02牛顿定律习题解答 2
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由，而不是保持运动的原由。
由知，加快度与力有直接关系，剖析清楚了力，就知道了加快度，而速度与力没有直接关系。
速度怎样变化需剖析加快度方向与速度方向之间的关系，加快度与速度同向时，速度增添；反之减小。
在加快度为零时，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着落，接触弹簧后把弹簧压缩到必定程度后停止着落。
在小球着落的这一全过程中，以下说法中正确的选项是（）图 1A.小球刚接触弹簧瞬时速度最大B.从小球接触弹簧起加快度变成竖直向上C.从小球接触弹簧到抵达最低点，小球的速度先增大后减小D.从小球接触弹簧到抵达最低点，小球的加快度先减小后增大例 2.一航天探测器达成对月球的探测任务后，在走开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞翔，先加快运动，再匀速运动，探测器经过喷气而获取推进力，以下对于喷气方向的描绘中正确的选项是（）A.探测器加快运动时，沿直线向后喷气B.探测器加快运动时，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，不需要喷气分析：小球的加快度大小决定于小球遇到的合外力。
从接触弹簧到抵达最低点，弹力从零开始渐渐增大，所以协力先减小后增大，所以加快度先减小后增大。
当协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。
应选 CD。
分析：受力剖析如图 2 所示，探测器沿直线加快运动时，所受协力方向与运动方向同样，而重力方向竖直向下，由平行四边形定章知推力方向一定斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受协力为零，所以推力方向一定竖直向上，喷气方向竖直向下。
故正确答案选C。
图 22.力和加快度的刹时对应关系（1）物体运动的加快度 a 与其所受的合外力 F 有刹时对应关系。
每一刹时的加快度只取决于这一刹时的合外力，而与这一刹时之间或刹时以后的力没关。
牛顿第二定律难题例题及解答
1. 在粗糙的水平面上，物体在水平推力的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经过一段时间后，将水平推力逐渐减小到零（物体不停止），那么，在水平推力减小到零的过程中A. 物体的速度逐渐减小，加速度逐渐减小B. 物体的速度逐渐增大，加速度逐渐减小C. 物体的速度先增大后减小，加速度先增大后减小D. 物体的速度先增大后减小，加速度先减小后增大变式1、2. 如下图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的摩擦力恒定，则A. 物体从A到O先加速后减速B. 物体从A到O加速，从O到B减速C. 物体运动到O点时，所受合力为零D. 以上说法都不对变式2、3. 如图所示，固定于水平桌面上的轻弹簧上面放一重物，现用手往下压重物，然后突然松手，在重物脱离弹簧之前，重物的运动为A. 先加速，后减速B. 先加速，后匀速C. 一直加速D. 一直减速问题2：牛顿第二定律的基本应用问题：4. 2003年10月我国成功地发射了载人宇宙飞船，标志着我国的运载火箭技术已跨入世界先进行列，成为第三个实现“飞天”梦想的国家，在某一次火箭发射实验中，若该火箭（连同装载物）的质量，启动后获得的推动力恒为，火箭发射塔高，不计火箭质量的变化和空气的阻力。
（取）求：（1）该火箭启动后获得的加速度。
（2）该火箭启动后脱离发射塔所需要的时间。
5. 如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg。
（g取，，）（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况。
（2）求悬线对球的拉力。
6. 如图所示，固定在小车上的折杆∠A=，B端固定一个质量为m的小球，若小车向右的加速度为a，则AB杆对小球的作用力F为（）A. 当时，，方向沿AB杆B. 当时，，方向沿AB杆C. 无论a取何值，F都等于，方向都沿AB杆D. 无论a取何值，F都等于，方向不一定沿AB杆问题3：整体法和隔离法在牛顿第二定律问题中的应用：7. 一根质量为M的木杆，上端用细线系在天花板上，杆上有一质量为m的小猴，如图所示，若把细线突然剪断，小猴沿杆上爬，并保持与地面的高度不变，求此时木杆下落的加速度。
02牛顿运动定律习题解答
02牛顿运动定律习题解答第二章牛顿运动定律一选择题1．下列四种说法中，正确的为：（）A.物体在恒力作用下，不可能作曲线运动；B.物体在变力作用下，不可能作曲线运动；C.物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动；D.物体在不垂直于速度方向的力作用下，不可能作圆周运动；解：答案是C。
2．关于惯性有下面四种说法，正确的为：（）A.物体静止或作匀速运动时才具有惯性；B.物体受力作变速运动时才具有惯性；C.物体受力作变速运动时才没有惯性；D.惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性。
解：答案是D3．在足够长的管中装有粘滞液体，放入钢球由静止开始向下运动，下列说法中正确的是：（）A.钢球运动越来越慢，最后静止不动；B.钢球运动越来越慢，最后达到稳定的速度；C.钢球运动越来越快，一直无限制地增加；D.钢球运动越来越快，最后达到稳定的速度。
解：答案是D4．一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时，米袋作用在他肩上的力应为：（）A.0B.P/4C.PD.P/2解：答案是A。
简要提示：米袋和人具有相同的加速度，因此米袋作用在他肩上的力应为0。
5．有两辆构造相同的汽车在相同的水平面上行驶，其中甲车满载，乙车空载，当两车速度相等时，均关掉发动机，使其滑行，若从开始滑行到静止，甲车需时t1，乙车为t2，则有：（）A.t1=t2B.t1>t2C.t1<t2D.无法确定谁长谁短解：答案是A。
简要提示：两车滑动时的加速度大小均为g，又因v0at1=v0at2=0，所以t1=t26.若你在赤道地区用弹簧秤自已的体重，当地球突然停止自转，则你的体重将：（）A.增加；B.减小；C.不变；D.变为0解：答案是A简要提示：重力是万有引力与惯性离心力的矢量和，在赤道上两者的方向相反，当地球突然停止自转，惯性离心力变为0，因此体重将增加。
7.质量为m的物体最初位于某0处，在力F=k/某2作用下由静止开始沿直线运动，k为一常数，则物体在任一位置某处的速度应为（）A.k112k113k11k11()B.()C.()D.()m某某0m某某0m某某0m某某0解：答案是B。
牛顿第二定律练习题及答案解析
(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 1．由牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个很小的力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为() A．牛顿第二定律不适用于静止的物体B．桌子的加速度很小，速度增量极小，眼睛不易觉察到C．推力小于静摩擦力，加速度是负的D．桌子所受的合力为零解析：F＝ma中F指合力，用很小的力推桌子时，合力为零，故无加速度．答案： D2．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态解析：匀变速直线运动就是加速度恒定不变的直线运动，所以做匀变速直线运动的物体的合外力是恒定不变的，选项A正确；做匀变速直线运动的物体，它的加速度与合外力的方向一定相同，但加速度与速度的方向就不一定相同了．加速度与速度的方向相同时做匀加速运动，加速度与速度的方向相反时做匀减速运动，选项B错误；物体所受的合外力增大时，它的加速度一定增大，但速度不一定增大，选项C错误；物体所受合外力为零时，加速度为零，但物体不一定处于静止状态，也可以处于匀速运动状态，选项D错误．答案： A3．如右图所示，质量为10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，与此同时，物体还受到一个水平向右的推力F＝20 N，则物体产生的加速度是(g＝10 m/s2)()A．0B．4m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右答案： B4．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则()A．a1＝a2B．a1<a2<2a1C．a2＝2a1D．a2>2a1解析：设总的阻力为F′，第一次推时F－F′＝ma1，式子两边同乘以2，得2F－2F′＝m·2a1第二次推时，2F－F′＝ma2，比较两个式子可以看出a2>2a1，所以D正确．答案： D5．力F1单独作用于某物体时产生的加速度是3 m/s2，力F2单独作用于此物体时产生的加速度是4 m/s2，两力同时作用于此物体时产生的加速度可能是() A．1 m/s2B．5 m/s2C．4 m/s2D．8m/s2解析：由题意，力F1作用于物体的加速度a1＝3 m/s2，F2作用于物体的加速度a2＝4 m/s2，F1与F2的合力F的范围|F1－F2|≤F≤F1＋F2，故两力同时作用于此物体的加速度|a1－a2|≤a≤a1＋a2.即1 m/s2≤a≤7 m/s2，故选项A、B、C正确．答案：ABC6.如右图所示，位于水平地面上的质量为m的小木块，在大小为F，方向与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做匀加速运动．若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为()A．F/mB．F cos α/mC．(F cos α－μmg)/mD．[F cos α－μ(mg－F sin α)]/m解析：对木块作受力分析，如右图所示，在竖直方向上合力为零，即F sin α＋F N＝mg，在水平方向上由牛顿第二定律有F cos α－μF N＝ma.联立可得a＝F cos α－μ?mg－F sin α?m，故选项D正确．答案： D7.如右图所示，物体在水平拉力F的作用下沿水平地面做匀速直线运动，速度为v.现让拉力F逐渐减小，则物体的加速度和速度的变化情况应是() A．加速度逐渐变小，速度逐渐变大B．加速度和速度都在逐渐变小C．加速度和速度都在逐渐变大D．加速度逐渐变大，速度逐渐变小解析：物体向右做匀速直线运动，滑动摩擦力F f＝F＝μF N＝μmg，当F逐渐减小时，F f＝μmg不变，所以产生与v方向相反即向左的加速度，加速度的数值a＝F f－Fm随F逐渐减小而逐渐增大．因为a与v方向相反，所以v减小．答案： D8．在倾角为37°的光滑斜面上，质量为m的物体以加速度a匀加速下滑．现用沿斜面向上的推力，使物块以1.2a的加速度匀加速向上滑动，则推力的大小是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()A．1.2mg B．1.32mgC．1.96mg D．2.2mg解析：在沿斜面方向上，物块匀加速下滑时，有mg sin 37°＝ma，①匀加速上滑时，有F－mg sin 37°＝1.2ma.②①②联立解得推力F＝1.32mg.答案： B9.如右图所示，水平面上质量相等的两木板A、B用一轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动．研究从力F刚作用在木块A上的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则下列图中可以表示力F和木块A 的位移x之间的关系的是()解析：弹簧的形变量用x′表示，系统处于静止状态时，易知弹簧的压缩量为mg/k；研究从F刚作用在木板A上的瞬间到弹簧刚恢复原长的瞬间这个过程，由牛顿第二定律得：F＋kx′－mg＝ma，又因为x＋x′＝mg/k，所以得F＝kx＋ma；研究从弹簧恢复原长时到木块B刚离开地面的瞬间这个过程，同理得到F＝kx＋ma.故选项A正确．答案： A10.质量均为m的A、B两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 紧靠墙壁，如右图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间()A．A球的加速度为F/(2m)B．A球的加速度为零C．B球的加速度为F/(2m)D．B球的加速度为F/m解析：恒力F作用时，A和B都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F.突然将力F撤去，对A来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A球的合力为零，加速度为零，A项错，B项对．而B球在水平方向只受水平向，故C项错，D项对．右的弹簧的弹力作用，加速度a＝Fm答案：BD11.如右图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，梯面对人的支持力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？解析：本题分解加速度比分解力更显方便．对人进行受力分析：重力mg、支持力F N、摩擦力F f(摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方向可推知F f水平向右)．建立直角坐标系：取水平向右(即F f 方向)为x 轴正向，此时只需分解加速度，其中a x ＝a cos 30°，a y ＝a sin 30°(如下图所示)． 建立方程并求解：x 方向：F f ＝ma cos 30°y 方向：F N －mg ＝ma sin 30°所以F f /(mg )＝3/5.答案： 3512．某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ＝30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m ＝80 kg ，他从静止开始匀加速下滑，在时间t ＝5 s 内沿斜面滑下的位移x ＝50 m ．(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，结果保留2位有效数字)问(1)游客连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F 为多大？(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？解析： (1)由位移公式x ＝12at 2 沿斜面方向，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f ＝ma联立并代入数值后，得F f ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g sin θ－2x t 2＝80 N (2)在垂直斜面方向上，F N －mg cos θ＝0，又F f ＝μF N联立并代入数值后，得μ＝F f mg cos θ＝0.12. 答案： (1)80 N (2)0.12。
牛顿第二定律经典例题及答案
牛顿第二定律经典例题及答案
例题：如图，质量的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。
当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假定小车足够长，问：
（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？
（2）小物块从放在车上开始经过t0=3s 所通过的位移是多少？（g 取10m/s2）
【分析与解答】：
（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。
设物块在小车上相对运动时间为t，物块、小车受力分析如图：
物块放上小车后做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度a2的匀加速运动。
其中对物块：由μmg＝ma1，
有a1＝μg＝2m
对小车：F－μmg＝Ma2
∴a2＝0.5m/s2物块在小车上停止相对滑动时，速度相同
则有：a1t1=v0+a2t1
故答案为：
(1)经多2s物块停止在小车上相对滑动；
(2)小物块从放在车上开始，经过t＝3.0s，通过的位移是8.4m.本文网络搜索，如有侵权联系删除。
大学物理题库-牛顿定律习题与答案解析
7-2 图第二章 牛顿定律一、选择题：1、如图2-1所示，滑轮、绳子的质量均忽略不计，忽略一切摩擦阻力，物体A 的质量A m 大于物体B 的质量B m 。
在A 、B 运动过程中弹簧秤的读数是：[ ]（A ）g m m B A )(+ （B ）g m m B A )(- （C ）g m m m m B A B A -4 （D ）g m m m m BA BA +42、在升降机的天花板上拴一轻绳，其下端系有一重物。
当升降机以加速度a 上升时，绳中的张力正好等于所能承受的最大张力的一半；当绳子刚好被拉断时升降机上升的加速度为：[ ] （A ）a 2 （B ）)(2g a + （C ）g a +2 （D ）g a +3、如图2-7所示，一竖立的圆筒形转笼，其半径为R ，绕中心轴o o '轴旋转，一物块A 紧靠在圆筒的内壁上，物块与圆筒间的摩擦系数为μ，要使A 不落下，则圆筒旋转的角速度ω至少应为：[ ]（A ）Rgμ （B ）g μ （C ）Rgμ （D ）R g4、如图2-8所示，质量为m作用力的大小为：[ ]（A ）θsin mg （B ）θcos mg（C ）θcos mg （D ）θsin mg5、光滑的水平桌面上放有两块相互接触的滑块，质量分别为m 1和m 2，且m 1<m 2 ．今对两滑块施加相同的水平作用力，如图所示．设在运动过程中，两滑块不离开，则两滑块之间的相互作用力N 应有 (A) N =0. (B) 0 < N < F .(C) F < N <2F. (D) N > 2F. ［ ］6、质量为m 的小球，放在光滑的木板和光滑的墙壁之间，并保持平衡，如图所示．设木板和墙壁之间的夹角为α，当α逐渐增大时，小球对木板的压力将(A) 增加．(B) 减少． (C) 不变．(D) 先是增加，后又减小．压力增减的分界角为α＝45°．Bm 1-2 图A8-2 图9-2 图 [ ]7、水平地面上放一物体A ，它与地面间的滑动摩擦系数为μ．现加一恒力F 如图所示．欲使物体A 有最大加速度，则恒力F与水平方向夹角θ 应满足(A) sin θ ＝μ． (B) cos θ ＝μ． (C) tg θ ＝μ． (D) ctg θ ＝μ． ［ ］ 8、在作匀速转动的水平转台上，与转轴相距R 处有一体积很小的工件A ，如图所示．设工件与转台间静摩擦系数为μs ，若使工件在转台上无滑动，则转台的角速度ω应满足(A) Rgs μω≤. (B) Rgs 23μω≤. (C) R gs μω3≤. (D)Rg s μω2≤. ［ ］9、一个圆锥摆的摆线长为l ，摆线与竖直方向的夹角恒为θ，如图所示．则摆锤转动的周期为 (A)g l. (B) gl θcos . (C) g l π2. (D) gl θπcos 2 . ［ ］10、光滑的内表面半径为10 cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称OC 旋转．已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4 cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A) 10 rad/s ． (B) 13 rad/s ．(C) 17 rad/s (D) 18 rad/s ． ［ ］二、填空题：1、已知质量为m 的质点沿x 轴受力为)2(+=x k F ，其中k 为常数。
实验验证牛顿第二定律习题及详解
实验：验证牛顿第二定律1．“验证牛顿运动定律〞的实验中，以下说法正确的选项是( )A．平衡摩擦力时，小盘应用细线通过定滑轮系在小车上B．实验中应始终保持小车和砝码的质量远远大于小盘和砝码的质量C．实验中如果用纵坐标表示加速度，用横坐标表示小车和车内砝码的总质量，描出相应的点在一条直线上时，即可证明加速度与质量成反比D．平衡摩擦力时，小车后面的纸带必须连好，因为运动过程中纸带也要受到阻力解析：平衡摩擦力时，细线不能系在小车上，纸带必须连好，故A错D对；小车和砝码的总质量应远大于小盘和砝码的总质量，故B对；假设横坐标表示小车和车内砝码的总质量，那么a－M图象是双曲线，不是直线，故C错．答案： BD2．(2021年三明模拟)用如图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律〞实验，甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图象为图中的直线Ⅰ，乙同学画出的a－F图象为以下图中的直线Ⅱ.直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的选项是( )A．实验前甲同学没有平衡摩擦力B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了C．实验前乙同学没有平衡摩擦力D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了解析：由直线Ⅰ可知，甲同学在未对小车施加拉力F时小车就有了加速度，说明在平衡摩擦力时，把木板的末端抬得过高了，B正确，A错误；由直线Ⅱ可知，乙同学在对小车施加了一定的拉力时，小车的加速度仍等于零，故实验前乙同学没有平衡摩擦力或平衡摩擦力缺乏，C正确，D错误．答案：BC3．在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系〞实验中，某小组设计了如下图的实验装置．图中上下两层水平轨道外表光滑，两小车前端系上细线，细线跨过定滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开场运动，然后同时停顿．(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使__________．在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量________(选填“远大于〞、“远小于〞或“等于〞)小车的质量．(2)本实验通过比拟两小车的位移来比拟小车加速度的大小，能这样比拟，是因为________．解析：(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与水平轨道平行，在实验时，为使砝码和盘的总重力近似等于细线的拉力，作为小车所受的合外力，必须满足砝码和盘的总质量远小于小车的质量．(2)因为两小车同时开场运动，同时停顿，运动时间一样，由s＝12at2可知，a与s成正比．答案：(1)小车与滑轮之间的细线与轨道平行远小于(2)两车从静止开场匀加速直线运动，且两车运动的时间一样，其加速度与位移成正比4．如图为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系〞的实验装置．(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持________不变，用钩码所受的重力作为________，用DIS测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，屡次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如下图)．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_______________．②(单项选择题)此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是( )A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大解析：(1)因为要探索“加速度和力的关系〞所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力．(2)由于OA段a－F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比．由实验原理：mg＝Ma得a＝mgM ＝FM，而实际上a′＝mg(M＋m)，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的．答案：(1)小车的总质量小车所受外力(2)①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比②C5．(2021年高考江苏单科)为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系〞的实验装置(如下图)．实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力．(1)往砝码盘中参加一小砝码，在释放小车________(选填“之前〞或“之后〞)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．(2)从纸带上选取假设干计数点进展测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：时间t/s0速度v/(m·s－1)请根据实验数据作出小车的v－t图象．(3)通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？请根据v－t图像简要阐述理由．解析：(1)之前(2)如下图(3)同意．在v－t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，那么小车受空气阻力越大．答案：(1)之前(2)如下图(3)见解析6．(2021年潍坊模拟)为了探究加速度与力的关系，使用如下图的气垫导轨装置进展实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑行器连同1上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m.答复以下问题：(1)实验开场应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：____________________________(2)假设取M＝0.4 kg，改变m的值，进展屡次实验，以下m的取值不适宜的一个是___________________________．A．m1＝5 g B．m2＝15 gC．m3＝40 g D．400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为：___________________________.(用Δt1、Δt2、D、s表示)解析：(1)如果气垫导轨水平，那么不挂砝码时，M应能在任意位置静止不动，或推动M后能使M匀速运动．(2)应满足M ≫m ，故m 4＝400 g 不适宜．(3)由v 1＝D Δt 1，v 2＝D Δt 2，v 22－v 21＝2as 可得：a ＝(D Δt 2)2－(D Δt 1)22s. 答案：(1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M ，数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt 都相等．(2)D (3)a ＝(D Δt 2)2－(D Δt 1)22s。
大学普通物理学-二-牛顿运动定律
第二章牛顿运动定律一、选择题1.关于惯性有下面四种说法，正确的为（）。
A.物体静止或作匀速运动时才具有惯性B.物体受力作变速运动时才具有惯性C.物体受力作变速运动时才没有惯性D.惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性1.【答案】D。
解析：本题考查对惯性的正确理解。
物体的惯性是物体的自然固有属性，与物理的运动状态和地理位置没有关系，只要有质量的物体都有惯性，质量是一个物体惯性大小的量度，所以本题答案为D。
2.下列四种说法中，正确的为（）。
A.物体在恒力作用下，不可能作曲线运动B.物体在变力作用下，不可能作曲线运动C.物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动D.物体在不垂直于速度方向的力作用下，不可能作圆周运动2.【答案】C。
解析：本题考查的是物体运动与受力的关系物体的运动受初始条件和受力共同影响，物体受恒力作用但仍然可以作曲线运动，比如平抛运动.对于圆周运动需要有向心力，向心力是改变物体速度方向，当一个物体只受向心力作用时则作匀速圆周运动，所以C选项是正确的。
3.一质点从t=0时刻开始，在力F1=3i+2j（SI单位）和F2=-2i-t j（SI单位）的共同作用下在Oxy平面上运动，则在t=2s时，质点的加速度方向沿（）。
A.x轴正向B.x轴负向C.y轴正向D.y轴负向3.【答案】A。
解析：合力F=F1+F2=i+（2-t）j，在t=2s时，力F=i，沿x轴正方向，加速度也沿同一方向。
4.一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时，米袋作用在他肩上的力应为（）。
A.0B.P/4C.PD.P/24.【答案】A。
解析：米袋和人具有相同的加速度，因此米袋作用在他肩上的力应为0。
5.质量分别为m1、和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连接后置于水平桌面上，滑块与桌面间的滑动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图2-1所示。
如突然撤销拉力，则撤销后瞬间，二者的加速度a A和a B，分别为（）。
牛顿第二定律专题(含经典例题)
牛顿第二定律专题1．考纲解读2.考点整合考点一牛顿第二定律1.定律内容：物体的加速度跟物体成正比，跟物体的成反比，加速度的方向跟合外力的方向 .2.牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性.“矢量性”是指加速度的方向取决，“瞬时性”是指加速度和合外力存在着关系，合外力改变，加速度相应改变，“独立性”是指作用在物体上的每个力都独立的产生各自的加速度，合外力的加速度即是这些加速度的矢量和.3.牛顿第二定律的分量式：ΣFx=max，ΣFy=may[特别提醒]：F是指物体所受到的合外力，即物体所有受力的合力.加速度与合外力是瞬时对应关系，即有合外力就有加速度，没有合外力就没有加速度.【例1】如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球．当小车水平向右的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（OO'沿杆方向）【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和杆对小球的弹力，弹力在竖直方向的分量和重力平衡，小球在水平方向的分力提供加速度，故C正确.【答案】C【方法点评】本题考查牛顿第二定律，只要能明确研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程即可.考点二力、加速度和速度的关系在直线运动中当物体的合外力（加速度）与速度的方向时，物体做加速运动，若合外力（加速度）恒定，物体做运动，若合外力（加速度）变化，则物体做运动，当物体的合外力（加速度）方向与速度的方向时，物体做减速运动.若合外力（加速度）恒定，物体做运动，若合外力（加速度）变化，则物体做运动.[特别提醒]：要分析清楚物体的运动情况，必须从受力着手，因为力是改变运动状态的原因，求解物理问题，关键在于建立正确的运动情景，而这一切都必须从受力分析开始.[例2] 如图3-12-1所示，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、加速度的变化情况如何？最低点的加速度是否比g大？（实际平衡位置，等效成简谐运动）图3－12－1[解析]小球接触弹簧后受两个力，向下的重力mg和向上的弹力.（如图3－12－2（a）所示刚开始时，当<mg时，小球合力向下，，合力不断变小，因而加速度减小，由于a方向与v0同向，因此速度继续变大.当＝mg时，如图3－12－2（b）所示，合力为零，加速度为零，速度达到最大值.之后小球由于惯性仍向下运动，继续压缩弹簧，但>mg，合力向上，由于加速度的方向和速度方向相反，小球做加速度增大的减速运动，因此速度减小到零弹簧被压缩到最短.如图3－12－2（c）所示[答案]小球压缩弹簧的过程，合外力的方向先向下后向上，大小是先变小至零后变大，加速度的方向也是先向下后向上，大小是先变小后变大，速度的方向始终向下，大小是先变大后变小. （还可以讨论小球在最低点的加速度和重力加速度的关系）[方法技巧]要分析物体的运动情况一定要从受力分析着手，再结合牛顿第二定律进行讨论、分析.对于弹簧类问题的求解，最好是画出弹簧的原长，现在的长度，这样弹簧的形变长度就一目了然，使得求解变得非常的简单明了.考点三瞬时问题瞬时问题主要是讨论细绳（或细线）、轻弹簧（或橡皮条）这两种模型.细绳模型的特点：细绳不可伸长，形变，故其张力可以，弹簧（或橡皮条）模型的特点：形变比较，形变的恢复需要时间，故弹力 .[特别提醒]求解瞬时问题，首先一定要分清类型，然后分析变化之前的受力，再分析变化瞬间的受力,这样就可以很快求解.[例3]如图5所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A.弹簧的拉力B.弹簧的拉力C.小球的加速度为零D.小球的加速度[解析]烧断OA之前，小球受3个力，如图所示，烧断细绳的瞬间，绳子的张力没有了，但由于轻弹簧的形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确。
物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析
物理牛顿第二定律F=ma试题答案及解析1.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )【答案】A【解析】解答本题时可按以下思路分析：开始时F较小，两物体一起以相同的加速度运动，当F增大到某一值时，两物体相对滑动，m1水平方向仅受滑动摩擦力作用，加速度不变，m2水平方向所受合力增大，加速度增大，因此两物体加速度变化不同.2.如图，质量m="2" kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L="20" m.用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t="2" s拉至B处.(已知cos37°="0.8," sin37°=0.6.取g="10" m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.【答案】(1)0.5 (2)1.03 s【解析】(1)物体做匀加速运动解得：对物体由牛顿第二定律得：F-μmg=ma解得：(2)设F作用的最短时间为t，物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处，速度恰为0，对物体由牛顿第二定律得：Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma解得：由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有：at=a′t′解得：解得：3.如图所示，在高出水平地面h="1.8" m 的光滑平台上放置一质量M="2" kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1="0.2" m且表面光滑，左段表面粗糙.在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m="1" kg.B与A左段间动摩擦因数μ=0.4.开始时二者均静止，先对A施加F="20" N 水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走.B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x="1.2" m.(取g="10" m/s2)求：(1)B离开平台时的速度vB.(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB 和位移xB.(3)A左段的长度l2.【答案】(1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m【解析】(1)物块B离开平台后做平抛运动：x=vBth= gt2解之可得vB="2" m/s(2)物块B与A右端接触时处于静止状态，当B与A左端接触时做匀加速直线运动，设加速度为aB,则μmg=maBv B =aBtB又xB = aBtB2解得tB="0.5" s xB="0.5" m(3)A刚开始运动时，A做匀加速直线运动，设加速度为a1,B刚开始运动时，A的速度为v1,加速度为a2,则有F=Ma1v 12=2a1l1F-μmg=Ma2l 2=v1tB+ a2tB2- aBtB2解得l2="1.5" m4.一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。
牛顿运动定律书后习题解答
图 ２ 唱３
牛顿定律 并 注 意 到 此 时 落 下 部 分 质 量 是 变 化
的 ，故有
ｍｌ ｇｘ
＝
ｄ ｄｔ
ｍ ｌ
ｘｖ
ｘｇｄ ｔ ＝ ｄ（ ｘｖ ）
上式两边乘以 ｘｖ ，得
ｖｇｘ２ｄ ｔ ＝
１ ２
ｄ（
ｘ２
ｖ２
）
即
ｇｘ２ｄ ｘ ＝
１ ２
ｄ（
ｘ２
ｖ２
）
（因为
ｖ
＝
ｄ ｄ
ｘ ｔ
）
积分上式 ，且利用初始条件 ：ｘ ＝ ０ ，ｖ ＝ ０ ，得
０
ｈ
∫ ∫ ｖ０
－
ｍｖｄ ｖ ｍｇ ＋ αｍｖ２
＝
ｄｙ
０
小球自地面可到达的最大高度为
ｈ
＝
２１αｌｎ
ｍｇ ＋
αｍ
ｖ
２ ０
ｍｇ
（１ ）
小球下落时 ，将受到向下的重力 ｍｇ 和向上的阻力 αｍｖ２ ，根据牛顿第二定律 ，
有
作变量替换后有
－ ｍｇ ＋
αｍ ｖ ２
＝
ｍ
ｄｖ ｄｔ
－ ｍｇ ＋
αｍ ｖ ２
Ｔ － ｆ ＝ ｍＡ ａＡ ｘ
（５ ）
ｍＡ ｇ － Ｎ ＝ ｍＡ ａＡ ｙ
（６ ）
ｆ ＝ μＮ
（７ ）
Ｂ 物体 ：
－ Ｔｓｉｎ θ ＝ ｍＢ ａＢｘ
（８ ）
ｍＢ ｇ － Ｔｃｏｓ θ ＝ ｍＢ ａＢｙ
（９ ）
由加速度变换关系 ，有
ａＡ ｘ ＝ ａｒ － ａ０
ａＡ ｙ ＝ ０
ａＢｘ ＝ ａｒ ｓｉｎ θ － ａ０
部释放
，并沿相反方向自由滑下
计算题02牛顿运动定律的综合应用(解析版)-备战2020高考物理满分卷题型专练
计算题02 牛顿运动定律的综合应用时间：40分钟 满分：100分1．（2020·藤东中学高三月考）如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离. 【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】 【详解】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N F N -mg cos37°=0 解得：μ=0.75(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma 设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax解得：()202sin cos v x g θμθ=+ 令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小 最小距离为：x min =4m2．（2020·银川唐徕回民中学高三）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。
某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。
重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：01100.52v x t m +=⋅=，方向向右；在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左；在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。
第二章牛顿定律习题分析与解答
2-13轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0×103kg,飞机以 55.0m•s-1的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动, 若阻力与时间成正比,比例系数α =5.0×102 N•s-1,求 (1)10s后飞机的速率;(2)飞机着陆后10s内滑行的距离. 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质 点作直线运动,其水平方向所受制动力F为变力, 且是时间的函数,在求速率和距离时,可根据动 力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解. 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿定 律及初始条件,有:
为使下滑时间最短,可令 dt / d 0,由上式得:
sin (sin cos ) cos (cos sin ) 0
则可得:
此时:
tg 2 1 / ,
tmin
490
2l 0.99s g cos (sin cos )
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
FT (r )
dr
FT (r dr)
o
r
设叶片根部为原点O，沿叶片背离原点O的方 向，距原点O为r处为dr一小段叶片，其两侧对 它的拉力分别为FT（r）与FT（r+dr）叶片转 动时，该小段叶片作圆周运动，由牛顿定律有
m 2 dFT FT (r ) FT (r dr ) rdr l
2GmE v0 2 gR R
2 9.80 6.4010 11.2 10 m s
6 3
1
第二章 牛顿定律部分习题分析与解答
2-16 质量为45.0kg的物体,由地面以初速60.0m•s-1
竖直向上发射,物体受到空气的阻力为Fr=kv,且
k=0.03N/m•s-1. （1）求物体发射到最大高度所需的
牛顿第二定律讲解和例题解析
例1：如图所示．地面上放m＝40kg的木箱，用大小为 10N与水平方向夹角300的力推木箱，木箱恰好匀速运动， 若用此力与水平方向成300角斜向上拉木箱，30s可使木箱 前进多少米？（g取10m/s2）
0v2
s相
相
2a
相
032
0.9m
25
A从开始运动到相对静止经历的时间
t 0 v相 0.6s a相
在此时间内B的位移 s 1a t2 1.8m
2 B
B
A、B相对静止时的速度v＝aBt＝＝
随后A、B一起以a`=－μBg=－2m/s2作匀减速运动直至
停止，这段时间内的位移
0v2 0062
s`
0.09m
与传送带之间的动摩擦因数， AB长16米，求：以下两
种情况下物体从A到B所用的时间.
（1）传送带顺时针方向转动
A
（2）传送带逆时针方向转动
B 370
解：（1）传送带顺时针方向转动时受力如图示
：在斜面方向上有： mg sinθ－μmg cosθ= m a
N fA
则：a = gsinθ－μgcosθ= 2m/s2 B
②若v≥ v，A2 工2件aS由A到B，全程做匀加速运动，到
达B端的速度vB=
vA 22aS 23m/s
③若 vA2 ＞2avS＞vA，工件由A到B，先做匀加速运动， 当速度增加到传送带速度v时，工件与传送带一起作匀速
运动速度相同，工件到达B端的速度vB=v.
④若v≤
v
2 A
，2a工S 件由A到B，全程做匀减速运动，到达
《物理学基本教程》课后答案 第二章 牛顿定律
第二章 牛顿定律2-1 在如图2-1(a)所示的倾角为︒30的斜面上，由一轻杆相连的二滑块A 、B 质量相同，m A = m B = 2.5 kg ，与斜面间的滑动摩擦系数分别为20A .=μ，10B .=μ．求杆中的张力(或压力)以及滑块的加速度．分析 应用牛顿定律解力学问题的基本步骤为：（1）根据题意选取研究对象；（2）分析研究对象的受力情况，并画出示力图；（3）选取坐标系，将力或加速度沿坐标轴分解为分量，根据牛顿第二定律列出各个物体的运动方程；（4）求解方程，先进行文字运算，再代入数据，计算出结果．在分析力的过程中，必须注意每个力是哪个物体施给它的，没有施力物体的力是不存在的．在涉及斜面的问题中，斜面上物体所受到的作用力有重力、斜面压力和摩擦力，而不存在上滑力或下滑力．在连接体之间存在张力或压力．解 分别选取滑块A 、B 为研究对象，受力分析分别如图2-1（b ）、（c ）所示．假设杆中为张力，由于轻杆质量可以忽略，施加于A 和B 的张力大小应相等，即T TB TA F F F ==．取Oxy 坐标系如图2-1所示，应用牛顿第二定律，得滑块A 的运动方程为 x 方向： a m F F g m A fA T A =--θsin (1)FO θTB ︒30 m B g m A gx(a) (b) (c)图2-1y 方向： 0A NA =-θcos g m F (2) 滑块B 的运动方程为x 方向： a m F F g m B fB T B =-+θsin (3) y 方向： 0B NB =-θcos g m F (4) 由(2)式得θcos g m F A NA =，摩擦力θμμcos g m F F A A NA A fA ==，代入(1)式得a m g m F g m A A A T A =--θμθcos sin (5)由(4)式得θcos g m F B NB =，摩擦力θμμcos g m F F B B NB B fB ==，代入(3)式得a m g m F g m B B B T B =-+θμθcos sin (6)从(5)和(6)式消去F T ，并注意到m A = m B = 2.5 kg ，得222B A BA BB A A m/s 633m/s 2 38921020m/s 2189 2.....cos sin cos sin =⨯⨯+-⨯=+-=++-=θμμθθμμθg g g m m m m g a 代入(5)式，得N 061N 238952102050 21A A T ...)..(.cos )(-=⨯⨯⨯-⨯=-=θμμg m F B 上式中结果的负号表明，滑块A 所受轻杆的作用力方向与原假设相反，即受到沿斜面向下的推压力，因此杆中出现的是压力，量值为1.06 N ．2-2 一金属链条放置于水平桌面上，其纵向与桌子边缘垂直，当链条长度的1/4部分垂挂于桌子边缘时，此链条刚好能开始在桌面上滑动，求链条与桌面之间的摩擦系数为何值？ 分析 对于质量连续分布的物质，例如链条、绳和长杆等，根据题意，在运动过程中任一瞬时，可以将其分割成各自独立的部分作为研究对象，这些独立部分可以视为质点，作出示力图，分析各部分的受力情况，于是原来是内力的张力或压力就变成了分割出的独立部分所受到的外力，就可以应用牛顿第二定律建立运动方程了．解 设链条质量为m ，当链条刚好能开始在桌面上滑动时，桌面上的链条质量为m m 431=，悬垂部分的链条质量为m m 412=．分别以这两部分为研究对象，作示力图如图2-2所示．作用于桌面上链条的力有：重力m 1g ，桌面的正压力F N ，摩擦力F f ，悬垂部分对它的张力F T1．作用于悬垂链条的力有：重力m 2g ，桌面部分对它的张力F T2．不考虑桌面边沿的形状和摩擦，则链条两部分中的张力大小应相等，F T1= F T2= F T ． 由于链条刚好能开始在桌面上滑动，摩擦力为最大静摩擦力N f F F μ=，此时链条加速度为零，可得mg g m F 431N == N f T F F F μ==T 241F mg g m ==m 2g图2-2由以上各式可解得 31=μ 2-3一物体沿倾角为30°的斜面向上滑动，在斜面底部时其初速为12m/s ，物体与斜面间摩擦系数为0.2，求(1)物体达到最高点所需要的时间，(2)返回底部时的速度，(3)摩擦系数为多大时，将使物体上升到速度为零后就不再往下滑动．分析 滑动摩擦力始终与运动物体相对滑动的方向相反，因此物体在斜面上向上滑动和向下滑动时的摩擦力正好反向，则物体所受合外力不同，加速度也就不同．通常取加速度方向为坐标轴正向，分别就向上滑动和向下滑动选取坐标系建立运动方程．由于牛顿第二定律建立的方程确定的是力和加速度之间的关系，因此，当所讨论的问题涉及到速度、位移和运动时间等运动学的物理量时，还要应用运动学中已经获得的相关公式求解．解 (1) 在上滑过程中，物体受力如图2-3(a)所示，摩擦力F f1沿斜面向下，且N 1f F F μ=．选Oxy 坐标系如图所示，设加速度1a 方向沿x 轴正向，应用牛顿第二定律得上滑过程的运动方程为x 方向： 11f 30ma F mg =-︒-siny 方向： 030N =︒-cos mg F由以上各式解得)cos (sin ︒+︒-=30301μg a由初始条件：0=t 时，m /s 120=v ，而到达最高点时速度为零，有t a 100=-v则到达最高点所需时间为s 1.82s 866020508912 3030010=⨯+⨯-=︒+︒-=-=)...(.)cos (sin μg a t v v (2) 物体向下滑时，受力如图2-3(b)所示，摩擦力F f2沿斜面向上，且N f2F F μ=．选Oxy 坐标系如图所示，设加速度2a 方向沿x 轴正向，应用牛顿第二定律得下滑过程的运动方程为x 方向： 2f230ma F mg =-︒siny 方向： 030N =︒-cos mg F由以上各式解得)cos (sin ︒-︒=30302μg a (1)物体上升时的位移为)cos (sin ︒+︒=-=30302220120μg a s v v 下滑过程由静止开始，到达底部时速率为m/s 8.36m/s 128660205086602050 30303030202=⨯⨯+⨯-=︒+︒︒-︒==......cos sin cos sin v v μμs a(3) 令02=a 代入（1）式，则物体位于最高点时速度为零，又无向下加速度，︒30 m g ︒30 m g(a) (b)图2-3即不再向下滑动，可得577030.tan =︒=μ2-4 细绳跨过轻滑轮连接着质量分别为5kg 和1kg 的二物体，滑轮吊在弹簧称下悬挂于升降机之中，如图2-4(a)所示．(1)当升降机静止不动时，问弹簧称上的示重是多少？(2) 当弹簧称上的示重为58.8 N 时，求升降机的加速度．分析 物体的重量是物体施加在称重仪器设备上的压力或张力，其大小等于称重仪器设备反作用在物体上的压力或张力．当物体在地面上处于静止或作匀速直线运动状态进行称重时，地球对物体的引力和称重仪器设备作用的压力或张力等大而反向，物体的重量与重力的量值相等．当物体在地表附近有沿竖直方向的加速度时，物体的重量与重力的量值就不再相等了．牛顿定律只适用于惯性参考系，当所讨论的问题中参考系本身也有加速度时，就要应用相对运动的加速度合成定理．通常可以选取地球（地面）作为静止参考系，物体相对于地面的加速度PS a 等于物体相对于运动参考系加速度S P 'a 与运动参考系相对于地面加速度S S'a 的矢量和，即S S'PS'PS a a a +=解 二物体质量分别为m 1 = 5 kg ， m 2= 1 kg ．二物体和滑轮的受力情况如图2-4(b)所示．对于细绳和轻滑轮，忽略绳和滑轮间的摩擦，应有T1T1F F ='，T2T2F F ='，T2T2F F '='和T2T1T F F F '+'=，因此有 T2T1T F F F += 设升降机有一向上的加速度a ’，物体m 1相对于升降机的加速度a ，方向a ’F F am 2g m 1g（a ） （b ）图2-4向下，物体m 2相对于升降机的加速度a ，方向向上．如果假设对于地面参考系，物体m 1的加速度方向向下，物体m 2的加速度方向向上，并以它们各自加速度的方向为坐标轴正向，则根据相对运动加速度合成定理，物体m 1相对于地面的加速度为a -a ’，物体m 2相对于地面的加速度为a +a ’．由牛顿第二定律可得其运动方程分别为)(a a m F g m '-=-1T11 (1))(a a m g m F '+=-22T2 (2)(1) 当升降机静止时，0='a ，由(1)和(2)式以及张力之间的关系，得弹簧称上的示重为N 32.7N 891515112 1221212T =⨯+-+⨯⨯=+-+=.)()(g m m m m m F (2) 当弹簧称上的示重为N 858T .=F 时，由(1)和(2)式以及张力之间的关系，得升降机的加速度为222121T 21m/s 847m/s 1548915485815 44...)()(=⨯⨯⨯⨯⨯-⨯+=-+='m m gm m F m m a 2-5质量均为m 形状相同、相互接触的梯形木块A 、B 放置在光滑的水平桌面上，如图2-5(a)所示．设两木块之间的接触面是光滑的，斜面与水平面之间的夹角为α，今以一水平力F 作用在A 上，求A 、B 之间无相对运动时A 、B 对桌面的压力．分析 在解动力学问题时，隔离物体法是一个基本方法．在有些求物体所受力的问题中，往往碰到该物体的运动状态难以确定的情况，这时可以先求该物体对其他运动物体的反作用力，再利用牛顿第三定律确定所求力的大小和方向．解 分别选取木块A 、B 为研究对象，受力情况如图2-5(b)所示．根据题意，两木块加速度a 相等，且沿外力F 方向．木块之间相互作用的压力大小相等，即T TB TA F F F ==．选取如图所示的Oxy 坐标系，应用牛顿第二定律得其运动方程分别为木块A 的x 方向： ma F F =-αsin Ty 方向： 0T NA =--mg F F αcos木块B 的x 方向： ma F =αsin Ty 方向： 0T NB =--mg F F αcos解以上方程得αcot F mg F 21NA += αcot F mg F 21NB -= 根据牛顿第三定律，木块A 、B 对桌面的压力的大小分别等于桌面给予它们的反作用力F NA 和F NA ，方向向下．2-6在一轻滑轮上跨有一轻绳，绳之两端连接着质量分别为1kg 和2kg 的物A B TB F TA O xm g m g（a ） （b ）图2-5体A 、B ，现以50N 的恒力F 向上提滑轮的轴，如图2-5(a)所示，A 和B 的加速度各为多少？不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦．分析 在物体和滑轮组合成系统的动力学问题中，如果滑轮静止，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦的情况下，用细绳跨过滑轮连接的两物体的速度和加速度的大小相等、方向相反．然而，一旦滑轮本身具有加速度，如果以滑轮为运动参考系，那么细绳跨过滑轮连接的两物体相对于滑轮的加速度大小相等、方向相反，但是它们对于地面参考系的加速度则必须根据相对运动加速度合成定理叠加计算．通常当不必求滑轮加速度时，可以先设定两物体对地面的加速度方向，最后再根据计算结果的正负确定实际加速度的方向．解 以滑轮和物体A 、B 为研究对象，分别作出示力图如图2-6（b ）所示．取竖直向上为y 轴正向，假设物体A 、B 的加速度a A 和a B 方向向上，由于不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，绳中张力大小相等，即T T2T1T2T1F F F F F ='='==，应用牛顿第二定律得滑轮的运动方程为02T =-F F物体A 的运动方程为A A A T a m g m F =-物体B 的运动方程为B B B T a m g m F =-yF T2A B a A a BA B m A g m B g （a ） （b ） 图2-6联立求解得222A A m/s 215m/s 89m/s 12502..=-⨯=-=g m F a 222B B m/s 72m/s 89m/s 22502..=-⨯=-=g m F a 2-7在光滑斜面上沿斜面倾斜方向放有一匀质长杆AB ，长为l ，质量为m ，斜面与水平面间夹角为θ，现沿斜面以恒力F 拉杆，如图2-7（a ）所示，求杆内各部分间的相互作用（张力）沿棒长方向的变化规律．分析 求质量连续分布的杆或绳中的内力，要采用隔离物体法，取其中一段作为研究对象分析受力情况，应用牛顿定律建立方程．计算结果通常与所选取的段长有关，即为段长的函数．解 取如图2-7（b ）所示的xy 坐标系，以长杆AB 为研究对象，加速度a 沿斜面向上，根据受力情况，应用牛顿第二定律得运动方程为ma mg F =-θsin再取长为x 的一段杆AC 为研究对象，其质量为mg lx m =C ，在C 处杆内张力F T 对于AC 部分成为外力，但AC 仍具有与整个杆相同的加速度，应用牛顿第二定律得AC 部分的运动方程为y x F T θ A A θm C g m g（a ） （b ）图2-7ma lx mg l x F =-θsin T 于是可解得F lx g a m l x F =+=)sin (θT 结果表明杆内张力随C 点位置变化．2-8 在如图2-8所示的物体系统中，不计绳和滑轮的质量，并忽略m ’与水平桌面、m ’与m 1之间的摩擦力．问应以多大的水平推力作用在m ’上，才能使系统运动过程中m 1和m ’之间无相对滑动？此时m ’对桌面的压力为多少？（m 1> m 2）分析 当几个物体构成一个系统并以相同的速度平动时，可以将这些物体构成的系统作为一个质点，应用牛顿定律建立合外力与加速度之间的关系，而不必考虑各部分之间的相互作用内力．但是当这个系统的各部分之间有发生相对运动的可能性存在时，就仍然需要用隔离物体法，分析各部分的受力情况，分别建立运动方程，找到发生或不发生相对运动的条件．解 分别取m 1、m 2和m ’为研究对象．根据题意，m 1、m 2和m ’组成系统以同一加速度a 沿水平方向运动，因此连接m 2的细绳将发生倾斜，与竖直方向夹角为θ，绳中张力的水平方向分量使m 2获得加速度a ，各物体受力情况和’ m m 1g F ”T F ’Tm ’ m 2 y F θx N1F ' m ’g m 2g （a ） （b ）图2-8坐标选取如图2-8(b)所示．不计绳和滑轮的质量，忽略摩擦，应有T TT F F F ''='=，m 1和m ’之间的压力大小相等N1N1F F '=，应用牛顿第二定律得m 1的运动方程为x 方向： a m F 1T = y 方向： 01N1=-g m Fm 2的运动方程为x 方向： a m F 2T =θsin y 方向： 02T =-g m F θcosm ’的运动方程为x 方向： a m F F F '=--θsin T T y 方向： 0T N1N ='---g m F F F θcos联立求解得g m m m m m m F 2222121-'++=g m m m F )('++=21Nm ’对桌面的压力大小等于桌面对m ’的压力N F ，方向向下．从上式可以看出该压力量值上等于整个系统所受的重力，因为系统中各物体的运动发生在水平面内，竖直方向无加速度和位移．2-9如图2-9(a)所示的滑轮组系统中，不计绳子与滑轮质量，m 1与桌面间无摩擦，求m 1和m 2的加速度以及绳中张力．分析 在质点力学中，对于滑轮和物体组成的连接体问题，往往忽略滑轮质量以及绳与滑轮之间的摩擦，才使得跨过滑轮的绳中张力大小相等．在第五章掌握了刚体的运动定律后，将不再忽略滑轮质量，问题的分析就更接近实际了．当存在动滑轮时，动滑轮的加速度和跨过滑轮的绳上连接物体的加速度之间的相互关系，要根据题意建立方程确立．解 分别以m 1、m 2和动滑轮为研究对象，受力情况如图2-9（b ）所示．m 1的加速度a 1向右，m 2和动滑轮的加速度a 2向下．不计绳子与滑轮质量，应有T1T1F F '=，T2T2F F '=．因为都只作直线运动，可取各自的运动方向为坐标轴正向，应用牛顿第二定律，它们的运动方程分别为m 1： 11T1a m F =m 2： 22T22a m F g m =-动滑轮： 02T1T2=-F F 因为绳长不变，当m 1位移为x 时，m 2位移为x /2，于是可得加速度a 1和a 2之间的关系：22222122d d 2d d a x t t x a === 联立以上各式，解得g m m m a 122142+= g m m m a 12224+=a 1 F F ’T1 F ’T2 m F T1 a 2m 1g F T2 m 2gm 2（a ） （b ）图2-9g m m m m F 1221T142+= 2-10 在如图所示的滑轮系统中，滑块A 的质量为m A ，与桌面间的摩擦系数为μ，B 是起始质量为m B 的冰块，因溶化使其质量随时间的减少率为k ．不计绳与滑轮质量，求A 、B 由静止开始运动后t 时刻的速率．分析 由于有了微积分的基础，在大学物理中可以分析变力作用下的直线运动问题．因为力是时间的函数（有些问题中也可能表示为位置的函数，即为时间的隐函数），应用牛顿定律建立的运动方程就成为微分方程，解微分方程并利用初始条件可以获得所需要的解．在动力学的其他几章和电磁学中都会碰到这类应用积分或求解微分方程的问题，这对于巩固高等数学知识，学会建立物理模型以便为今后工程技术实际应用打下基础，有着重要意义．这些问题对于初学者有一定的难度，但是通过一些习题的训练，是可以逐步掌握方法和技巧的． 解 以滑块A 和冰块B 为研究对象，隔离物体并作受力分析如图2-10(b)所示．不计绳与滑轮质量，绳中张力大小相等，即T T F F '=．取二物体各自运动方向为坐标轴正向，作为连接体它们的加速度大小相等，均为a ，应用牛顿第二定律得其运动方程分别为滑块A ： a m F F A f T =- A’Ta B F f m A g m B g(a) (b)图2-10冰块B ： ma F mg =-T根据题意，其中t 时刻冰块质量kt m m -=B ，作用于滑块A 的摩擦力g m F A f μ=，由以上各式可得g ktm m m g kt m m kt m m a ])([-++-=-+--=B A A B A A B 11μμ 因ta d d v =，则上式可写为 g ktm m m t ])([-++-=B A A 11d d μv 分离变量：t g ktm m m d 11d B A A ])([-++-=μv 由于初始时，0 0==v ,t ，设t 时刻滑块和冰块速率为v ，上式两边积分t g ktm m m t d 11d B A A 00])([-++-=⎰⎰μv v得 g kt m m km t )]ln()([-+++=B A A 1μv 2-11 质量为0.5kg 的物体沿x 轴作直线运动，在沿x 方向的力t F 610-=的作用下，t = 0时其位置与速度分别为x 0 =5，v 0 =2，求t = 1时该物体的位置和速度．（其中F 以N 为单位，t 以s 为单位，x 0以m 为单位，v 0以m/s 为单位）分析 当作用于物体的力是时间的函数时，由建立的运动方程积分可以求得速度．所求出的速度必定也是时间的函数，当还需要计算t 时刻该物体的位置时，就应该利用速度的定义式tx d d =v ，再积分求出位置的表示式． 解 由加速度的定义ta d d v =，应用牛顿第二定律，可得t t m F t 122050610d d -=-==.v 分离变量：t t d 1220d )(-=v两边积分得C t t +-=2620v由初始条件：t = 0时v=v 0 =2，得20==v C ，即26202+-=t t v (1)因tx d d =v ，上式可写为 2620d d 2+-=t t tx 分离变量：t t t x d 2620d 2)(+-=两边积分得1322210C t t t x ++-=由初始条件：t = 0时x=x 0 =5，得501==x C ，即5221032++-=t t t x (2)当t = 1s 时，由(1)和(2)式得m/s 16=v ，m 15=x ． 2-12物体与地面间的摩擦系数为0.20，以轻绳系于物体之一端，并通过滑轮以一水平力F = 8 N 拉此物体,如图2-12(a)所示．设物体的质量为2kg ，(1)问绳与水平方向的夹角α为何值时，物体的加速度有最大值？(2)求此时的加速度以及地面对物体的作用力．分析 若作用力的大小不变，但方向在不断改变，则该作用力仍然是变力．在力的分析过程中就要特别注意力的作用方向与物体运动方向间的关系．求某一物理量的最大值或最小值，通常可以采用数学中的求极值的方法，即对该物理量的表达式求导数并令其等于零，得到相关参量的方程，根据题意求解，得到取最大值或最小值的条件．解 恒力通过滑轮改变方向后作用于物体上，力F 的作用方向与物体运动方向间的夹角α随物体位置变化，运动中物体受力情况如图2-12(b)所示．取图中所示的坐标系，应用牛顿第二定律得运动方程为x 方向: ma F F =-f αcos y 方向: 0N =-+mg F F αsin其中摩擦力N f F F μ=，联立解得g mF a μαμα-+=)sin (cos (1) αsin F mg F -=N (2)(1) 当0d d =αa 时，加速度有极值，因此由(1)式得 0d d =+-=)cos sin (αμααmF a 811120'︒===).arctan(arctan μα(2) 将上面的结果代入(1)和(2)式，得222m/s 2.12 m/s 8920m/s 811120811128 =⨯-'︒⨯+'︒⨯=-+=..)sin .(cos )sin (cos g mF a μαμαFy F f xm g(a) (b)图2-12N 18N 81118N 892 N ='︒⨯-⨯=-=sin .sin αF mg F摩擦力为 N 3.6N 1820N f =⨯==.F F μ2-13 质量为1.5 kg 的物体被竖直上抛，初速度为60 m/s ，物体受到的空气阻力数值与其速率成正比，v k F =阻，s/m N 030⋅=.k ，求物体升达最高点所需的时间及上升的最大高度．分析 在忽略空气阻力的情况下，地面附近的抛体在重力作用下以恒定的重力加速度g 运动．但在实际问题中，空气阻力是不可忽略的，当物体的速度较小时，空气阻力的大小与速率成正比；对于高速运动的物体，空气阻力的大小与速率的平方成正比．下面将应用解微分方程的方法，求解一些简单的直线运动情况下有空气阻力存在时的质点运动问题．解一阶微分方程可以用不定积分也可以用定积分方法．如果采用不定积分，积分常数利用初始条件确定．分离变量法则是通常采用的比较简捷的算法．解 以竖直向上为y 坐标正向，应用牛顿第二定律得物体运动方程为tm k mg d d v v =-- (1) 物体达到最高点时，0=v ，初始条件：0=t 时，m /s 600==v v ，将上式分离变量并积分：⎰⎰+-=000d d v v v k mg m t t 得 s 85s 18951600300305110.)...ln(..)ln(=+⨯⨯⨯=+=mg k k m t v 由于yt y y t d d d d d d d d v v v v ==，代入(1)式，得 ym k mg d d v v v =--根据始末条件，分离变量并积分：⎰⎰+-=000d d v v v v k mg m y y 得 m 170m 600301895160030895103051 100=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⨯⨯⨯⨯-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=....ln ....ln v v k mg k mg k m y2-14 将相同材料制作的半径分别为R 和2R 的二小球在粘滞系数为η的液体中无初速地释放．根据斯托克斯定律，半径为r 的小球速度为v 时在液体中受到的粘滞阻力为v r πη6．试计算两球的初始加速度之比和终极速度之比．分析 由斯托克斯定律确定的流体粘滞阻力大小与物体的速率成正比，即为变力，为了求物体的运动状态，需要用到积分方法．由于在例题2-5中已经严格推导出了速度与时间的函数关系，以及小球的运动方程，因此可以利用其结果进行相关的计算．解 设球的密度为ρ，液体的密度为ρ'，二小球质量分别为ρπ3134R m =和1328234m R m ==ρπ)(，作用于二小球的液体浮力分别为g R F ρπ'=31B 34和B13B28234F g R F ='=ρπ)(，液体的粘滞阻力分别为v R F πη6r1=和r1r2226F R F ==v )(πη．取竖直向下方向为x 轴的正方向，则二小球的运动方程分别为11r1B11a m F F g m =--22r2B22a m F F g m =--初始时刻0=v ，则0r2r1==F F ，由以上二式及二小球对应量间的关系，得12B21B121=--=m F g m F g a a //由例题2-5的(2-27)式，知半径为r 的小球在液体中下落，足够长时间后的终极速度为2092gr ηρρ'-=v ，因此半径分别为R 和2R 的二小球终极速度比为 4122221==)(R R v v 2-15 质量为1000kg 的船，发动机熄火时速度为90km/h ，水的阻力与船速成正比，F r ＝－kv ，其中k = 100kg/s ．假设水面静止不流动，求(1)熄火后船速减小到45km/h 所需要的时间；(2)熄火后1分钟内船的行程，以及船的最大航程．分析 当作直线运动的物体只受到一个与速率成正比的阻力作用时，用分离变量法解此一阶微分方程比较简单．解 船只受水的阻力F r ＝－kv 作用，船的运动方程为tm k d d v v =- 初始条件为0=t 时，m /s 25km /h 900==v ，将上式分离变量并积分：⎰⎰-=t t m k 0d d 0vv v v得 v v 0ln k m t = (1) (1) 当船速减小到m/s 512km/h 45.==v 时，由上式得s 936s 512251001000..ln =⨯=t (2) 由(1)式得 t m kt x -==e d d 0v v 初始条件为0=t 时，00=x ，积分得k m t x t m k t t m k )(--⎰-==e 1d e 000v v (2)当s 60=t 时，由上式得m 249.4m 1001000e 190601000100=⨯-⨯=⨯-)(x 当∞→t 时，由(2)式得船的最大航程为m 250m 100100090=⨯=x 结果表明，熄火后1分钟船已接近停止．2-16 长度不等的两根细绳，各系一物体悬于同一点，使二物体在同一高度处作圆周运动，证明这样的两个圆锥摆周期相同．分析 在忽略空气阻力的情况下，如图2-16(a)所示的圆锥摆绕竖直轴线回转一圈的时间为定值，称为周期．当物体作圆周运动时，必定存在法向加速度，在分析力和建立运动方程的过程中，通常选取指向圆心的方向为坐标轴之一的正向，将外力分解到该方向后，可以建立法向合外力与法向加速度之间的关系．证 设物体回转的水平位置距悬点的高度为h ，回转半径为r ，悬线与竖直方向夹角为θ，物体质量为m ，物体受重力g m 与悬线张力T F 作用，选竖直方向为y 轴正向，水平指向回转圆心方向为x轴正向，如图2-16(b)所示，可得运动方程为x 方向： r m F 2T ωθ=sin y 方向： 0T =-mg F θcosm g(a) (b) 图2-16因为物体无切向加速度，作匀速圆周运动，角速度Tπω2=，又由几何关系得hr =θtan ，于是可解得 gh T π2= 结果表明，摆动周期T 只与物体回转高度有关，与物体质量无关，与回转半径无关．2-17 在光滑水平面上固定着一半径为R 的圆环形围屏，质量为m 的滑块沿环形内壁转动，滑块与壁间摩擦系数为μ，如图2-17（a ）所示，(1)当滑块速度为v 时，求它与壁间的摩擦力及滑块的切向加速度，(2)求滑块的速率v 由变为v /3所需的时间。
课后习题答案 (2)
第二章 牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解 当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征． 2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解 与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解 由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解 由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2mg分析与解 本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a ′为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A和a B均应对地而言,本题中a A和a B的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对a A、a B、a和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l＝2.1 m,质量为m的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短其数值为多少分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2)已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解 取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2=-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝ ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝ ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ-(m1 ＋m2)g ＝(m1＋m2)a (1)F N2 -m2g ＝m2a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g ＋a) (3)F N2＝m2(g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a＝10 m·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-F N2＝-m2 (g ＋a)＝×103 N(2) 当整个装置以加速度a＝1 m·ｓ-2上升时,得绳张力的值为FＴ＝×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析 该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A 、B 及滑轮列动力学方程,有m A g -F Ｔ ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ ＝m B a ′ (2)F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N a m m mg F 2724f .=+-=讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力F ｆ ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F ｆ ＝μmg ＝ma 1F ′ｆ ＝-F ｆ ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有- v ′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为()m m g μm s +'''=22v 解2 以木块和平板为系统,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝F ｆ (s ＋l ) -F ｆl ＝μmgs式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m ′v ′＝(m ′＋m ) v ″由系统的动能定理,有()222121v v ''+'-''=m m m mgs μ 由上述各式可得()m m g μm s +'''=22v 2 -10 如图(a)所示,在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力F N 的分力来提供的,由于支持力F N 始终垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示Oxy 坐标,列出动力学方程,即可求解钢球距碗底的高度．解 取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程θωmR ma θF n N sin sin 2== (1)mg θF N =cos (2) 且有 ()Rh R θ-=cos (3) 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为2ωg R h -= 可见,h 随ω的变化而变化． 2 -11 火车转弯时需要较大的向心力,如果两条铁轨都在同一水平面内(内轨、外轨等高),这个向心力只能由外轨提供,也就是说外轨会受到车轮对它很大的向外侧压力,这是很危险的．因此,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,必须使外轨适当地高出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m 的火车,以速率v 沿半径为R 的圆弧轨道转弯,已知路面倾角为θ,试求：(1) 在此条件下,火车速率v 0 为多大时,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零 (2) 如果火车的速率v ≠v 0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少分析 如题所述,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平分量F N sin θ 提供(式中θ 角为路面倾角)．从而不会对内外轨产生挤压．与其对应的是火车转弯时必须以规定的速率v 0行驶．当火车行驶速率v ≠v 0 时,则会产生两种情况：如图所示,如v ＞v 0 时,外轨将会对车轮产生斜向内的侧压力F 1 ,以补偿原向心力的不足,如v ＜v 0时,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F 2 ,以抵消多余的向心力,无论哪种情况火车都将对外轨或内轨产生挤压．由此可知,铁路部门为什么会在每个铁轨的转弯处规定时速,从而确保行车安全．解 (1) 以火车为研究对象,建立如图所示坐标系．据分析,由牛顿定律有Rm θF N 2sin v = (1) 0cos =-mg θF N (2)解(1)(2)两式可得火车转弯时规定速率为θgR tan 0=v(2) 当v ＞v 0 时,根据分析有R m θF θF N 21cos sin v =+ (3) 0sin cos 1=--mg θF θF N (4)解(3)(4)两式,可得外轨侧压力为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θg θR F sin cos m 21v 当v ＜v 0 时,根据分析有RθF θF N 22m cos sin v =- (5) 0sin cos 2=-+mg θF θF N (6)解(5)(6)两式,可得内轨侧压力为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=θR θg m F cos sin 22v 2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为m ,圆筒半径为R ,演员骑摩托车在直壁上以速率v 作匀速圆周螺旋运动,每绕一周上升距离为h ,如图所示．求壁对演员和摩托车的作用力．分析 杂技演员(连同摩托车)的运动可以看成一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹展开后,相当于如图(b)所示的斜面．把演员的运动速度分解为图示的v 1 和v 2 两个分量,显然v 1是竖直向上作匀速直线运动的分速度,而v 2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,其中向心力由筒壁对演员的支持力F N 的水平分量F N2 提供,而竖直分量F N1 则与重力相平衡．如图(c)所示,其中φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力的大小和方向解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象,据(b)(c)两图应有01=-mg F N (1)Rm F N 22v = (2) ()222π2π2cos h R Rθ+==v v v (3)2221N N N F F F += (4)以式(3)代入式(2),得222222222222π4π4π4π4h R Rm h R R R m F N +=+=v v (5) 将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为22222222221π4π4⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+=h R R g m F F F N N N v 与壁的夹角φ为()g h R R F F N N 2222212π4π4arctan arctan +==v 讨论 表演飞车走壁时,演员必须控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方位,以确保三者之间满足解题用到的各个力学规律．2 -13 一质点沿x 轴运动,其受力如图所示,设t ＝0 时,v 0＝5m·ｓ-1 ,x 0＝2 m,质点质量m ＝1kg,试求该质点7ｓ末的速度和位置坐标．分析 首先应由题图求得两个时间段的F (t )函数,进而求得相应的加速度函数,运用积分方法求解题目所问,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时刻相对应．解 由题图得()⎩⎨⎧<<-<<=7s t 5s,5355s t 0 ,2t t t F 由牛顿定律可得两时间段质点的加速度分别为5s t 0 ,2<<=t a7s t 5s ,535<<-=t a对0 ＜t ＜5ｓ 时间段,由ta d d v =得 ⎰⎰=tt a 0d d 0v v v 积分后得 25t +=v 再由tx d d =v 得 ⎰⎰=t t x 0d d 0v x x 积分后得33152t t x ++= 将t ＝5ｓ 代入,得v 5＝30 m·ｓ-1 和x 5 ＝68.7 m对5ｓ＜t ＜7ｓ 时间段,用同样方法有⎰⎰=t t a s 52d d 0v v v得 t t t 5.825.2352--=v再由⎰⎰=tx x t x s 55d d v 得x ＝ ＋将t ＝7ｓ代入分别得v 7＝40 m·ｓ-1 和 x 7 ＝142 m2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x ＝5.0 m 处,其速度v 0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．分析 这是在变力作用下的动力学问题．由于力是时间的函数,而加速度a ＝d v /d t ,这时,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程,解此微分方程可得质点的速度v (t )；由速度的定义v ＝d x /d t ,用积分的方法可求出质点的位置．解 因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有 tm t d d 40120v =+ 依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=tt t 0d 0.40.12d 0v v v v ＝++又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=t x x t t t x 020d 0.60.40.6d x ＝++ +2 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为 ×103 kg ．飞机以55.0 m·ｓ-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动,若阻力与时间成正比,比例系数α＝ ×102 N·ｓ-1 ,空气对飞机升力不计,求：(1) 10ｓ后飞机的速率；(2) 飞机着陆后10ｓ内滑行的距离．分析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动．其水平方向所受制动力F 为变力,且是时间的函数．在求速率和距离时,可根据动力学方程和运动学规律,采用分离变量法求解．解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有t αt m ma F -===d d v ⎰⎰-=t t m t α0d d 0v v v得 202t m α-=v v 因此,飞机着陆10ｓ后的速率为v ＝30 m·ｓ-1又 ⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t xx t t m αx 0200d 2d v 故飞机着陆后10ｓ内所滑行的距离m 4676300=-=-=t mαt x x s v 2 -16 质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h ．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为bv 2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O ,竖直向下为Oy 轴,求：(1) 运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；(2) 如b /m ＝0.40m -1 ,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0 的1 /10 (假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)分析 该题可以分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后,物体受重力P 、浮力F 和水的阻力F ｆ的作用,其合力是一变力,因此,物体作变加速运动．虽然物体的受力分析比较简单,但是,由于变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、位置的函数),对这类问题列出动力学方程并不复杂,但要从它计算出物体运动的位置和速度就比较困难了．通常需要采用积分的方法去解所列出的微分方程．这也成了解题过程中的难点．在解方程的过程中,特别需要注意到积分变量的统一和初始条件的确定．解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为gh 20=v运动员入水后,由牛顿定律得P -F ｆ -F ＝ma由题意P ＝F 、F ｆ＝bv 2 ,而a ＝d v /d t ＝v (d v /d y ),代入上式后得-bv 2＝ mv (d v /d y )考虑到初始条件y 0 ＝0 时, gh 20=v ,对上式积分,有 ⎰⎰=⎪⎭⎫ ⎝⎛-v v v v 0d d 0t y b m m by m by e gh e //02--==v v(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝ 代入上式,则得m 76.5ln 0=-=v v b m y *2 -17 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片组成．每一叶片的质量m ＝136 kg,长l ＝3.66 m ．求当它的转速n ＝320 r/min 时,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片)分析 螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分的方法求解．解 设叶片根部为原点O ,沿叶片背离原点O 的方向为正向,距原点O 为r 处的长为d r 一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为F Ｔ(r)与F Ｔ(r ＋d r )．叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有()()r r ωlm r r F r F F T T T d d d 2=+-= 由于r ＝l 时外侧F Ｔ ＝0,所以有 ()r r lωm F lr tr F T T d d 2⎰⎰= ()()()22222222r l l mn πr l l ωm r F T --=--= 上式中取r ＝0,即得叶片根部的张力F Ｔ0 ＝ ×105 N负号表示张力方向与坐标方向相反．2 -18 一质量为m 的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r 的光滑圆轨道ADCB 下滑．试求小球到达点C 时的角速度和对圆轨道的作用力．分析 该题可由牛顿第二定律求解．在取自然坐标的情况下,沿圆弧方向的加速度就是切向加速度a ｔ,与其相对应的外力F ｔ是重力的切向分量mg sin α,而与法向加速度a n 相对应的外力是支持力F N 和重力的法向分量mg cos α．由此,可分别列出切向和法向的动力学方程F ｔ＝m d v/d t 和F n ＝ma n ．由于小球在滑动过程中加速度不是恒定的,因此,需应用积分求解,为使运算简便,可转换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度,方法比较简便．但它不能直接给出小球与圆弧表面之间的作用力．解 小球在运动过程中受到重力P 和圆轨道对它的支持力F N ．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得tm αmg F t d d sin v =-= (1) Rm m αmg F F N n 2cos v =-= (2) 由t αr t s d d d d ==v ,得vαr t d d =,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有()⎰⎰-=αααrg o 090d sin d vv v v得 αrg cos 2=v则小球在点C 的角速度为 r αg rω/cos 2==v 由式(2)得 αmg αmg rm m F N cos 3cos 2=+=v 由此可得小球对圆轨道的作用力为αmg F F N Ncos 3-=-=' 负号表示F ′N 与e n 反向．2 -19 光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v 0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v 0减少到12 v 0时,物体所经历的时间及经过的路程．分析 运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力F N 和环与物体之间的摩擦力F ｆ ,而摩擦力大小与正压力F N ′成正比,且F N 与F N ′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有Rm ma F n N 2v ==tma F t d d f v -=-= 由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得tR μd d 2v v -= 取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v 020d d μR t t tμR R 00v v v += (2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为v μR t =' 物体在这段时间内所经过的路程 ⎰⎰''+==t t t tμR R t s 0000d d v v v 2ln μR s = 2 -20 质量为45.0 kg 的物体,由地面以初速60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射,物体受到空气的阻力为F r ＝kv,且k ＝ N/( m·ｓ-1 )．(1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2) 最大高度为多少分析 物体在发射过程中,同时受到重力和空气阻力的作用,其合力是速率v 的一次函数,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时,只需采用分离变量的数学方法即可．但是,在求解高度时,则必须将时间变量通过速度定义式转换为位置变量后求解,并注意到物体上升至最大高度时,速率应为零．解 (1) 物体在空中受重力mg 和空气阻力F r ＝kv 作用而减速．由牛顿定律得t m k mg d d v v =-- (1)根据始末条件对上式积分,有⎰⎰+-=v v vv v 0d d 0k mg m t t s 11.61ln 0≈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=mg k k m t v (2) 利用yv t d d d d v v =的关系代入式(1),可得 ym k mg d d v v v =-- 分离变量后积分⎰⎰+-=000d d v vv v k mg m y y故 m 1831ln 00≈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=v v mg k k mg k m y 讨论 如不考虑空气阻力,则物体向上作匀减速运动．由公式g t 0v =和gy 220v =分别算得t ≈ｓ和y≈184 m,均比实际值略大一些． 2 -21 一物体自地球表面以速率v 0 竖直上抛．假定空气对物体阻力的值为F r ＝kmv 2 ,其中m 为物体的质量,k 为常量．试求：(1) 该物体能上升的高度；(2)物体返回地面时速度的值．(设重力加速度为常量．)分析 由于空气对物体的阻力始终与物体运动的方向相反,因此,物体在上抛过程中所受重力P 和阻力F r 的方向相同；而下落过程中,所受重力P 和阻力F r 的方向则相反．又因阻力是变力,在解动力学方程时,需用积分的方法．解 分别对物体上抛、下落时作受力分析,以地面为原点,竖直向上为y 轴(如图所示)．(1) 物体在上抛过程中,根据牛顿定律有ym t mkm mg d d d d 2v v v v ==-- 依据初始条件对上式积分,有 ⎰⎰+-=0200d d v vv v k g y y ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=202ln 21v v k g k g k y 物体到达最高处时, v ＝0,故有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+==g k g k y h 20max ln 21v (2) 物体下落过程中,有yv m km mg d d 2v v =+-对上式积分,有⎰⎰--=0200d d v v v v k g y y则 2/1201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=g k v v v2 -22 质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F 的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是v m ．试计算从静止加速到v m /2所需的时间以及所走过的路程．分析 该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k ．由于阻力F r ＝kv 2 ,且F r 又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换．解 设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有tm k F d d 2v v =- (1) 当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得k ＝F/v m 2 (2)由式(1)和式(2)可得t m F m d d 122v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (3) 根据始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m tF m t v v v v 2101220d 1d则 3ln 2F m t m v =又因式(3)中xm t m d d d d v v v =,再利用始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m xF m x v v v v 2101220d 1d则 F m F m x m m 22144.034ln 2v v ≈= *2 -23 飞机降落时,以v 0 的水平速度着落后自由滑行,滑行期间飞机受到的空气阻力F 1＝-k 1 v 2 ,升力F 2＝k 2 v 2 ,其中v 为飞机的滑行速度,两个系数之比k 1/ k 2 称为飞机的升阻比．实验表明,物体在流体中运动时,所受阻力与速度的关系与多种因素有关,如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有F ∝v ,而在速度较大或流体密度较大的有F ∝v 2 ,需要精确计算时则应由实验测定．本题中由于飞机速率较大,故取F ∝v 2 作为计算依据．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ,试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实际上已成为飞机跑道长度设计的依据之一．分析 如图所示,飞机触地后滑行期间受到5 个力作用,其中F 1为空气阻力, F 2 为空气升力, F 3 为跑道作用于飞机的摩擦力,很显然飞机是在合外力为变力的情况下作减速运动,列出牛顿第二定律方程后,用运动学第二类问题的相关规律解题．由于作用于飞机的合外力为速度v 的函数,所求的又是飞机滑行距离x ,因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量d t 进行代换,将d t 用vx d 代替,得到一个有关v 和x 的微分方程,分离变量后再作积分．解 取飞机滑行方向为x 的正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有tm k F N d d 21v v =- (1) 022=-+mg k F N v (2)。
Ch02牛顿运动定律
第二章 牛顿运动定律2-1 有一物体放在地面上，重量为P ，它与地面间的摩擦系数为μ．今用力使物体在地面上匀速前进，问此力F 与水平面夹角θ为多大时最省力．（答案：μθ1tg -=时最省力）2-2 一质量为M ，角度为θ 的劈形斜面A ，放在粗糙的水平面上，斜面上有一质量为m 的物体B 沿斜面下滑，如图．若A ，B 之间的滑动摩擦系数为μ，且B 下滑时A 保持不动，求斜面A 对地面的压力和摩擦力各多大？ (画受力图，列出方程，文字运算)（答案：θθμθsin cos cos 2mg mg Mg ++； θμθθ2cos sin cos mg mg - ）2-3 如图所示，质量为m =2 kg 的物体A 放在倾角α =30°的固定斜面上，斜面与物体A 之间的摩擦系数μ = 0.2．今以水平力F =19.6 N 的力作用在A 上，求物体A 的加速度的大小． （答案：2m/s 91.0）2-4 一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?（答案：2.92 m ）2-5 质量m ＝2.0 kg 的均匀绳，长L ＝1.0 m ，两端分别连接重物A 和B ，m A ＝8.0 kg ，m B ＝5.0 kg ，今在B 端施以大小为F＝180 N 的竖直拉力，使绳和物体向上运动，求距离绳的下端为x 处绳中的张力T (x )．（答案：)2496()(x x T +=）2-6 质量为m 的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为Ｋ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度．（答案：m Kt /0e -v ；K m /v 0）α mA F2-7 如图所示，质量为m 的摆球A 悬挂在车架上．求在下述各种情况下，摆线与竖直方向的夹角α 和线中的张力T.(1)小车沿水平方向作匀速运动； (2)小车沿水平方向作加速度为a 的运动．（答案：mg ；22g a m+）2-8 质量为m 的雨滴下降时，因受空气阻力，在落地前已是匀速运动，其速率为v = 5.0 m/s ．设空气阻力大小与雨滴速率的平方成正比，问：当雨滴下降速率为v = 4.0 m/s 时，其加速度a 多大？（答案：3.53m/s 2）2-9 已知一质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到指向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即2/x k f -=，k 是比例常数．设质点在 x =A 时的速度为零，求质点在x =A /4处的速度的大小．（答案：)/(6mA k ）2-10 飞机降落时的着地速度大小v =90 km/h ，方向与地面平行，飞机与地面间的摩擦系数μ =0.10，迎面空气阻力为C x v 2，升力为C y v 2(v 是飞机在跑道上的滑行速度，C x 和C y 为某两常量)．已知飞机的升阻比K =C y /C x =5，求飞机从着地到停止这段时间所滑行的距离．(设飞机刚着地时对地面无压力)（答案：221 m ）2-11 如图，绳CO 与竖直方向成30°角，O 为一定滑轮，物体A 与B 用跨过定滑轮的细绳相连，处于平衡状态．已知B 的质量为10 kg ，地面对B 的支持力为80 N ．若不考虑滑轮的大小求：(1) 物体A 的质量． (2) 物体B 与地面的摩擦力． (3) 绳CO 的拉力． (取g =10 m/s 2)（答案：4kg ；34.6 N ；T 2 = 69.3 N ）2-12 质量为m 的物体系于长度为R 的绳子的一个端点上，在竖直平面内绕绳子另一端点（固定）作圆周运动．设ｔ时刻物体瞬时速度的大小为v ，绳子与竖直向上的方向成θ角，如图所示．(1) 求ｔ时刻绳中的张力T 和物体的切向加速度a t ；(2) 说明在物体运动过程中a t 的大小和方向如何变化？（答案：θcos )/(2mg R mv -；θsin g ）2-13 公路的转弯处是一半径为 200 m 的圆形弧线，其内外坡度是按车速60km/h 设计的，此时轮胎不受路面左右方向的力．雪后公路上结冰，若汽车以40km/h 的速度行驶，问车胎与路面间的摩擦系数至少多大，才能保证汽车在转弯时不至滑出公路？（答案：0.0078）2-14 表面光滑的直圆锥体，顶角为2θ，底面固定在水平面上，如图所示．质量为m 的小球系在绳的一端，绳的另一端系在圆锥的顶点．绳长为l ，且不能伸长，质量不计.今使小球在圆锥面上以角速度ω 绕OH 轴匀速转动，求(1) 锥面对小球的支持力N 和细绳的张力T ； (2) 当ω增大到某一值ωc 时小球将离开锥面，这时ωc 及T又各是多少？ （答案：θωθ22sin cos l m mg +；θcos /l g ， θcos /mg ）2-15 如图所示，质量为m 的钢球A 沿着中心在O 、半径为R 的光滑半圆形槽下滑．当A 滑到图示的位置时，其速率为v ，钢球中心与O 的连线OA 和竖直方向成θ角，求这时钢球对槽的压力和钢球的切向加速度．（答案：)/v cos (2R g m +θ；θsin g ）2-16 质量为m 的小球，在水中受的浮力为常力F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力大小为f ＝k v （k 为常数）．证明小球在水中竖直沉降的速度v 与时间t 的关系为 ),e 1(/m kt kF mg ---=v 式中t 为从沉降开始计算的时间．。
牛顿第二定律实验练习题(含答案)
牛顿第二定律实验练习题1．关于“验证牛顿运动定律”的实验，下列说法中符合实际的是() A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变受力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系2．如图所示，在探究牛顿运动定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有()A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1C．当m1＝2m2、F1＝F2时，x1＝2x2D．当m1＝2m2、F1＝F2时，x2＝2x13．若测得某一物体质量m一定时，a与F的有关数据资料如下表所示：a/(m·s－2) 1.98 4.06 5.958.12F/N 1.00 2.00 3.00 4.00(1)根据表中数据，画出a－F图象．(2)根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为______________(3)若甲、乙两同学在实验过程中，由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图所示的a－F图象．试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：_____________________________________________________乙：_____________________________________________________4．某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图(a)所示为实验装置简图．(交流电的频率为50 Hz)(1)图(b)所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.(保留两位有效数字)(2)保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m ，分别得到小车加速度a 与质量m及对应的1m数据如下表：实验次数 1 2 3 4 5 6 7 8 小车加速度a /m·s －2 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30 小车质量m /kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.671m /kg －14.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60请在下图所示的坐标纸中画出a －1m图线，并由图线求出小车加速度a 与质量倒数1m之间的关系式是________________________5．为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，光电门间距离为x ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：____________________________________________________________________(2)若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是 A ．m 1＝5 g B ．m 2＝15 g C ．m 3＝40 g D ．m 4＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度的表达式为 ______________________________(用Δt 1、Δt 2、D 、x 表示)6．在用DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a ）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器（发射器）随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端．实验中把重物的重力作为拉力F ，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据．（1）在坐标纸上作出小车加速度a 和拉力F 的关系图线；（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处是：__________________________；a /ms -2 2.01 2.98 4.02 6.00 F /N1.002.003.005.003.0 a/ms -2 1.02.0 4.0 2.0 6.0 4.0F /N位移传感器 （接收器）小车位移传感器 （发射器）重物轨道 )a 图（（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，如图(b)所示．从理论上分析，该实验图线的斜率将___________．（填“变大”，“变小”，“不变”）7.如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m ，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg ，将该力视为合外力F ，对应的加速度a 则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F 为横轴，以加速度a 为纵轴，画出a －F 图象，图象是一条过原点的直线． ①a －F 图象斜率的物理意义是_________________________________________． ②你认为把沙桶的总重力mg 当作合外力F 是否合理？ 答：________.(填“合理”或“不合理”)③本次实验中，是否应该满足M ≫m 这样的条件？ 答：________(填“是”或“否”)；理由是______________________________________________________．(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m 不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a 为纵横，应该以______倒数为横轴．参考答案位移传感器（接收器） 小车力传感器位移传感器 （发射器）重物轨道 )b 图（1.解析：验证牛顿运动定律的实验，是利用控制变量法，探究加速度a 与合外力F 、物体质量m 的关系，故D 项正确．答案：D2.解析：当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，由F ＝ma 可知，a 1＝2a 2，再由x ＝12at 2可得：x 1＝2x 2，故A 正确，B 错误；当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，a 1＝12a 2，再由x ＝12at 2可得：x 1＝12x 2，故C 错误，D 正确．答案：AD3.解析：(1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免地出现误差，研究误差产生的原因，从而减小误差，增大实验的准确性，则在误差允许范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑．描点画图如图所示．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有较大截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够． 答案：(1)见解析 (2)正比例关系(3)平衡摩擦力时木板抬的过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够4.解析：(1)由逐差法得a ＝a ＝(x 3＋x 4)－(x 1＋x 2)(4T )2＝[(7.72＋7.21)－(6.70＋6.19)]×10－216×0.022m/s 2≈3.2 m/s 2 (2)如图所示，a ＝12mN答案：见解析5.解析：(1)如果气垫导轨水平，则不挂砝码时，M 应能在任意位置静止不动，或推动M 后能使M 匀速运动．(2)应满足M ≫m ，故m 4＝400 g 不合适． (3)由v 1＝D Δt 1，v 2＝DΔt 2，v 22－v 12＝2ax可得：a ＝(D Δt 2)2－(D Δt 1)22x.答案：(1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M ，数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt 都相等 (2)D(3)a ＝(D Δt 2)2－(D Δt 1)22x6. (1) （2）倾角过大 观察图像可以发现，当外力为零 时，加速度a 不等于0，说明在平衡摩擦力时轨道倾角过大，使得重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。
牛顿第二定律经典习题训练含答案
精心整理题型一对牛顿第二定律的理解1、关于牛顿第二定律，下列说法正确的是( ) A ．公式F ＝ma 中，各量的单位可以任意选取B ．某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合外力，而与这之前或之后的受力无关C ．公式F ＝ma 中，a 实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和D ．物体的运动方向一定与它所受合外力方向一致 【变式】．从牛顿第二定律知道，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个很小的力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为( ) A ．牛顿的第二定律不适用于静止物体B ．桌子的加速度很小，速度增量极小，眼睛不易觉察到C ．推力小于静摩擦力，加速度是负的D ．桌子所受的合力为零题型二 牛顿第二定律的瞬时性2、如图所示，质量均为m 的A 和B 两球用轻弹簧连接，A 球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态．如果将悬挂A 球的细线剪断，此时A 和B 两球的瞬间加速度各是多少？ 【变式】．(2010·全国卷Ⅰ)如图4—3—3，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板上，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a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( ) A.a1=0,a2=gB.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=(m+M)g/MD.a1=g,a2=(m+M)g/M 题型三 牛顿第二定律的独立性3 如图所示，质量m ＝2kg 的物体放在光滑水平面上，受到水平且相互垂直的两个力F 1、F 2的作用，且F 1＝3N ，F 2＝4N ．试求物体的加速度大小． 【变式】．如图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，梯面对人的支持力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？ 题型四 运动和力的关系4 如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O 点，自由伸长到B 点．今用一小物体m 把弹簧压缩到A 点(m 与弹簧不连接)，然后释放，小物体能经B 点运动到C 点而静止．小物体m 与水平面间的动摩擦因数μ恒定，则下列说法中正确的是( ) A ．物体从A 到B 速度越来越大 B ．物体从A 到B 速度先增加后减小 C ．物体从A 到B 加速度越来越小D ．物体从A 到B 加速度先减小后增加 【变式】．(2010·福建理综高考)质量为2kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10m/s 2，则物体在t ＝0至t ＝12s 这段时间的位移大小为( ) A ．18mB ．54m C ．72mD ．198m题型五 牛顿第二定律的应用5、质量为2kg 的物体与水平面的动摩擦因数为0.2，现对物体用一向右与水平方向成37°、大小为10N 的斜向上拉力F ，使之向右做匀加速直线运动，如图甲所示，求物体运动的加速度的大小．(g 取10m/s.)牛顿第二定律经典习题训练班级姓名【变式】．一只装有工件的木箱,质量m ＝40kg.木箱与水平地面的动摩擦因数μ＝0.3，现用200N 的斜向右下方的力F 推木箱,推力的方向与水平面成θ＝30°角，如下图所示．求木箱的加速度大小．(g 取9.8m/s 2) 强化练习 一、选择题1．下列说法中正确的是( )A ．物体所受合外力为零，物体的速度必为零B ．物体所受合外力越大，物体的加速度越大，速度也越大C ．物体的速度方向一定与物体受到的合外力的方向一致D ．物体的加速度方向一定与物体所受到的合外力方向一致 2．关于力的单位“牛顿”，下列说法正确的是( ) A ．使2kg 的物体产生2m/s 2加速度的力，叫做1NB ．使质量是0.5kg 的物体产生1.5m/s 2的加速度的力，叫做1NC ．使质量是1kg 的物体产生1m/s 2的加速度的力，叫做1N D ．使质量是2kg 的物体产生1m/s 2的加速度的力，叫做1N 3．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是( )A ．加速度和力的关系是瞬时对应关系，即a 与F 是同时产生，同时变化，同时消失B ．物体只有受到力作用时，才有加速度，但不一定有速度C ．任何情况下，加速度的方向总与合外力方向相同，但与速度v 不一定同向D ．当物体受到几个力作用时，可把物体的加速度看成是各个力单独作用所产生的分加速度的合成 4．质量为m 的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为F f ，加速度a ＝g ，则F f 的大小是( )A ．F f ＝mgB ．F f ＝mgC ．F f ＝mgD ．F f ＝mg5．如图1所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N 、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1kg 的物块，在水平地面上当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10N ，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8N ，这时小车运动的加速度大小是( ) A ．2m/s 2B ．4m/s 2 C ．6m/s 2D ．8m/s 26．搬运工人沿粗糙斜面把一物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F 时，物体的加速度为a 1；若保持力的方向不变，大小变为2F 时，物体的加速度为a 2，则( ) A ．a 1＝a 2B ．a 1<a 2<2a 1 C ．a 2＝2a 1D ．a 2>2a 1 二、非选择题7.如图2所示，三物体A 、B 、C 的质量均相等，用轻弹簧和细绳相连后竖直悬挂，当把A 、B 之间的细绳剪断的瞬间，求三物体的加速度大小为a A 、a B 、a C .8．甲、乙、丙三物体质量之比为5∶3∶2，所受合外力之比为2∶3∶5，则甲、乙、丙三物体加速度大小之比为________．9．质量为2kg 的物体，运动的加速度为1m/s 2，则所受合外力大小为多大？若物体所受合外力大小为8N ，那么，物体的加速度大小为多大？10．质量为6×103kg 的车，在水平力F ＝3×104N 的牵引下，沿水平地面前进，如果阻力为车重的0.05倍，求车获得的加速度是多少？(g 取10m/s 2)11．质量为2kg 物体静止在光滑的水平面上，若有大小均为10N 的两个外力同时作用于它，一个力水平向东，另一个力水平向南，求它的加速度．12．质量m 1＝10kg 的物体在竖直向上的恒定拉力F 作用下，以a 1＝2m/s 2的加速度匀加速上升，拉图1 图力F 多大？若将拉力F 作用在另一物体上，物体能以a 2＝2m/s 2的加速度匀加速下降，该物体的质量m 2应为多大？(g 取10m/s 2，空气阻力不计)13．在无风的天气里，一质量为0.2g 的雨滴在空中竖直下落，由于受到空气的阻力，最后以某一恒定的速度下落，这个恒定的速度通常叫收尾速度．(1)雨滴达到收尾速度时受到的空气阻力是多大？(g ＝10m/s 2)(2)若空气阻力与雨滴的速度成正比，试定性分析雨滴下落过程中加速度和速度如何变化． 参考答案1【答案】 BC 答案：D 2答案：B 球瞬间加速度aB ＝0.aA ＝2g ，方向向下．答案c 32.5m/s 2答案 4、【答案】 BD 答案：B 5、1234答案：562F 7物体受2g 0 89101112由牛顿第二定律F －m 1g ＝m 1a 1，代入数据得F ＝120N.若作用在另一物体上m 2g －F ＝m 2a 2，代入数据得m 2＝15kg.答案：120N 15kg 13、解析：(1)雨滴达到收尾速度时受到的空气阻力和重力是一对平衡力，所以F f ＝mg ＝2×10－3N.(2)雨滴刚开始下落的瞬间，速度为零，因而阻力也为零，加速度为重力加速度g ；随着速度的增大，阻力也逐渐增大，合力减小，加速度也减小；当速度增大到某一值时，阻力的大小增大到等于重力，雨滴所受合力也为零，速度将不再增大，雨滴匀速下落．答案：(1)2×10－3N (2)加速度由g 逐渐减小直至为零，速度从零增大直至最后不变5。
牛顿第二定律实验总结、习题(含答案)
实验：验证牛顿第二定律【实验目的】验证牛顿第二定律，就是验证：（1）物体质量一定时，加速度与合外力成正比；（2）合外力一定时，物体的加速度与质量成反比。
【实验原理】1、保持研究对象（小车）的质量(M)不变，改变砂桶内砂的质量(m)，即改变牵引力测出小车的对应加速度，用图像法验证加速度是否正比于作用力。
2、保持砂桶内砂的质量(m)不变，改变研究对象的质量(M)，即往小车内加减砝码，测出小车对应的加速度，用图像法验证加速度是否反比于质量。
【实验器材】附有定滑轮的长木板、薄木垫、小车、细线、小桶及砂、打点计时器、低压交流电源、导线、天平（带一套砝码）、毫米刻度尺、纸带及复写纸等。
【实验步骤】1、用天平测出小车和小桶的质量M0和m0，并记录数值；2、按照要求安装实验器材，此时不把悬挂小桶用的细绳系在车上，即不给小车加牵引力；3、平衡摩擦力，在长木板不带定滑轮的一端下面垫薄木板，并反复移动其位置，直到打点计时器正常工作后，小车在斜面上的运动可以保持匀速直线运动状态为止。
4、记录小车及车内所加砝码的质量；称好砂子后将砂倒入小桶，把细绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂小桶；此时要调整定滑轮的高度使绳与木板平行；接通电源，放开小车，待打点计时器在纸带上打好点后，取下纸带，做好标记。
5、保持小车的总质量不变，改变砂的质量（均要用天平称量），按步骤4中方法打好纸带，做好标记。
6、在每条纸带上选取一段比较理想的部分，分别计算出加速度值。
7、用纵坐标表示加速度，横坐标表示作用力（即砂和砂桶的总重力mg），根据实验结果画出相应的点，如果这些点在一条直线上，便证明了质量一定的情况下，加速度与合外力成正比。
8、保持砂和桶的质量不变，在小车上加砝码（需记录好数据），重复上面的实验步骤，求出相应的加速度，用纵坐标表示加速度，横坐标表示小车及砝码的总质量的倒数1M，根据实验结果画出相应的点，如果这些点在一条直线上，就证明了合外力一定的情况下，加速度与质量成反比。
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1.下列四种说法中，正确的为：（ )A. 物体在恒力作用下,不可能作曲线运动;B. 物体在变力作用下,不可能作曲线运动；C. 物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动;D. 物体在不垂直于速度方向的力作用下,不可能作圆周运动;解：答案是Ｃ。
２．关于惯性有下面四种说法,正确的为：（ )A. 物体静止或作匀速运动时才具有惯性;B. 物体受力作变速运动时才具有惯性;C. 物体受力作变速运动时才没有惯性；D. 惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性。
解：答案是D 。
3．在足够长的管中装有粘滞液体，放入钢球由静止开始向下运动，下列说法中正确的是：（ ）A. 钢球运动越来越慢,最后静止不动；B. 钢球运动越来越慢，最后达到稳定的速度;C. 钢球运动越来越快,一直无限制地增加；D. 钢球运动越来越快,最后达到稳定的速度。
解:答案是D 。
4.一人肩扛一重量为P 的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时,米袋作用在他肩上的力应为：（ ）Ａ. 0 B. Ｐ /4 Ｃ. PD ． P ／2解:答案是Ａ。
简要提示:米袋和人具有相同的加速度,因此米袋作用在他肩上的力应为0。
5．质量分别为m 1 和m 2 的两滑块A 和B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上,滑块与桌面间的滑动摩擦系数均为μ ，系统在水平拉力F 作用下匀速运动,如图所示.如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度ａA 和a B 分别为Ａ. a A = 0,a B ＝ 0; B. ａＡ > ０,a B < 0；C. a A < 0,ａB ＞ 0D. a A < 0，a B = 0 。
解：答案是D 。
简要提示：水平拉力刚撤消的瞬间,滑块A 受到的合力为弹力和滑动摩擦力,均指向负x 方向,滑块Ｂ受到的合力仍然为零。
6. 质量为ｍ的物体最初位于x 0处,在力F = - k /x ２作用下由静止开始沿直线运动，k 为一常数，则物体在任一位置ｘ处的速度应为（)选择题5图A.)11(0x x m k -B.)11(20x x m k - Ｃ.)11(30x x m k - Ｄ.)11(0x x m k - 解：答案是B 。
简要提示: 21d d d d x m k x t a -===v v v x x m k x x d )1(d 200⎰⎰-=v v v )11(2102x x m k -=v ， 所以 )11(20x x m k -=v 。
7. 一质量为m 的物体在t = 0时下落,受到重力和正比于其速度（相对于空气)的空气阻力作用，已知相对固定在地面上的坐标系来说，其运动方程为v v b mg tm -=d d ,则相对于以垂直向上速度v ０运动的另一运动坐标系（用＇表示)来说，运动方程变为:( ）A. 'd 'd v v b mg tm --= B ． ')(d 'd 0 v v v b g m t m --= C ． )'()d 'd (00 v v v v +--=-b mg t m D. )'(d 'd 0v v v --=b mg tm 解:答案是Ｄ。
简要提示:两个坐标系中的速度具有关系:ｖ = v 0 ＋ v '，ｖ和v ＇垂直向下，ｖ0垂直向上,因此v = v ＇ -ｖ0。
将上述v 代入运动方程v v b mg tm -=d d ，得到： )'(d 'd 0v v v --=b mg tm 8. 两个物体A 和B 用细线连结跨过电梯内的一个无摩擦的轻定滑轮。
已知物体A 的质量为物体B 的质量的2倍,则当两物体相对电梯静止时，电梯的运动加速度为：( )A. 大小为ｇ,方向向上B. 大小为g ，方向向下Ｃ. 大小为g /2,方向向上 D. 大小为ｇ/2,方向向下解:答案是B 。
简要提示:设电梯的加速度为a ,方向向下。
以地面为参考系，则物体A 和B 的动力学方程分别为:ma T mg 22=-ma T mg =-两式相减,得：a = ｇ二 填空题１. 质量分别为m 1和ｍ２的两木块,用一细绳拉紧，沿一倾角为θ 且固定的斜面下滑，如图所示，m １和m 2与斜面间的滑动摩擦因数分别为μ１和μ２,且μ1<μ2,则下滑过程中m 1的加速度为 ，m 2的加速度为 ，绳中张力为 。
解：答案为：θg m m m μm μθg cos sin 212211++-; θg m m m μm μθg cos sin 212211++-；θg m m m )m μ(μcos 212122+-。
简要提示：两物体的运动方程分别为：11111cos sin a m T g m g m =--θμθ22222cos sin a m g m g m T =-+θμθ21a a =。
联合求解得到:θg m m m μm μθg a a cos sin 21221121++-==； θg m m m )m μ(μT cos 212122+-=。
2. 如图所示，一根轻弹簧的两端分别固连着质量相等的两个物体Ａ和B ,用轻线将它们悬挂起来，在将线烧断的瞬间，物体A 的加速度大小是_____ m ⋅ ｓ–2,物体B 的加速度大小是 m ⋅ ｓ–2解：答案为:2g ； ０。
简要提示：Ａ物体 ma =ｍg +mg ，∴ a =2g 。
B 物体ma =ｍg -ｍg ,∴ ａ=0。
3. 如图所示，一细线一端系着质量为ｍ的小球，另一端固定于o 点，可在竖直平面上摆动,将小球拉至水平位置后自由释放,当球摆到与铅直线成θ 角的位置时，小球的切向加速度大小为 ；法向加速度大小为 。
解：答案为：g sin θ ； 2ｇ cos θ 。
简要提示:由受力分析得：切向加速度大小ａτ=ｇs ｉｎθ ，法向加速度大小a ｎ= v 2/l =2g l ｃｏｓθ ／l =2ｇ ｃos θ 。
4. 如图所示,一条重而均匀的钢绳，质量m = 4 kg ，连接两物体，m 1 = 7 kg,m ２ ＝ 5 kg ，现用Ｆ＝200 N 的力向上作用于m 1上,则钢绳中点处的张力为 N 。
解:87.5 N 。
O m 填空题3图 F m 1 mm 2 填空题4图填空题1图 μ2m 1μ1 θ m 2填空题2图简要提示：22121s m 5.2)(-⋅=++++-=m m m g m m m F a , a m m g m m T )2/()2/(22+=+-,5.87))(2/(2=++=a g m m T Ｎ5． 如图所示,A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的定滑轮和细绳连接，并不计摩擦,则A 获得的加速度大小为＿__＿__＿_,B 获得的加速度大小为_____＿__。
解:答案为:g /5; ２g /5。
简要提示：物体A 和Ｂ的运动方程分别为:B ma T mg =-A ma mg T =-2A B a a 2= 解得：A 的加速度大小为g /5,Ｂ的加速度大小为 2ｇ/5。
６. 一条公路的某处有一水平弯道，弯道半径为５０ｍ，若一辆汽车车轮与地面的静摩擦因数为0.６，则此车在该弯道处行驶的最大安全速率为 。
解：答案为６1.74 ｋm ⋅ h –１简要提示： mg Rm s 2max μ=v , 最大安全速率为11s max h 61.74km s m 300--⋅=⋅==mg μv7. 如图所示，堆放着三块完全相同的物体,质量均为ｍ，设各接触面间的静摩擦因数与滑动摩擦因数也都相同,均为μ 。
若要将最底下的一块物体抽出,则作用在其上的水平力F 至少为 。
解:答案为:F ≥ 6 μ mg 。
简要提示:对于最下面一块物体,有:ma mg mg F =--μμ32，ma mg F +=μ5。
可以算出上面两块物体因摩擦获得的加速度都是μｇ，所以若要将最底下的一块物体抽出，则要求a >μg 。
得到:F ≥ ６ μ mg 。
８． 已知月球的质量是地球的1/81,月球半径为地球半径的3/１1，若不计自转的影响，在地球上体重为G 1的一人在月球上的体重约为 。
解:答案为:Ｇ1/６ 。
简要提示:在地球上有:211r M mG G = A B 填空题5图填空题7图 m m m在月球上有：2222r M mG G =∴ 61)113(811)(2221221221122212≈===r r M M r M r M G G 9． 质量为m 的小球用长为L 的绳子悬挂着，在水平面内作匀速率圆周运动，如图所示,设转动的角速度为ω,则绳子与竖直方向的夹角θ为 。
解：答案为：)arccos(2Lg ω 简要提示：由动力学方程:θωθsin sin 2L m T =mg T =θcos可得: L g2cos ωθ=,)arccos(2L gωθ=10. 如图所示，质量分别为m 1、m 2和m 3的物体迭在一起，则当三物体匀速下落时,m 2受到的合外力大小为 ；当它们自由下落时，m ３受到的合外力大小为 ;当它们以加速度ａ上升时,m 1受到的合外力大小为 ；当它们以加速度ａ下降时,三物体系统受到的合外力大小为 ；解:答案为：0； ｍ3g ； m 1a ； （m 1＋ｍ２+ｍ３)a 。
简要提示：由受力分析和牛顿第二定律可以得到。
三 计算题1．一物块在离地高1ｍ的水平桌面上匀变速滑动,当其滑到离桌边３ m 处时,速率为４ m ⋅ s –1,然后滑出桌边落地,其着地点距桌边1m,求物块与桌面间的滑动摩擦因数。
解:物块滑离桌面后做平抛运动,则离开桌边的速率为hg x t x 2==v 填空题10图m 3m 2m 1填空题9图从起始点滑到桌边,物体做匀变速直线运动，其加速度sa 2202v v -= 由牛顿第二定律:-μmg ＝ ma得 )2(2122v --=-=x h g gs g a μ 将v 0 ＝ ４ m ⋅ s –1, s =3m ， x =1m, h ＝１m, ｇ = 9．８ ｍ ⋅ s –2, 代入算得 μ ＝０.19。
2. 如图所示,两物体的质量m 1 = １kg ，m 2 = ２k ｇ，用长细绳挂在定滑轮上,绳、滑轮的质量及摩擦均不计,开始时m 1离桌面高h 1 = 1m,m 2离桌面高ｈ2 = 1.5m ，然后m 2由静止下落，求ｍ1上升最高点离桌面的高度h 。
解:如图，m 1有两个运动过程，一是以a 向上作匀加速直线运动,设移动的距离为x 1，显然ｘ1=h 2。
二是以v 作竖直上抛运动,设向上移动的距离为x 2 。
取x 轴向上为正向,由牛顿定律⎩⎨⎧=-=-a m T g m a m g m T 2211 解得： g g m m m m a 311212=+-= 2122122 m 5.1ah ax h x ====v∴ m 5.02222===gah g x v 故 m 3121=++=h x x h3． 如图所示,一质量为ｍ的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点,然后沿圆弧AD ＣB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，设圆弧半径为r 。