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1、牛顿第二定律单物体经典题典例 1.如图所示 , ad 、 bd、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆 ,a 、b、c、d 位于同一 圆周上 ,a 点为圆周的最高点 ,d 点为最低点 .每根杆上都套着一个小滑环 (圆中未画出) , 三个滑环分别从 a、b、c 处释放(初速为 0),用 t1 、t2、t3 依次表示各滑环到达 d所 用的时间 , 则 ( )A.t1 <t2 <t3B. t1>t2>t3a、B. t1>t2 >t3C.t3 > t1 >t2 D.t1=t2=t3典例 2. (2013高考天津理综物理第 10 题)质量为 m=4kg的小物
2、块静止于水平地面上的 A点，现用 F=10N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点，A、B 两点相距 x=20m，物块与地面间的动摩擦因数 =0.2,g 取 10m/s 2, ，求：(l )物块在力 F 作用过程发生位移 xl 的大小：(2 )撤去力 F后物块继续滑动的时间 t 。解析：( 1)设物块受到的滑动摩擦力为 F1，则 F1=mg根据动能定理，对物块由 A 到 B的整个过程，有： Fx1-F 1x=0.代入数据解得： x1=16m。(2)设刚撤去力 F 时物块的速度为 v，此后物块的加速度为 a，滑动的位移为 x2，则 x2=x- x由牛顿第二定律得： F
3、1=ma， 由匀变速直线运动规律得， v2=2ax2， 以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F 1t=0-mv ，代入数据解得： t=2s 。变式训练 1.在研究摩擦力的实验中，将木块放在水平长木板上。如图a 所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从零开始逐渐增大。分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力 Ff 随拉 力 F 的变化图象，如图 b 所示(已知木块质量为 8.0 kg，重力加速度 g10 m/s2，sin 37 °0.60，cos 37° 0.80)。(1)求木块与长木板间的动摩擦因数；(2)如图 c，木块受到恒力 F50 N 作用，方
4、向与水平方向成 37°角斜向右上方，求木块从静止开始沿水 平面做匀变速直线运动的加速度；(3)在(2)中木块从静止开始受拉力 F 作用 t12.0 s后撤去，计算木块在整个运动过程中发生的总位移？答案】 =0.4a=2.5m/s2 8.125m1）由题图 b 知：木块所受到的滑动摩擦力 f=32N根据 f= N解得 =0.4；（2）根据牛顿运动定律得 Fcos-f=ma ，Fsin +N=mgf= N联立解得： a=2.5m/s2；（ 3）撤去 F 后，加速度 a = g=4m/s2继续滑行时间t2at12.5 24s 1.25s1 2 1 2x 2 a t2 4 1.25 m3.1
5、25m22x1 1 at12 1 2.5 22m5m加速阶段位移为 2 2 ，减速阶段位移为总位移为 x=x1 x2 8.125m 。典例 3如图 8 所示，在倾角 = 370的足够长的固定斜面底端有一质量m = 1.0kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数 = 0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F = 10.0N ，方向平行斜面向上经时间t = 4.0s 绳子突然断了，求：（ 1）绳断时物体的速度大小（ 2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间（ sin370 = 0.6， cos370 = 0.8， g = 10m/s 2）解：（ 1）物体向上运动过程中，受重力m
6、g，摩擦力 f，拉力 F，F mgsin f = ma1 又 f = NFFN = mgcos 2 a1 = 2.0m / s 所以， t = 4.0s 时物体速度V1 =2分设加速度为（2）绳断后 ,物体距斜面底端s1 =a1t= 8.0m/s1 2a1t = 16m.211分1分1分断绳后 ,设加速度为 a2,由牛顿第二定律得 mgsin mgcos = m2 a2 a2 = 8.0m / s2分物体做减速运动时间 t2v1 = 1.0sa21分减速运动位移 s2 = 4.0m 此后物体沿斜面匀加速下滑 mgsin mgcos = m3 a,设加速度为a3, 则有a3 = 4.0m/s 2
7、2分设下滑时间为 t3 ,则:s112 s2 =a3t32 2 3 31分T 3 = 10s = 3 .2 st总 = t2 t3 = 4.2s变式训练 2.（20XX年上海物理）质量为 10kg 的物体在 F 200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角37O力 F 作用 2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了 1.25s后速度减为零求：物体与斜面间的动摩擦因数 和物体的总位移 s（已知 sin37o0.6，cos37O0.8，g10m/s2）解：设物体在推力作用下（时间 t1）的加速度为t2）的加速度为 a2，则有： a1t1 a2t 2根据牛
8、顿第二定律：Fcos mgsin(mg cos Fsin ) ma1去推力后（时间mgsin mgcos ma2解得： =0.25物体的总位移 s1212at12at22 =16.25m2 1 2 2m=0.4kg 的小物块，以 v0=2m/s 的初速度，在变式训练 3. （ 2013 高考山东理综第 22题）如图所示，一质量 与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 间物块由 A点运动到 B点，A、B之间的距离 L=10m。已知斜面倾角 块与斜面之间的动摩擦因数3 。重力加速度 g取 10 m/s 2.3（1）求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小。（2）拉力 F
9、与斜面的夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F的最小值是多少？ 解析：（ 1）设物块加速度的大小为 a，到达 B 点时速度的大小为 v，由运动学公12 式得： L= v 0t+ at ， v= v 0+at ，2 联立式，代入数据解得： a=3m/s2， v=8m/s 。（2）设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 Ff ，拉力与斜面之间的夹角为 。受力分析如图所示。由牛顿 第二定律得： Fcos -mgsin - Ff =ma， Fsin +FN-mgcos=0， 又 Ff=FN。联立解得： F=mg sincos ma 。由数学知识得： cos+ 3 sin =2 3 sin（60
10、6;+）， cos sin 3 3由式可知对应的 F 最小值的夹角 =30°联立式，代入数据得 F 的最小值为： Fmin=13 3N。5 选作： 如图，将质量 m 2kg 的圆环套在与水平面成 =37角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略 大于杆的截面直径，杆上依次有三点A、B、C，sAB=8m ， sBC=0.6m ，环与杆间动摩擦因数 0.5，对环施加一个与杆成 37 斜向上的拉力 F，使环从 A 点由静止开始沿杆向上运动，已知 t=4s 时环到达 B 点。试 求：（重力加速度 g=l0m/s2 ， sin37 =0.6， cos37 =0.8）（1） F 的大小；（2）若
11、到达 B 点时撤去力 F，则环到达 C 点所用的时间。25 ts【答案】 20N 52SAB2a1 2AB 1m /s （1）根据题意知，环做匀加速直线运动，则有t ，对环进行受力分析有：若 Fsin37 °< mgcos37°杆对环的弹力垂直于杆向上，如图：则有： N Fsin37 mgcos37 、 Fcos37 N mgsin37 ma代入数据可得： F=20N ；若 Fsin37 °> mgcos37°村对环的弹力垂直于杆向下，如图：则有： Fsin37 mgcos37 N 、 Fcos37N mgsin37 ma代入数据可得： F=
12、12N （舍去，不合 Fsin37 °> mgcos37°要求） 所以 F 的大小为 20N ；（ 2）撤去力 F 后对环进行受力分析有： 由题意物体 4s 后的速度为 v=a1t=4m/s此时环所受的合力 F合1 mgcos37 mgsin37 ma2代入数据得 a2 gcos37 gsin37 10m / s2， 环向上做初速度为 4m/s 的匀减速直线运动，故以沿杆向上为正方向，则 a2 10m / s2所以环停止运动的时间为xmax环上升的最大位移0 v22a20.8mt停 0 v0.4sa2根据则环向上匀减速运动经过 C 点时由位移时间关系得：12SBC vta2t2，代入数据得：t=0.2s；当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则环在下滑过程中受到的合力为 F合 2 mgsin37 mgcos37 根据牛顿第二定律得，此时下滑的加速度a3 gsin37 gcos37 2m/ s环最高点离 B 距离 0.8m，则环加速下滑过程中经过 C 点时相对于最高点的位移 x3=0.2m根据匀加速直线运动位移时间关系得，环下滑时间t3t t停 t3 0.4s 5s 2 5 s 则从 B 点计时，小球经过 C 点的时间 5 5 。