牛頓第二運動定律【例1】物體從某一高度自由落下，落在直立于地面的輕彈簧上，如圖3-2所示，在A點物體開始與彈簧接觸，到B點時，物體速度為零，然后被彈回，則以下說法正確的是：A、物體從A下降和到B的過程中，速率不斷變小B、物體從B上升到A的過程中，速率不斷變大C、物體從A下降B，以及從B上升到A的過程中，速率都是先增大，后減小D、物體在B點時，所受合力為零【解析】本題主要研究a與F合的對應關系，彈簧這種特殊模型的變化特點，以及由物體的受力情況判斷物體的運動性質(zhì)。對物體運動過程及狀態(tài)分析清楚，同時對物體正確的受力分析，是解決本題的關鍵，找出AB之間的C位置，此時F合=0，由A→C的過程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物體做a減小的變加速直線運動。在C位置mg=kxc,a=0，物體速度達最大。由C→B的過程中，由于mg<kx2,a=kx2/m-g，物體做a增加的減速直線運動。同理，當物體從B→A時，可以分析B→C做加速度度越來越小的變加速直線運動；從C→A做加速度越來越大的減速直線運動。C正確。例2如圖3-10所示，在原來靜止的木箱內(nèi)，放有A物體，A被一伸長的彈簧拉住且恰好靜止，現(xiàn)突然發(fā)現(xiàn)A被彈簧拉動，則木箱的運動情況可能是A、加速下降B、減速上升肥C、勻速向右運動D、加速向左運動【解析】木箱未運動前，A物體處于受力平衡狀態(tài)，受力情況為：重力mg，箱底的支持力N，彈簧拉力F和最大的靜摩擦力fm（向左）由平衡條件知：N=mgF=fm。由于發(fā)現(xiàn)A彈簧向右拉動（已知），可能有兩種原因，一種是由A向右被拉動推知，F(xiàn)>fm′，（新情況下的最大靜摩擦力），可見fm>fm′即是最大靜摩擦力減小了，由fm=μN知正壓力N減小了，即發(fā)生了失重現(xiàn)象，故物體運動的加速度必然豎直向下，所以木箱的運動情況可能是加速下降或減速上升，故A、B正確。另一種原因是木箱向左加速運動，由于慣性原因，木塊必然向中滑動，故D正確。綜合上述，正確答案應為A、B、D?！纠?】如圖3-11所示，一細線的一端固定于傾角為45°度的光滑楔形滑塊A的頂端p處，細線的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，當滑塊以2g的加速度向左運動時，線中拉力T等于多少？【解析】當小球貼著滑塊一起向左運動時，小球受到三個力作用：重力mg、線中拉力T，滑塊A的支持力N，如圖3-12所示，小球在這三個力作用下產(chǎn)生向左的加速度，當滑塊向左運動的加速度增大到一定值時，小球可能離開斜面，滑塊的支持力變?yōu)榱?，小球僅受重力和拉力兩個力作用離開斜面，滑塊的支持力變?yōu)榱悖∏騼H受重力和拉力兩個力作用。由于加速度a=2g時，小球的受力情況未確定，因此可先找出使N=0時的臨界加速度，然后將它與題設加速度a=2g相比較，確定受力情況后即可根據(jù)牛頓第地定律列式求解。根據(jù)小球貼著滑塊運動時的受情況，可列出水平方向和豎直方向的運動方程分別為聯(lián)立兩式，得若小球?qū)瑝K的壓力等于零，即就作N=0，滑塊的加速度至少就為可見，當滑塊以a=2g加速度向左運動時，小球已脫離斜面飄起，此時小球僅受兩個力作用：重力mg、線中拉力T′。設線與豎直方向間夾角為β，同理由牛頓第二定律得聯(lián)立兩式得【例4】如圖2-2-11甲所示，傳送帶與地面傾角θ=37°度，從A→B長度為16m，傳送帶以10m/s的速率逆時針轉動，在傳送帶上端A無初速度地放一個質(zhì)量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，求物體從A運動到B所需要時間是多少？（g取10m/s2，sin37°=0.6）【解析】物體放在傳送帶上后，開始階段，由于傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體一沿傳送帶向下的滑動摩擦力，物體受合力方向沿傳送帶向下，物體由靜止加速。物體加速至與傳送帶速度相等時，由于,物體在重力作用下繼續(xù)加速運動，當物體速度大于傳送帶速度時，傳送帶給物體沿傳送帶向上的滑動摩擦力，但合力仍沿傳送帶向下，物體繼續(xù)加速下滑，直至傳送帶的B端。開始階段，物體受力情況如圖2-2-11乙所示，由牛頓第二定律得a1=10×(0.6+0.5×0.8)=10m/s2物體加速至與傳送帶速度相等需要時間t1=V/a1=10/10=1S物體速度大于傳送帶速度后，物體受力情況如圖2-2-11丙所設在煤塊的速度從0增加到v0的整個過程中，傳送帶和煤塊移動的距離分別為s0和s，有，傳送帶上留下的黑色痕跡的長度l＝s0－s由以上各式得9．（2003年·江蘇理綜）水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，用于對旅客的行李進行安全檢查右圖為一水平傳送帶裝置示意圖，繃緊的傳送帶A、B始終保持v=1m/s的恒定速率運行；一質(zhì)量為m=4kg的行李無初速地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動.設行李與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，AB間的距離l=2m，g取10m／s2．（1）求行李剛開始運動時所受的滑動摩擦力大小與加速度大?。唬?）求行李做勻加速直線運動的時間；（3）如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處．求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率．4．【答案】（1）4N，a=lm/s2；（2）1s；（3）2m/s解析：（1）滑動摩擦力F=μmg ①以題給數(shù)值代入，得F=4N ②由牛頓第二定律得F=ma ③代入數(shù)值，得a=lm/s2 ④（2）設行李做勻加速運動的時間為t，行李加速運動的末速度v=1m／s．則v=at ⑤代入數(shù)值，得t=1s ⑥（3）行李從A勻加速運動到B時，傳送時間最短．則 ⑦代入數(shù)值，得 ⑧傳送帶對應的運行速率Vmin=atmin ⑨代人數(shù)據(jù)解得Vmin=2m/s ⑩10．如圖3－2－24所示，傳送帶兩輪A、B的距離L＝11m，皮帶以恒定速度v＝2m/s運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的物塊無初速度地放在A端，若物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，傳送帶的傾角為α＝37°，那么物塊m從A端運到B端所需的時間是多少？(g取10m/s2，cos37°＝0.8)2．解析：將物體放在傳送帶上的最初一段時間內(nèi)物體沿傳送帶向上做勻加速運動由牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma則a＝μgcos37°－gsin37°＝0.4m/s2物體加速至2m/s所需位移s0＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×0.4)m＝5m<L經(jīng)分析可知物體先加速5m再勻速運動s＝L－s0＝6m.勻加速運動時間t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,0.4)s＝5s.勻速運動的時間t2＝eq\f(s,v)＝eq\f(6,2)s＝3s.則總時間t＝t1＋t2＝(5＋3)s＝8s.答案：8s11如圖所示的傳送皮帶，其水平部分AB長sAB=2m，BC與水平面夾角θ=37°，長度sBC=4m，一小物體P與傳送帶的動摩擦因數(shù)=0.25，皮帶沿A至B方向運行，速率為v=2m/s，若把物體P放在A點處，它將被傳送帶送到C點，且物體P不脫離皮帶，求物體從A點被傳送到C點所用的時間．（sin37°=0.6，g=l0m/s2）1．【答案】2.4s解析：物體P隨傳送帶做勻加速直線運動，當速度與傳送帶相等時若未到達B，即做一段勻速運動；P從B至C段進行受力分析后求加速度，再計算時間，各段運動相加為所求時間．P在AB段先做勻加速運動，由牛頓第二定律，得P勻加速運動的時間．，勻速運動時間．P以速率v開始沿BC下滑，此過程重力的下滑分量mgsin37°=0.6mg；滑動摩擦力沿斜面向上，其大小為mgcos37°=0.2mg．可見其加速下滑．由牛頓第二定律，，解得t3=1s（另解，舍去）．從A至C經(jīng)過時間t=t1＋t2＋t3=2.4s．12】如圖1---40所示，甲、乙兩球帶電量均為q，質(zhì)量均為m，兩球間用絕緣細線連接，甲球又用絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在的空間有方向水平向左的勻強電場，場強為E，平衡時細線被拉緊，則表示平衡狀態(tài)的圖可能正確的是下列哪一個?（）平衡后的拉力正確的是() 圖1-40圖1-40 ABCDA′．T=2mg T=B′．T＞2mgT＞C′．T＜2mgT＜D/．T=2mgT＜12、分析線1的張力方向與大小時，應以兩球及中間線整體為對象，因整體在水平方向所受電場力的合力為零，故線1必須豎直，選A；因整體豎直方向受力平衡，得：T=2mg，為了得出T，必須使其成為外力，將乙球隔離出來作其受力圖,由力的平衡有：T+F=.即T＜，選D。 VVmMα圖1--4613．如圖1-46所示，放置在水平面上的直角劈M上有一質(zhì)量為m的物體，若m在其上勻速下滑，M仍保持靜止，則正確的是：()A．M對地面的壓力等于（m+M）gB．M對地面的壓力大于（m+M）gC．地面對M沒有摩擦力D．地面對M有向左的摩擦力13、AC6．如圖1-48所示，半徑為R的光滑球重為G，光滑木塊厚為h，重為G，用至少多大的水平力F推木塊才能使球離開地面？6、：考慮“至少”