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牛顿第二定律的综合应用


牛顿运动定律的应用
高建平

1、质量为5kg的物体在沿斜面向上的力F作用下,沿 斜面匀加速向上运动,加速度大小a=2m/s2、F=50N、 θ=37°,若突然撤去外力F,则在撤去F的瞬间物体 的加速度大小和方向是 D A、2m/s2,沿斜面向上 B、4m/s2,沿斜面向下 C、6m/s2,沿斜面向下 D、8m/s2,沿斜面向下

/> 2、如图,固定在水平面上的斜面倾角为37°,斜面高为0.3m, 将一物块无初速的放在斜面的顶端,物块和斜面与水平面的动摩 擦因数都是0.2,则物块沿斜面下滑至水平面离斜面底端多远停 下?(g=10m/s2,不计在斜面底端速度大小的变化) 解:物块在斜面上下滑时 a1=gsinθ-μgcosθ
0.3m 37°

滑到斜面底端时的速度
v2=2a1h/sinθ 设在水平面上滑行距离为x 在水平面上受摩擦力产生 的加速度 a2=μg 2a2x=v2 2 a1h/sinθ=2a2x

x=1.1m

3.如图所示,三个物体质量均为m,物体A与斜面间动摩擦因数 为 3 ,斜面体与水平地面间摩擦力足够大,物体C距地面的高度 8 为0. 8 m,斜面倾角为30°.求: (1)若开始时系统处于静止状态,斜面体与水平地面之间有无摩 擦力?如果有,求出这个摩擦力;如果没有,请说明理由. (2)若在系统静止时,去掉物体B,求物体C落地时的速度. 解:(1)以A、B、C和斜面 整体为研究对象,处于静止 平衡,合外力为零,因水平 方向没有受到其他外力,所 以斜面和地面间没有摩擦 力.

(2)

10 2

m/s

4.(新课标理综第21题).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( )

5.(2011· 上海)如图,将质量m=0.1kg的圆环套在固定 的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与 杆间动摩擦因数μ=0.8。对环施加一位于竖直平面内 斜向上,与杆夹角θ=53°的拉力F,使圆环以 a=4.4m/s2的加速度沿杆运劝,求F的大小

6、如图一木板静止在光滑水平面上,木板的质量是M, 木板上停着一个小滑块质量为m,它与木板间的动摩 擦因数为μ,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求: 要想使m和M一起向右做加速运动,F最大为多少? m M F

F ? ? (M ? m ) g
思考:若F作用在m上,结果如何?

7、如图所示,质量为m的物块放在倾角为θ的光滑 斜面上,斜面体的质量为M,地面光滑。现对斜面体 施加一个水平推力F,要使物体m相对斜面静止,F 应为多大?
m

F
M θ

F ? ( M ? m ) g tan ?

1. 59)如图所示,小型工件 P 以速率 v1 在光滑水平工作 (P 台上滑行,水平传送带 AB 段长为 L,以速率 v2 运行.工件 P 从 A 处滑上传送带,与传送带间的动摩擦因数为 μ,在到 达 B 点之前已经与传送带保持相对静止.讨论工件 P 在传 送带上由 A 运动到 B 所用的时间.

解析 (1)当v1=v2时,工件在传送带上做匀速直线运动, L L 故t= = v1 v2 (2)当v1<v2时,工件先加速后匀速 v2-v1 加速过程:a=μg,方向与工件运动方向相同t1= μg , v2 2-v1 2 x1= ; 2μg L-x1 匀速过程:t2= , v2 2 L ?v2-v1? 故t=t1+t2= + v2 2μgv2

(3)当v1>v2时,工件先减速后匀速 v1-v2 减速过程:a=μg,方向与工件运动方向相反t1= μg , 2 2 v1 -v2 x1= ; 2μg L-x1 匀速过程t2= v2 2 L ?v1-v2? 故t=t1+t2= - . v2 2μgv2

2.(P49)如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角 θ=30° , 皮带在电动机的带动下,始终保持以 v0=2 m/s 的速率运 行.现把一质量为 m=10 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在 皮带的底端,经时间 1.9 s,工件被传送到 h=1.5 m 的高处, g 取 10 m/s .求工件与皮带间的动摩擦因数.
2

解析 设工件上升1.5 m的过程中,加速运动的时间为t1,匀 1 2 速运动的时间为t-t1,对加速过程分析x1= at1 ,v0=at1 2 匀速过程x2=v0(t-t1) 总位移x1+x2=3 m 以上几式联立得a=2.5 m/s
2

由牛顿第二定律得μmgcos 30° -mgsin 30° =ma 3 解得μ= . 2

3. 50)如图所示,传送带与地面的夹角 θ=37° (P ,从 A 到 B 的长度为 16 m,传送带以 10 m/s 的速率逆时针转动,在 传送带上端 A 处由静止放一个质量为 0.6 kg 的物体, 它与传 送带之间的动摩擦因数 μ=0.5,求物体从 A 运动到 B 所需 要的时间是多少.(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,g 取 10 m/s )
2

解析

物体刚放在传送带上时,物体

y

的受力情况如图所示,在垂直于传送 带方向上和沿传送带方向上分别应用 牛顿第二定律得 FN-mgcos θ=0 Ff+mgsin θ=ma1 Ff=μFN ① ② ③
x

联立①②③三式,代入数据,解得加速度 a1 为 a1=g(sin θ+μcos θ) =10×(0.6+0.5×0.8) m/s2=10 m/s2

物体加速至与传送带的速度大小相等所用的时间 v 10 t1= = s=1 s, a1 10 1 1 2 t1时间内物体的位移x1= a1t1 = ×10×12 m=5 m 2 2 物体所受的最大静摩擦力为 Fmax=μmgcos θ=0.5×0.6×10×0.8 N=2.4 N,重力沿传 送带向下的分力为 mgsin θ=0.6×10×0.6 N=3.6 N, 显然Fmax<mgsin θ 所以物体加速至与传送带的速度大小相 等后,做加速度较小的匀加速运动,对 物体进行受力分析如图所示,在垂直于 传送带方向与沿传送带方向上分别应用牛顿第二定律得
x y

FN-mgcos θ=0 mgsin θ-Ff′=ma2 又因为Ff′=μFN 联立④⑤⑥三式,代入数据解得加速度a2为 a2=g(sin θ-μcos θ)=10×(0.6-0.5×0.8) m/s2 =2 m/s2, 1 2 由x-x1=v0t2+ at2得 2 1 16 m-5 m=10t2+ ×2t2, 2 2 解得t2=1 s,t2′=-11 s(舍去) 所以从A到B所用的总时间为 t=t1+t2=2 s.

④ ⑤ ⑥

答案

2 s

方法归纳 分析处理传送带问题需要特别注重两点分析: 一是对物体在初态时所受滑动摩擦力的方向的分析;二是 对物体在达到传送带的速度时摩擦力的有无及方向的分 析.对于水平传送带问题,当物体与传送带相对静止且物 体所受弹力仅为支持力时,因物体与传送带间无相对运动 的趋势,故物体所受的摩擦力突变为零,之后物体随传送 带一起做匀速运动;对于倾斜传送带问题,当物体与传送 带相对静止且物体所受弹力仅为支持力时,摩擦力的大小 是否突变取决于下滑力与最大静摩擦力的关系,另外还要 注意分析摩擦力的方向是否发生突变.

5. 52)如图所示,传送带的水平部分 ab=2 m,斜面部分 (P bc=4 m, 与水平面的夹角 α=37° bc .一个小物体 A 与传送带 的动摩擦因数 μ=0.25,传送带沿图示的方向运动,速率 v =2 m/s.若把物体 A 轻放到 a 处,它将被传送带送到 c 点, 且物体 A 不会脱离传送带. 求物体 A 从 a 点被传送到 c 点所 用的时间.(已知:sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,g=10 m/s2)

解析 物体 A 轻放在 a 点后在摩擦力作用下向右做匀加速 直线运动直到和传送带速度相等.在这一过程中有 μmg a1= =μg. m 2 2 v v x1= = =0.8 m<ab. 2a 2μg v 经历时间为 t1= =0.8 s. a1 ab-x1 此后随传送带运动到 b 点的时间为 t2= =0.6 s. v


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