牛顿运动定律的应用

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三、牛顿运动定律的应用

要点归纳

(一)深刻理解牛顿第一、第三定律 1．牛顿第一定律(惯性定律)

一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止． (1)理解要点

①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持． ②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因．

③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系．

(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性． ①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关． ②质量是物体惯性大小的量度． 2．牛顿第三定律

(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′．

(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．

(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律．

(二)牛顿第二定律 1．定律内容

物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比． 2．公式：F合＝ma 理解要点

①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．

②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同．

③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．

3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤： (1)确定研究对象；

(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；

(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；

(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程； (5)统一单位，计算数值．

热点、重点、难点

一、正交分解法在动力学问题中的应用

当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．

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1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少． 2．Fx合＝max合，Fy合＝may合，Fz合＝maz合．

3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法． ●例6 如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示．试求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图1－15

(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2． (2)风对小球的作用力F的大小．

【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为： v2－v1a1＝＝20 m/s2，方向沿杆向上

t1在2～4 s内小球的加速度为：

v3－v2a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下．

t2

(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示

图1－15丙

在y方向，由平衡条件得： FN1＝Fsin θ＋mgcos θ

在x方向，由牛顿第二定律得： Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1

停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示

图1－15丁

在y方向，由平衡条件得： FN2＝mgcos θ

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在x方向，由牛顿第二定律得： －mgsin θ－μFN2＝ma2

联立以上各式可得：F＝60 N．

【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型． ②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一． 二、连接体问题(整体法与隔离法)

高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．

1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．

2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．

3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．

●例7 如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )

图1－16

F1－F2F1－F2A． B．

k2kF1＋F2

C．

2k

F1＋F2D．

k

【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma 取B为研究对象：kx－F2＝ma (或取A为研究对象：F1－kx＝ma) F1＋F2

可解得：x＝．

2k

[答案] C

【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．

②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同．

★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x的表达式应为( )

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图1－17

M

A．x＝L

m

(M＋m)L

B．x＝

mμ1ML

D．x＝ (μ2＋μ1)(m＋M)

μ1ML

C．x＝

(μ2－μ1)(m＋M)

【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为：

f1＝μ1mg

f1其加速度大小a1＝＝μ1g

m

μ2(m＋M)g－μ1mg

B做减速运动的加速度大小a2＝

M

由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1

即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变 1

对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－mv2

2对B应用动能定理得： 1

μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－Mv2

2解得：x＝

μ1ML

．

(μ2－μ1)(m＋M)

[答案] C

【点评】①虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．

②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．

三、临界问题

●例8 如图1－18甲所示，滑块A置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球B．现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？

图1－18甲

【解析】

先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力情况如图1－18乙所示，有：

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图1－18乙

Tsin θ＝mg，Tcos θ＝ma1 解得：a1＝gcot θ

即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcot θ

由此可知，当水平向左的力大于(M＋m)gcot θ时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图1－18丙所示，有：

图1－18丙

FNcos θ＝mg，FNsin θ＝ma2 解得：a2＝gtan θ

即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtan θ

由此可知，当水平向右的力大于(M＋m)gtan θ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcot θ，或向右小于(M＋m)gtan θ时，B能静止在斜面上．

[答案] 向左小于(M＋m)gcot θ或向右小于(M＋m)gtan θ 【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境．

四、超重与失重问题

1．超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形． 2．要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态． ●例9 为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1－19甲所示的图象．已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求：

(1)电梯启动和制动时的加速度大小． (2)该大楼的层高．

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图1－19甲

【解析】(1)对于启动状态有：F1－mg＝ma1 得：a1＝2 m/s2

对于制动状态有：mg－F3＝ma2 得：a2＝2 m/s2．

(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间t2＝26 s 电梯运行的总时间t＝28 s

电梯运行的v－t图象如图1－19乙所示，

图1－19乙

11

所以总位移s＝v (t2＋t)＝×2×(26＋28) m＝54 m

22s54

层高h＝＝＝3 m．

1818

[答案] (1)2 m/s 2 m/s (2)3 m

2

2

经典考题

在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大．

1．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图1－20 甲所示)．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是[1998年高考·上海物理卷]( )

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图1－20甲

A．N不变，T变大 B．N不变，T变小 C．N变大，T变大 D．N变大，T变小

【解析】Q环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：Tcos θ＝mg．

P环向左移动后θ变小，T＝

mg

变小． cos θ

图1－20乙 图1－20丙

P环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得： NP＝mg＋Tcos θ＝2mg，NP与θ角无关． 故选项B正确． [答案] B

【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来． ②求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ＝2mg．

2．如图1－21甲所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考·全国理综卷Ⅳ]( )

图1－21甲

g

A．sin α

23

C．gsin α

2

B．gsin α D．2gsin α

【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：

f＝mgsin α

图1－21乙 图1－21丙

再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知：

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2mgsin α＋f′＝2ma 3

解得：a＝gsin α．

2

[答案] C

【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态．

②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsin α＝2ma求解，但这一方法高中不作要求．

3．如图1－22所示，某货场需将质量m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)

[2009年高考·山东理综卷]

图1－22 (1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．

(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．

(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．

【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：

1mgR＝m1v20 2

v20设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g＝m1 R联立以上两式并代入数据得FN＝3000 N

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下．

(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得： μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得： μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g

联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6．

(3)μ1＝0.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1

设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：

2

v21－v0＝－2a1l

联立并代入数据得v1＝4 m/s

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：

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v1＝v0－a1t

联立并代入数据得t＝0.4 s．

[答案] (1)3000 N，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6 (3)0.4 s

【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大．

4．如图1－23甲所示，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油．假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔．如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离．重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”．为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象．已知引力常数为G．

图1－23甲

(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，PQ＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常．

(2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积．

[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]

F引【解析】(1)由牛顿第二定律得：a＝

mM

故重力加速度g＝G2

r

假设空腔处存在密度为ρ的岩石时，对Q处物体的引力产生的重力加速度为Δg＝M′GρVG22＝22 d＋xd＋x

由力的独立原理及矢量的合成定则知，球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1－23乙所示

图1－23乙

?????????即g'?g??g

故加速度反常Δg′＝Δg·cos θ＝

GρVd(d2＋x2)3．

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(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为： (Δg′)max＝

GρV

，(Δg′)min＝d2G?Vd(d2?L)322

由题设有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ

联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为： d＝Lk?123，V＝

L2k?G?(k?1)23．

[答案] (1) G?Vd(d?x)223 (2)

Lk?123

L2k?G?(k?1)23

【点评】①对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练．

②本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g＝，而不去思考g也是自由落体的加速度g＝

GmF引

，遵循矢量的平行四边形定则． m能力演练

一、选择题(10×4分)

1．如图所示，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计)．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是( )

A．μ1＝0，μ2＝0 B．μ1＝0，μ2≠0 C．μ1≠0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠0

【解析】本题中选A、B整体为研究对象，由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；对A进行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能为零，故正确答案为BD．

[答案] BD

2．如图所示，从倾角为θ、高h＝1.8 m的斜面顶端A处水平抛出一石子，石子刚好落在这个斜面底端的B点处．石子抛出后，经时间t距斜面最远，则时间t的大小为(取g＝10 m/s2)( )

A．0.1 s B．0.2 s C．0.3 s D．0.6 s 【解析】由题意知，石子下落的时间t0＝2h

＝0.6 s g

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又因为水平位移x＝hcot θ

xhcot θ

故石子平抛的水平初速度v0＝＝ t0t0

当石子的速度方向与斜面平行时，石子距斜面最远 gt

即＝tan θ v0解得：t＝h＝0.3 s． 2g

[答案] C

3．在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T．如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将( )

A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断

【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一v－t图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如图所示．设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt1，图中阴影部分的面积为Δh；若人在4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt2，要保证阴影部分的面积也是Δh，从图中可以看出一定有Δt2＜Δt1．

[答案] C

4．如图甲所示，小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，原来小车向左匀速运动．现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B对小球的弹力NB的大小，以下说法正确的是( )

甲

A．NA不变，NB减小 B．NA增大，NB不变 C．NB有可能增大 D．NA可能为零 【解析】小球的受力情况如图乙所示，有：

乙

NAcos θ＝mg NAsin θ－NB＝ma

故NA不变，NB减小． [答案] A

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5．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则( )

A．小球第一次反弹后的速度大小为3 m/s B．小球碰撞时速度的改变量为2 m/s C．小球是从5 m高处自由下落的 D．小球反弹起的最大高度为0.45 m

【解析】第一次反弹后的速度为－3 m/s，负号表示方向向上，A正确．碰撞时速度的11

改变量Δv＝－8 m/s，B错误．下落的高度h1＝×5×0.5 m＝1.25 m，反弹的高度h2＝

22×3×0.3＝0.45 m，D正确．

[答案] AD

6．如图甲所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是( )

甲

A．F1＝F2＝F3＝F4 B．F1＞F2＞F3＞F4 C．F1＜F2＝F4＜F3 D．F1＝F3＜F2＜F4

【解析】斜面的受力情况如乙图所示，其中，f1、N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力

乙

N＝mgcos θ

f2可能向左，也可能向右或为零． a图中，f1＜mgsin θ，故 F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＜(M＋m)g b图中，f1＝mgsin θ，故F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＝(M＋m)g c图中，f1＞mgsin θ，故F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＞(M＋m)g

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d图中，f1＝mgsin θ，故F＝(M＋m)g． [答案] C

7．把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示)，然后放手．若弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a、速度v随时间t变化的图象，下列说法正确的是( )

A．甲为a－t图象 B．乙为a－t图象 C．丙为v－t图象 D．丁为v－t图象

【解析】由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动，故v～t图象为图甲，a～t图象为图乙．

[答案] B

8．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度h＝0.45 m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A．若v＝1 m/s，则小物块能回到A点 B．若v＝2 m/s，则小物块能回到A点 C．若v＝5 m/s，则小物块能回到A点

D．无论v等于多少，小物块均能回到A点

【解析】小物块滑上传送带的初速度v0＝2gh＝3 m/s 当传送带的速度v≥3 m/s时，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，恰好能回到A点，当传送带的传送速度v＜3 m/s 时，小物块返回曲面的初速度等于v，不能回到A点．

[答案] C

9．如图甲所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )

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甲

A．F1＜F2 B．F1＝F2 C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2

【解析】绳剪断前物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：FN＋Fsin θ＝mg

乙

f＝μFN＝Fcos θ

μmg

解得：F＝，F的大小与传送带的速度无关绳剪断后m在两速度的传送带

μsin θ＋cos θ上的加速度相同

v21

若L≤，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2

2μg

v21

若L＞，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时2μg间更长，t1＞t2．

[答案] BD

二、非选择题(共60分)

11．(6分)在某次实验中得到小车做直线运动的s－t关系如图所示．

(1)由图可以确定，小车在AC段和DE段的运动分别为( ) A．AC段是匀加速运动，DE段是匀速运动 B．AC段是加速运动，DE段是匀加速运动 C．AC段是加速运动；DE段是匀速运动

D．AC段是匀加速运动；DE段是匀加速运动

(2)在与AB、AC、AD对应的平均速度中，最接近小车在A点的瞬时速度是________段中的平均速度．

[答案] (1)C (2)AB (每空3分)

12．(9分)当物体从高空下落时，其所受阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下

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落一段距离后将保持匀速运动状态，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据．

小球编号 小球的半径(×103 m) －－A 0.5 2 16 B 0.5 5 40 C 1.5 45 40 D 2 40 20 E 2.5 100 32 小球的质量(×106 kg) 小球的收尾速度(m/s) (1)根据表中的数据，求出B球与C球达到收尾速度时所受的阻力之比． (2)根据表中的数据，归纳出球形物体所受的阻力f与球的速度大小及球的半径之间的关系．(写出有关表达式，并求出比例系数，重力加速度g取9.8 m/s2)

(3)现将C球和D球用轻质细线连接，若它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度，并判断它们落地的顺序(不需要写出判断理由)．

【解析】(1)球在达到收尾速度时处于平衡状态，有： f＝mg

则fB∶fC ＝mB ∶mC

代入数据解得：fB∶fC＝1∶9．

(2)由表中A、B两球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即f∝v

由表中B、C两球的有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即f∝r2 得：f＝kvr2 其中k＝4.9 N·s/m3．

(3)将C球和D球用细线连接后，应满足： mCg＋mDg＝fC ＋fD

2

即mCg＋mDg＝kv(r2C＋rD) 代入数据解得：v＝27.2 m/s

比较C、D两小球的质量和半径，可判断出C球先落地． [答案] (1)1∶9 (3分) (2)f＝kvr2，k＝4.9 N·s/m3 (3分) (3)27.2 m/s C球先落地 (3分)

13．(10分)将一平板支撑成一斜面，一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行，如图所示．如果使石块具有初速度v，方向沿斜面向下，那么它将做匀减速运动，经过距离L1后停下来；如果使石块具有同样大小的速度，但方向沿斜面向上，它将向上运动距离L2后停下来．现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN所示)，木条的侧边与斜面垂直．如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动，求石块在水平方向通过的距离L．

【解析】设斜面的倾斜角为θ，石块与斜面间的动摩擦因数为μ，故石块沿斜面减速下滑时的加速度为：

a1＝μgcos θ－gsin θ (2分)

沿斜面减速上滑时的加速度a2＝μgcos θ＋gsin θ (2分)

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紧贴光滑木条水平运动时的加速度a3＝μgcos θ (2分)

由题意可得： v2＝2a1L1 v2＝2a2L2

v2＝2a3L (3分)

2L1L2解得：L＝． (1分)

L1＋L2[答案]

2L1L2 L1＋L2

14．(10分)如图所示，一固定的斜面倾角为30°，一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m．开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦．当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度．(不计细线与滑轮之间的摩擦)

【解析】设细线断前物块的加速度大小为a，细线的张力为T，由牛顿第二定律得： 4mgsin 30°－T＝4ma (2分) T－mg＝ma (2分) 1

解得：a＝g (1分)

5

故线断瞬间B的速度大小vB＝2as＝

2gs (2分) 5

v21B线断后B再上升的最大高度h＝＝s (1分)

2g56

物块B上升的最大高度h总＝s＋h＝s． (2分)

56

[答案] s

5

15．(12分)在光滑的绝缘水平面上有一质量m＝1.0×103 kg、电荷量q＝＋1.0×1010 C的带电小球静止在O点，以O点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy(如图所示)．现突然加一个沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106 V/m的匀强电场使小球运动，并开始计时．在第1 s末所加电场方向突然变为沿y轴正方向，大小不变；在第2 s末电场突然消失，求第3 s末小球的位置．

－

－

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一位同学这样分析：第1 s内小球沿x轴做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移x1；第2 s内小球沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移y2及其速度v，第3 s内小球沿y轴正方向做匀速直线运动，可求出其位移s，最后小球的横坐标是x1，纵坐标是y2＋s．

你认为他的分析正确吗？如果认为正确，请按他的思路求出第3 s末小球的位置；如果认为不正确，请指出错误之处并求出第3 s末小球的位置．

16．(13分)如图所示，长L＝1.5 m、高h＝0.45 m、质量M＝10 kg的长方体木箱在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒L

力F＝50 N，并同时将一个质量m＝1 kg的小球轻放在距木箱右端处的P点(小球可视为质

3点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．已知木箱与地面的动摩擦因数μ＝0.2，而小球与木箱之间的摩擦不计．取g＝10 m/s2，求：

(1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间． (2)小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移． (3)小球离开木箱时木箱的速度．

1

【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动，设其落到地面所用的时间为t，由h＝gt2

2得：

t＝

2h＝g

2×0.45

s＝0.3 s． (2分) 10

(2)小球放上木箱后相对地面静止 由F＋μFN＝Ma1 (1分) FN＝(M＋m)g (1分) 得木箱的加速度：

F＋μ(M＋m)g50＋0.2(10＋1)×10a1＝＝ m/s2

M10＝7.2 m/s2 (2分)

v23.620

木箱向右运动的最大位移s1＝＝ m＝0.9 m．

2a12×7.2

(1分)

(3)由于s1＝0.9 m＜1 m，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下 (1分) 得木箱向左运动的加速度：

F－μ(M＋m)g50－0.2(10＋1)×10a2＝＝ m/s2

M10

＝2.8 m/s2 (2分)

设木箱向左运动s2时，小球从木箱的右端掉下，有： L

s2＝s1＋＝0.9 m＋0.5 m＝1.4 m (1分)

3

1

设木箱向左运动所用的时间为t2，则由s2＝a2t2得：

22

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t2＝

2s2＝a22×1.4

s＝1 s (1分) 2.8

小球刚离开木箱时木箱的速度方向向左，大小为： v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s． (1分) [答案] (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s

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