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【解析】本题主要研究a与F合的对应关系，弹簧这种特殊模型的变化特点，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=0，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<kx2,a=kx2/m-g，物体做a增加的减速直线运动。

同理，当物体从B→A时，可以分析B→C 做加速度度越来越小的变加速直线运动；从C→A做加速度越来越大的减速直线运动。

C正确。

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N-cos maT=4545)1(sinNsin mgT=-)2(4545cos联立两式，得45N-=mgcos ma45sin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 ==45sin 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的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为，求物体从A 运动到B 所需要时间是多少（g 取10m/s 2，sin37°=） 【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 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mamg mg =+θμθcos sin图2-2-11甲图2-2-11乙a 1=10×+×=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丙所示，由牛顿第二定律得2cos sin ma mg mg =-θμθa 2=2m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2，由222221t 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)图2-2-11丙分别以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 )(32112++=【例6】某人在以a=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222/5s m m gm 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/2sinF 1 F 2θ θGθ，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A θ的长度．6．【答案】20002v a g a gμμ-（） 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 <a 0，故v <v 0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用．再经过时间t '，煤块的速度由v 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200012s 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20002v a g l a gμμ-=（） 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=，AB间的距离l=2m，g取10m／s2．（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/s2；（2）1s；（3）2m/s解析：（1）滑动摩擦力F=μmg①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/s2 ④（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 =at⑤ 代入数值，得t =1s⑥（3）行李从A 匀加速运动到B 时，传送时间最短．则2min 12l at = ⑦ 代入数值，得min 2s t = ⑧传送带对应的运行速率V min =at min⑨ 代人数据解得V min =2m/s⑩10．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＝，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°＝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 si n37°＝ m/s2物体加速至2 m/s所需位移s0＝v22a＝错误! m＝5 m<L经分析可知物体先加速5 m 再匀速运动s＝L－s0＝6 m.匀加速运动时间t1＝va＝错误! s＝5 s.匀速运动的时间t2＝sv ＝62s＝3 s.则总时间t＝t1＋t2＝(5＋3) s＝8 s.答案：8 s11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 =，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°=，g =l0m/s 2）1．【答案】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 vt a gμ===． 22111112110.8m,22AB 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°=；滑动摩擦力沿斜面向上，其大小为μmg cos37°=．可见其加速下滑．由牛顿第二定律233cos37cos37,0.44m/s mg mg ma a g μ︒-︒===，233312BC 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=．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 DA ′．T 1=2mg T 2=22)()(mg qE + B ′．T 1＞2mg T 2＞22)()(mg qE +C ′．T 1＜2mg T 2＜22)()(mg qE + D / ．T 1=2mg T 2＜22)()(mg qE +1 E +q2 -q图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：T1=2mg，为了得出T2，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：T2+F引=22)()(mgqE+.即 T2＜22)()(mgqE+，选D。