间,一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时,均可按此模型处理。 (2)弹簧(或橡皮绳):当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时,由于物体有惯性,弹簧的长度不会发生突变,所以在瞬时问题中,其弹力的大小认为是不变的,即此时弹簧的弹力不突变。 [例] (多选)(2014·南通第一中学检测)如图所示,A、B球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是() A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零 C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2g sin θ D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零

[例](2013·吉林模拟)在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=2 kg的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示,此时小球处于静止平衡状态,且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间,取g=10 m/s2,以下说法正确的是( ) A.此时轻弹簧的弹力大小为20 N B.小球的加速度大小为8 m/s2,方向向左 C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2,方向向右 D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间小球的加速度为0 针对练习:(2014·苏州第三中学质检)如图所示,质量分别为m、2m的小球A、B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内,已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动,细线中的拉力为F,此时突然剪断细线。在线断的瞬间,弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为( ) A.错误!,错误!+gB.错误!,错误!+g C.错误!,错误!+g D.错误!,\f(F,3m)+g 4.(2014·宁夏银川一中一模)如图所示,A、B两小球分别连在轻线两端,B球另一端与弹簧相连,弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端.A、B两小球的质量分别为m A、m B,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在线被剪断瞬间,A、B A.都等于错误! B.错误!和0 C.错误!和错误!·错误!?D.错误!·错误!和错误! 考点二错误!动力学的两类基本问题分析 (1)把握“两个分析”“一个桥梁”两个分析:物体的受力分析和物体的运动过程分析。一个桥梁:物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 (2)寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,画图找出各过程间的位移联系。

牛顿第二定律典型例题

牛顿第二定律典型例题 一、力的瞬时性 1、无论绳所受拉力多大,绳子的长度不变,由此特点可知,绳子中的张力可以突变. 2、弹簧和橡皮绳受力时,要发生形变需要一段时间,所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变,但是,当弹簧或橡皮绳被剪断时,它们所受的弹力立即消失. 【例1】如图3-1-2所示,质量为m 的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来,静止平衡时AC 和BC 与过C 的竖直 线的夹角都是600 ,则剪断AC 线瞬间,求小球的加速度;剪断B 处弹簧的瞬间,求小球的加速度. 练习 1、(2010年全国一卷)15.如右图,轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连,下端与另一质量为M 的木块2相连,整 个系统置于水平放置的光滑木坂上,并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a ?重力加速度大小为g ?则有 A. 10a =,2a g = B. 1a g =,2a g = C. 120, m M a a g M +== D. 1a g =,2m M a g M += 2、一物体在几个力的共同作用下处于静止状态.现使其中向东的一个力F 的值逐渐减小到零,又马上使其恢复到原值(方向不变),则( ) A .物体始终向西运动 B .物体先向西运动后向东运动 C .物体的加速度先增大后减小 D .物体的速度先增大后减小 3、如图3-1-13所示的装置中,中间的弹簧质量忽略不计,两个小球质量皆为m ,当剪断上端的绳子OA 的瞬间.小球A 和B 的加速度多大? 4、如图3-1-14所示,在两根轻质弹簧a 、b 之间系住一小球,弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同 图3-1-13 图3-1-2 图3-1-14

高中物理圆周运动典型例题解析1

圆周运动的实例分析典型例题解析 【例1】用细绳拴着质量为m 的小球,使小球在竖直平面内作圆周运动,则下列说法中,正确的是[ ] A .小球过最高点时,绳子中张力可以为零 B .小球过最高点时的最小速度为零 C .小球刚好能过最高点时的速度是Rg D .小球过最高点时,绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相 反 解析:像该题中的小球、沿竖直圆环内侧作圆周运动的物体等没有支承物的物体作圆周运动,通过最高点时有下列几种情况: (1)m g m v /R v 2当=,即=时,物体的重力恰好提供向心力,向心Rg 加速度恰好等于重力加速度,物体恰能过最高点继续沿圆周运动.这是能通过最高点的临界条件; (2)m g m v /R v 2当>,即<时,物体不能通过最高点而偏离圆周Rg 轨道,作抛体运动; (3)m g m v /R v m g 2当<,即>时,物体能通过最高点,这时有Rg +F =mv 2/R ,其中F 为绳子的拉力或环对物体的压力.而值得一提的是:细绳对由它拴住的、作匀速圆周运动的物体只可能产生拉力,而不可能产生支撑力,因而小球过最高点时,细绳对小球的作用力不会与重力方向相反. 所以,正确选项为A 、C . 点拨:这是一道竖直平面内的变速率圆周运动问题.当小球经越圆周最高点或最低点时,其重力和绳子拉力的合力提供向心力;当小球经越圆周的其它位置时,其重力和绳子拉力的沿半径方向的分力(法向分力)提供向心力. 【问题讨论】该题中,把拴小球的绳子换成细杆,则问题讨论的结果就大相径庭了.有支承物的小球在竖直平面内作圆周运动,过最高点时:

(1)v (2)v (3)v 当=时,支承物对小球既没有拉力,也没有支撑力; 当>时,支承物对小球有指向圆心的拉力作用; 当<时,支撑物对小球有背离圆心的支撑力作用; Rg Rg Rg (4)当v =0时,支承物对小球的支撑力等于小球的重力mg ,这是有支承物的物体在竖直平面内作圆周运动,能经越最高点的临界条件. 【例2】如图38-1所示的水平转盘可绕竖直轴OO ′旋转,盘上的水平杆上穿着两个质量相等的小球A 和B .现将A 和B 分别置于距轴r 和2r 处,并用不可伸长的轻绳相连.已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m .试分析角速度ω从零逐渐增大,两球对轴保持相对静止过程中,A 、B 两球的受力情况如何变化? 解析:由于ω从零开始逐渐增大,当ω较小时,A 和B 均只靠自身静摩擦力提供向心力. A 球:m ω2r =f A ; B 球:m ω22r =f B . 随ω增大,静摩擦力不断增大,直至ω=ω1时将有f B =f m ,即m ω=,ω=.即从ω开始ω继续增加,绳上张力将出现.12m 112r f T f m r m /2 A 球:m ω2r =f A +T ;B 球:m ω22r =f m +T . 由B 球可知:当角速度ω增至ω′时,绳上张力将增加△T ,△T =m ·2r(ω′2-ω2).对于A 球应有m ·r(ω′2-ω2)=△f A +△T =△f A +m ·2r(ω′2-ω2). 可见△f A <0,即随ω的增大,A 球所受摩擦力将不断减小,直至f A =0

高一物理牛顿第二定律典型例题答案及讲解

高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变,大小从某一数值逐渐变小的外力作用时,木块将作[ ] A.匀减速运动 B.匀加速运动 C.速度逐渐减小的变加速运动 D.速度逐渐增大的变加速运动 【分析】木块受到外力作用必有加速度,已知外力方向不变,数值变小,根据牛顿第二定律可知,木块加速度的方向不变,大小在逐渐变小,也就是木块每秒增加的速度在减少,由于加速度方向与速度方向一致,木块的速度大小仍在不断增加,即木块作的是加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动. 【答】D. 【例2】一个质量m=2kg的木块,放在光滑水平桌面上,受到三个大小均为F=10N、与桌面平行、互成120°角的拉力作用,则物体的加速度多大若把其中一个力反向,物体的加速度又为多少【分析】物体的加速度由它所受的合外力决定.放在水平桌面上的木块共受到五个力作用:竖直方向的重力和桌面弹力,水平方向的三个拉力.由于木块在竖直方向处于力平衡状态,因此,只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度. (1)由于同一平面内、大小相等、互成120°角的三个力的合力等于零,所以木块的加速度a=0. (2)物体受到三个力作用平衡时,其中任何两个力的合力必与第三个力等值反向.如果把某一个力反向,则木块所受的合力F合=2F=20N,所以其加速度为: 它的方向与反向后的这个力方向相同. 【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是[ ] A.力和斜面支持力 B.重力、下滑力和斜面支持力 C.重力、正压力和斜面支持力 D.重力、正压力、下滑力和斜面支持力

【误解一】选(B)。 【误解二】选(C)。 【正确解答】选(A)。 【错因分析与解题指导】[误解一]依据物体沿斜面下滑的事实臆断物体受到了下滑力,不理解下滑力是重力的一个分力,犯了重复分析力的错误。[误解二]中的“正压力”本是垂直于物体接触表面的力,要说物体受的,也就是斜面支持力。若理解为对斜面的正压力,则是斜面受到的力。 在用隔离法分析物体受力时,首先要明确研究对象并把研究对象从周围物体中隔离出来,然后按场力和接触力的顺序来分析力。在分析物体受力过程中,既要防止少分析力,又要防止重复分析力,更不能凭空臆想一个实际不存在的力,找不到施力物体的力是不存在的。 【例4】图中滑块与平板间摩擦系数为μ,当放着滑块的平板被慢慢地绕着左端抬起,α角由0°增大到90°的过程中,滑块受到的摩擦力将[ ] A.不断增大 B.不断减少 C.先增大后减少 D.先增大到一定数值后保持不变 【误解一】选(A)。 【误解二】选(B)。 【误解三】选(D)。 【正确解答】选(C)。 【错因分析与解题指导】要计算摩擦力,应首先弄清属滑动摩擦力还是静摩擦力。 若是滑动摩擦,可用f=μN计算,式中μ为滑动摩擦系数,N是接触面间的正压力。若是静摩擦,一般应根据物体的运动状态,利用物理规律(如∑F=0或∑F = ma)列方程求解。若是最大静摩擦,可用f=μsN计算,式中的μs是静摩擦系数,有时可近似取为滑动摩擦系数,N是接触面间的正压力。 【误解一、二】都没有认真分析物体的运动状态及其变化情况,而是简单地把物体受到的摩擦力当作是静摩擦力或滑动摩擦力来处理。事实上,滑块所受摩擦力的性质随着α角增大会发生变

高一物理典型例题

高一物理必修1知识集锦及典型例题 一. 各部分知识网络 (一)运动的描述: 测匀变速直线运动的加速度:△x=aT 2 ,6543212 ()()(3) a a a a a a a T ++-++=

a与v同向,加速运动;a与v反向,减速运动。

(二)力: 实验:探究力的平行四边形定则。 研究弹簧弹力与形变量的关系:F=KX.

(三)牛顿运动定律: . 改变

(四)共点力作用下物体的平衡: 静止 平衡状态 匀速运动 F x 合=0 力的平衡条件:F 合=0 F y 合=0 合成法 正交分解法 常用方法 矢量三角形动态分析法 相似三角形法 正、余弦定理法 物 体 的平衡

二、典型例题 例题1..某同学利用打点计时器探究小车速度随时间变化的关系,所用交流电的频率为50 Hz,下图为某次实验中得到的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6、7为计数点,相邻两计数点间还有3个打点未画出.从纸带上测出x1=3.20 cm,x2=4.74 cm,x3=6.40 cm,x4=8.02 cm,x5=9.64 cm,x6=11.28 cm,x7=12.84 cm. (1)请通过计算,在下表空格内填入合适的数据(计算结果保留三位有效数字); (2)根据表中数据,在所给的坐标系中作出v-t图 象(以0计数点作为计时起点);由图象可得,小车 运动的加速度大小为________m /s2 例2. 关于加速度,下列说法中正确的是 A. 速度变化越大,加速度一定越大 B. 速度变化所用时间越短,加速度一定越大 C. 速度变化越快,加速度一定越大 D. 速度为零,加速度一定为零 例3. 一滑块由静止开始,从斜面顶端匀加速下滑,第5s末的速度是6m/s。求:(1)第4s末的速度;(2)头7s内的位移;(3)第3s内的位移。 例4. 公共汽车由停车站从静止出发以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动,同时一辆汽车以36km/h的不变速度从后面越过公共汽车。求: (1)经过多长时间公共汽车能追上汽车? (2)后车追上前车之前,经多长时间两车相距最远,最远是多少? 例5.静止在光滑水平面上的物体,受到一个水平拉力,在力刚开始作用的瞬间,下列说法中正确的是 A. 物体立即获得加速度和速度

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