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1、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) gsin (B) gcos (C) gtan (D) gcot 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( 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mgcot , 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FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止当
2、FN逐渐增大时 ,物体所受的静摩擦力Ff的大小 ( ) (A) 不为零 , 但保持不变(B) 随FN成正比地增大(C) 开始随FN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FN范围内取值当FN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 , 要使汽车不至于发生侧向打滑, 汽车在该处的行驶速率( ) (A)
3、 不得小于gR(B) 必须等于gR(C) 不得大于gR (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FN由此可算得汽车转弯的最大速率应为vRg 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 , 则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页( ) (A) 它的加速度方向永远指向圆心, 其速率保持不
4、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FN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 gcos ) 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RmmgFN2sinv可判断 , 随 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大 , 由此可见应选 (B) *2
5、 -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) 5/8 mg(B) 1/2 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F5/8 mg故选 (A) 精选学习资料 - - - - - - - - -
6、名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页讨论对于习题 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aA和aB均应对地而言 , 本题中aA和aB的大小与方向均不相同 其中aA应斜向上对aA、aB、a和a之间还要用到相对运动规律, 求解过程较繁琐有兴趣的读者不妨自己尝试一下2 -6图示一斜面 ,倾角为 ,底边AB 长为l2.1 m, 质量为m的物体从题 2 -6 图斜面顶端
7、由静止开始向下滑动, 斜面的摩擦因数为 0.14试问 , 当为何值时 , 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mamgmgcossin (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动, 故有精选学习资料
8、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页22cossin2121costgatl则gltcossincos2 (2) 为使下滑的时间最短 , 可令0ddt, 由式(2) 有0sincoscoscossinsin则可得12tan,o49此时s99.0cossincos2minglt2 -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m12.00 102 kg, 乙块质量为m21.00 102 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
9、m -2的加速度上升；(2) 两物块以 1.0 m -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？题 2-7 图分析预制板、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F-( m1m2 )g (m1m2 )a (1
10、) FN2 - m2 g m2 a (2) 解上述方程 , 得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页F(m1m2 )(g a) (3) FN2m2 (g a) (4) (1) 当整个装置以加速度a10 m -2上升时 , 由式(3) 可得绳所受张力的值为F5.94 103 N 乙对甲的作用力为FN2-FN2-m2 (g a)-1.98 103 N(2) 当整个装置以加速度a1 m -2上升时, 得绳张力的值为F3.24 103 N 此时, 乙对甲的作用力则为FN2-1.08 103 N 由上述计算可见 , 在起吊相同重
11、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m3.0kg 物体A 以加速度a 1.0 m -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 ,
12、 有mAg -FmA a (1) F 1 -FmB a (2) F -2F10 (3) 考虑到mAmBm, FF , F1F 1 ,a2a, 可联立解得物体与桌面的摩擦力N2.724fammmgF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页题 2-8 图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
13、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 , 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
14、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fFmg的作用下 , 根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程fFmgma1fF-fFma2a1和a2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aa1a2 , 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-v22as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解2以木块和平板为系统 , 它们之间一对摩擦力作的总功为mgslFlsFWf
15、f）（式中l为平板相对地面移动的距离精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页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mv(mm) v由系统的动能定理 ,有222121vvmmmmgs由上述各式可得mmgms22v2 -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 在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高？题 2-10 图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
16、力是由碗内壁对球的支持力FN的分力来提供的 , 由于支持力FN始终垂直于碗内壁 , 所以支持力的大小和方向是随 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mRmaFnNsinsin2 (1) mgFNcos (2) 且有RhRcos (3) 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为2gRh可见,h随的变化而变化精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页2 -11 在如图（ a）所示的轻滑轮上跨有一轻绳，绳的两端连接着质量分别为
17、1 kg和2 kg的物体A和B，现以 50 N的恒力F向上提滑轮的轴，不计滑轮质量及滑轮与绳间摩擦，求A和B的加速度各为多少？题 2-11 图分析在上提物体过程中，由于滑轮可以转动，所以A、B两物体对地加速度并不相同， 故应将 A、 B和滑轮分别隔离后， 运用牛顿定律求解，本题中因滑轮质量可以不计，故两边绳子张力相等，且有T2FF. 解隔离后，各物体受力如图（b）所示，有滑轮02TFFA AAATamgmFB BBBTamgmF联立三式，得2.15Aa7. 2smB2a，2sm讨论如由式ammgmmF)()(BABA求解，所得a是A、B两物体构成的质点系的质心加速度，并不是A、B两物体的加速度
18、 . 上式叫质心运动定理 . 2 -12一质量为 50 g的物体挂在一弹簧末端后伸长一段距离后静止，经扰动后物体作上下振动，若以物体静平衡位置为原点，向下为y轴正向. 测得其运动规律按余弦形式即)2/5cos(20.0ty，式中t以s计，y以m 计，试求：（ 1）作用于该物体上的合外力的大小；（2）证明作精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页用在物体上的合外力大小与物体离开平衡位置的y距离成正比 . 分析本题可直接用22d/dtymmaF求解，y为物体的运动方程，F即为作用于物体上的合外力（实为重力与弹簧力之和）的表达
19、式，本题显示了物体作简谐运动时的动力学特征. 解（1）由分析知F）（2/5cos25.0d/d22ttyma（N）该式表示作用于物体上的合外力随时间t按余弦作用周期性变化，F0表示合力外力向下，F0表示合外力向上 . （2）Fytt25. 1)2/5(cos20.025.1)2/5cos(25. 0.由上式知，合外力F的大小与物体离开平衡位置距离y的大小成正比 .“-”号表示与位移的方向相反. 2 -13一质量为 10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动 ,已知F 120t40,式中F的单位为 N, t的单位的在t0时, 质点位于x5.0 m 处, 其速度v06.0 m1s求质点在
20、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adv/dt, 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vdx /dt, 用积分的方法可求出质点的位置解因加速度adv/dt,在直线运动中 , 根据牛顿运动定律有tmtdd40120v依据质点运动的初始条件, 即t00 时v06.0 m -1, 运用分离变量法对上式积分 , 得ttt0d0 .40.12d0vvvv6.0+4.0t+6.0t2又因vdx /dt, 并由质点运动的初始条件：t00 时x05.0 m,对上式分离变量后积分 ,有txxtttx
21、020d0.60 .40.6dx 5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t32 -14轻型飞机连同驾驶员总质量为1.0 103kg 飞机以 55.0 m -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 5.0 102N -1, 空气对飞机升力不计 , 求：(1) 10后飞机的速率； (2) 飞机着陆后 10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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -
22、- - - - -第 9 页，共 16 页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ttmmaFddvttmt0dd0vvv得202tmvv因此, 飞机着陆 10后的速率为v 30 m-1又txxttmx0200d2dv故飞机着陆后 10内所滑行的距离m4676300tmtxxsv2 -15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bv2 , 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
23、关系； (2) 如b /m0.40m -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v0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) 题 2-15 图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fF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
24、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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页解(1) 运动员入水前可视为自由落体运动, 故入水时的速度为gh20v运动员入水后 ,由牛顿定律得P -fF-F ma 由题意P F、fFbv2 , 而a dv /dtv (d v /dy), 代入上式后得-bv2 mv (d v /dy) 考虑到初始条件y00 时,gh20v, 对上式积分 , 有vvvv0dd0tybmmbymbyeghe/02vv(2) 将已知条件b/m 0.4 m-1 ,v 0.1v0
25、代入上式 , 则得m76.5ln0vvbmy2 -16一质量为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题 2-16 图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, 与其相对应的外力F是重力的切向分量mgsin , 而与法向加速度an相对应的外力是支持力FN 和重力的法向分量mgcos由此 , 可分别列出切向和法向的动力学方程Fmdv/dt和Fnman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 , 可转换积分变量该题也能应用以小球
26、、 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FN取图(b) 所示的自然坐标系 , 由牛顿定律得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页tmmgFtddsinv (1) RmmmgFFNn2cosv (2) 由trtsddddv, 得vrtdd, 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2/sin0drgdvvvv得rgcos2v则小球在点 C 的角速度为rg
27、r/cos2v由式(2) 得mgmgrmmFNcos3cos2v由此可得小球对圆轨道的作用力为mgFFNNcos3负号表示FN与en反向2 -17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 , 开始时物体的速率为v0, 求： (1) t 时刻物体的速率； (2) 当物体速率从v0减少2/0v时, 物体所经历的时间及经过的路程题 2-17 图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FN和环与物体之间的摩擦力F ,而摩擦力大小与正压力FN成正
28、比 , 且FN与FN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, 从而可精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页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RmmaFnN2vtmaFtddfv由分析中可知 ,摩擦力的大小FFN , 由上述各式可得tRdd2vv取初始条件t 0 时v v0 , 并对上式进行积分 , 有vvvv020ddRtttRR00vvv(2) 当物体的速率从v0减少到2/0v时, 由上式可得所需的时间为0vRt
29、物体在这段时间内所经过的路程ttttRRts0000ddvvv2lnRs2 -18一物体自地球表面以速率v0 竖直上抛假定空气对物体阻力的值为Frkmv2 , 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) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页题 2-18 图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Fr的方向相同；而下落过程中, 所受重力P和阻力Fr 的方向则相反又因阻力是变力 , 在
30、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ymtmkmmgdddd2vvvv依据初始条件对上式积分, 有0200ddvvvvkgyy202ln21vvkgkgky物体到达最高处时 , v0, 故有gkgkyh20maxln21v(2) 物体下落过程中 , 有yvmkmmgdd2vv对上式积分 , 有0200ddvvvvkgyy则2/1201gkvvv2 -19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
31、m试计算从静止加速到vm/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Frkv2 , 且Fr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, 需对精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页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Fr同时作用下 ,由牛顿定律有tmkFdd2vv (
32、1) 当加速度adv/dt0 时,摩托车的速率最大 , 因此可得kF/vm2 (2) 由式(1) 和式(2) 可得tmFmdd122vvv (3) 根据始末条件对式 (3) 积分, 有mmtFmtvvvv2101220d1d则3ln2Fmtmv又因式 (3) 中xmtmddddvvv, 再利用始末条件对式 (3) 积分, 有mmxFmxvvvv2101220d1d则FmFmxmm22144.034ln2vv*2 -20 在卡车车厢底板上放一木箱, 该木箱距车箱前沿挡板的距离L2.0 m, 已知制动时卡车的加速度a7.0 m-2 , 设制动一开始木箱就开始滑动 求该木箱撞上挡板时相对卡车的速率为
33、多大？设木箱与底板间滑动摩擦因数0.50分析如同习题 2 -5 分析中指出的那样 , 可对木箱加上惯性力F0后,以车厢为参考系进行求解, 如图所示 , 此时木箱在水平方向受到惯性力和摩擦力作用 , 图中a为木箱相对车厢的加速度解由牛顿第二定律和相关运动学规律有F0-fFma -mg ma (1) v22aL (2) 联立解 (1)(2) 两式并代入题给数据 , 得木箱撞上车厢挡板时的速度为Lga2v=1sm9.2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页