高中物理牛顿第二定律例题

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>kx

1

，得a=g-kx

1

/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

2,a=kx

2

/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=mgF=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

联立两式，得

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 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

2

2222

1t a vt S L +

=- 解得t 2=1s,(t 2=-11s 舍去)

图2-2-11

甲

图2-2-11

乙

图2-2-11

丙

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

【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

F 1 F 2

θ θ

G

θ θ 图