牛顿定律的应用例题精选

1、牛顿定律的应用例题精选牛顿定律的应用例题精选例1、质量为1.0kg的物体，从离地面36m高 处由静止开始下落，物体下落过程中受到空气 的平均阻力为2N,则物体下落过程所用时间为 s,物体着地时的速度为 _m / s,当物体下 落速度为着地速度一半时所用时间是s,下落高度是 _m(g取9.8m / s2)解题分析：这个题目是已知物体受力情况和 所处的初始条件，求物体运动情况的是竖直方 向的运动。物体下落过程水平方向不受力，竖直 方向受向下的重力G = mg = 10N,向上的阻力f =2N,受竖直向下的合力F mg f 8N,依牛顿第_ 定律, F ma ,。mg f ma a ng_f - 8

2、(m/ s2)。m 1再由物体所处的初始条件可知物体做初速度 为零，加速度为a竖直向下的匀加速运动下落的 高度为36m,由讨 八 Y .,当下X =加着地速度 叫=24(m / 5)落速度v号12m/s时,由二二.求得物体速度为着地一半时落下的时间vt 12a 815 sF落的高度汇兰9m2a 282、由已知物体运动情况，求出物体的加速度 应用牛顿第二定律，推断方式者求出物体的受 力情况。例2、一质量为2kg的物体静止在水平地面上, 在水平向下拉力作用下，经4s速度达到12m / s, 这时撤去拉力，又经6s才停止，试分析物体受力 情况，并求出各力的大小？ (g取10m / s2)解答分析：这

3、是一道由已知物体运动情况求 物体受力情况的题目，物体水平运动，且无不水 平力。物体运动可分为前后两段，前一段物体由 静止开始，做匀加速运动，经ti = 4s，速度达到 vo = 12m / s，后一段撤去拉力F，物体向初速度 vt开始做匀减速运动经t2 = 6s减速到零物体停了下来，vt为前一段的末速度，为后一段的初速度叭=昭0 = vf -解得方向：向右方向：向左前一段受力F、mg、N、f，且知无水平力，N = mg = 20(N)数值后一段受力mg、N、f解得说明：由以上两例可知解题根据是牛顿第二 定律和运动学公式联系两者的桥梁是加速度 ， 两者的关系是：vt -+ at0 1S 用vor

4、 + -at2 a yf + lad由此可知：对于具体题目，首先分清它是属于 哪种类型，（由力求运动？还是由运动求力？）然 后对物体进行运动分析和受力分析，最后应用 有关公式求解即可。例3、如右图所示，质量为m的物 体放在倾角为 的固定斜面上恰能匀 速下滑，若斜面长为S,要使这个物体从斜面底 端能上此斜面，求物体在斜面底端至少应具有 多大的速度，它冲上斜顶端所用时间？物体在斜面上匀速下滑受力分析.如图所示，mg、f、N将mg分解为沿 幺匕 斜面向下和垂直斜面方向的两个分：；力，依题设条件可知，匀速下滑沿斜的方向f 0，有 f = mgsin 当物体由斜面底端沿斜面向上滑时，物体受 力情况为右图

5、所示，物体受合力沿斜面向下，大小为F mg sinf 2mg sin由2Ftma2vo 2aS 2 2可得 vo vt 2 2mg sin Sa = 2gsin T vt o v2 4gsin所以物体能冲上斜面在斜面底端具有的最末 速度为vo 2 g sin - S物体以此速度冲上斜面所用时间为 t vo 2 -, g sin S Sa 2gsin* g sin例4、如右图所示,一端固定于框架顶棚上的弹簧，其下端吊一个质量为4m的物体，框架质量为M = 2m,用细绳悬于O 点，整个装置处于静止平衡状态。当框架的悬绳 被剪断瞬间，则框架的加速度多大？物体的加 速度多大？解答分析：框架和物体为相互

6、联系的两个物 体，称为连接体，连接体的一般解法是：对连接 体内的各个物体用隔离法分析其受力情况，再分别用有关规律进行计算，最后确定 期各自的运动情况。隔离物体，它受重力mg，弹簧拉力 T，开始两力大小相等，方向反，处于 静止状态，如图示，当悬绳被剪断瞬间,它受力情况没有来得及发生变化，二a = 0隔离框架如图示,它受重力Mg = 2mg,弹簧 拉力= T = mg,和悬线拉力F绳剪断前框架 受合力为零有F = Mg + T' = 3mg,当绳子被剪断时F = 0,框架受重力Mg和弹簧的拉力T'由Mg Mamg 3mg2ma例5、如右图所示，小车的顶和評棚上用绳线吊一小球，质量为

7、一 m,车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面匀加速向右运动时 小球悬线偏离竖直方向 30 ,木块和车厢保持相 对静止，求：(1)小车运动的加速度？(2) 小球对悬线的拉力？(3) 木块受到的摩擦力？解答分析：升3旷(一 )小球与木块随车一起向右匀加速M2 F运动，它们具有相同的a、v,方向水平1 - 向右，先由小球受力求出小球a,也就是小车和木块的加速度，有了加速度木块所受摩擦力就求出了，隔离小球受力，mgT（线的拉力）两个力 合力水平向右产生 a,如图示,F mgtg30 ma a gtg30 -g ,方向向右,线的拉力 T為；、3mg,依据牛顿第三定律，可知小球对悬 线的拉力T&

8、#39; = T,方向与T相反。对木块用牛顿 第二定律得出木块所受摩擦力f Ma寻Mg,方向3 向右（二）对悬线的拉力正交分解依题意有rsiii30Q = ma 口 =旦貝既求解/ rcos30& r = _（三）用矢量合成的三解形法，用OA . 表示重力mg?方向竖直向下，用AB表 人示线的拉力T,斜向上与竖直夹角 30 ,将两个 力依次连接合力用OB表示，方向水平向右如右 图所示,显然 F = mgtg30 = ma, a g T ng 彳"mg3cos30 3m的小球,观察到小球的悬线与竖直方向夹角也成Q = 30 ,求：(1) 小车的加速度，分析小车可能的运动情况；(

9、2) 小车在运动中所受的合力？解答分析：小球随小车一起沿斜面运动，它们 具有相同的加速度，如求出小球的加速度也就 是小车的加速度。把小球、小车看成一个整体 它们的质量(M + m)再求它们的加速度，便可以 求出所受的合力，也就是小球受到的合力。求小球的加速度可有以下三种解法：;解法(一)小球受mg, T(拉力)的合力方向一定L 沿斜面向上，由平行四边形法则，做出图如所示 根据条件F = mg = ma.a = g,再对小球和小 车的整体，应用牛顿第二定律求小车受的合力也可能mgF M ma M mg方向沿斜面斜向上。小车的运动 情况，可能是沿斜面向上做匀加速运动 沿斜面向下做匀减运动。解法(二

10、 )用三角形法求合力，如右图所示，图中 0 = 30 , A = 30 , B = 30 ,F = mg = ma,同理得知 a = g解法（三）将小球受力沿斜面向上和竖直向上两个方向 进行斜夹分解（从作用效果出发）如右图所示Tx ma,Ty mg,又Tx Ty ,° Q = g解法（四）将小球受的两个力按水平方向和竖直方向进 行正交分解如下图所示：j两式相比得到o = g= r sin 30s =曲和=wicos3(r/. Tsin30Q- wit7cos30e “说明”此例题求a是关键，比Tcos30° =+ ma - sin30c -*较以上四种方法此解法 （二）最简

11、单。例7、一根不计质量的弹簧，下端吊一物体，用 手拉着弹簧的上端,静止时弹簧伸长xi = 4cm, 当手拉弹簧使物体在竖直方向运动时，弹簧伸 长为X2 = 5cm,求物体运动的加速度并分析物体 可能运动情况。解答分析：此题为由物体受力情况确定物体 的运动情况，设物体质量为m,弹簧的劲动系数 为K,根据胡克定律可知：物体静止时受弹簧拉力Fi = Kxi;运动时弹簧拉力F2 = Kx2, Fi < F2,由平衡条件和牛顿第二定律可得Kx1 mgKx2 mg二式解得ama4g方向竖直向上，由此可知物体的可能运动情况是加速向上运动或减速向下 运动。此题还可由超重、失重概念求解。当物体有竖直向上加

12、速度时，物体的视重(测 出的重量)超过实重(mg)出现超重现象，超重值 =视重一实重 =ma。当物体有竖直向下的加速度时 ，物的视重小 于实重出现失重现象，失重值=实重一视重=ma。本题物体实重 =Kxi,视重为Kx2且视重大于 实重为超重现象，应有竖直向上加速度由 Kx2 Kxi -mg ma a -g ,或向下的减运动的可能。44牛顿定律的应用1、质量为1.0kg的物体，从离地面36m高处由静止开始下落，物体下落过程中受到空气的 平均阻力为2N,则物体下落过程所用时间为_ _s,物体着地时的速度为 _m / s,当物体下落 速度为着地速度一半时所用时间是s,下落高度是 _m(g取9.8m

13、/ s2)2、一质量为2kg的物体静止在水平地面上, 在水平向下拉力作用下，经4s速度达到12m / s, 这时撤去拉力，又经6s才停止，试分析物体受力 情况，并求出各力的大小？ (g取10m / s2)3、如右图所示，质量为m的物体放 在倾角为的固定斜面上恰能匀速下滑 若斜面长为S,要使这个物体从斜面底 端能上此斜面，求物体在斜面底端至少应具有 多大的速度，它冲上斜顶端所用时间？4、如右图所示，一端固定于框架顶 棚上的弹簧，其下端吊一个质量为 m的物体，框架质量为M = 2m,用细绳悬于O点,整个装置处于静止平衡状态。当框架的悬绳被剪断瞬间，则框架的加速度多大？物体的加速度 多大？5、如右图所示，小车的顶棚上用绳线吊一小 球,质量为m,车厢底板上放一个质量为 M的木 块，当小车沿水平面匀加速向右运动时，小球悬 线偏离竖直方向30 ,木块和车厢保持相对静止, 求：(1)小车运动的加速度？(2) 小球对悬线的拉力？(3) 木块受到的摩擦力？6、如右图所示