本章复习与测试国家获奖教案

《牛顿运动定律》章末总结

一、动力学的两类基本问题

例1 我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了滑跃技术．如图1所示，其甲板可简化为模型：AB部分水平，BC部分倾斜，倾角为θ.战斗机从A点开始起跑，C点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰时的速度为vm，重力加速度为g.求AB部分的长度．

图1

二、图像在动力学中的应用

例2 如图2甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角为α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s.求：

2

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(1)小环的质量m；

(2)细杆与地面间的夹角α.

针对训练

放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图3甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s.由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为(

) 2

甲

乙

图3 2A．0.5 kg,0.4

B．1.5 kg，

15C．0.5 kg,0.2 三、传送带问题

例3 某飞机场利用如图4所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在3传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg 的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物2从A端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s) 2 D．1 kg,0.2

图4

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1．(动力学的两类基本问题)如图5所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1.0 kg的物体．物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳拉物体由静止沿斜面向上运动．拉力F＝10 N，方向平行斜面向上．经时间t＝4.0 s绳子突然断了，求：

图5 (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．(已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，取g＝10 m/s)

2．(图像在动力学中的应用)如图6甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量为m＝1 kg的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O点．现用沿杆向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t1＝0.4 s后撤去风力．小球沿细杆运动的v—t图像如图乙所示(g取10 m/s)，试求：

22

图6 (1)小球沿细杆滑行的距离；

(2)小球与细杆之间的动摩擦因数；

(3)风力F的大小．

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3．(传送带问题)如图7所示，

图7 水平传送带以2 m/s的速度运动，传送带长AB＝20 m，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10 m/s)试求：

(1)工件开始时的加速度a；

(2)工件加速到2 m/s时，工件运动的位移；

(3)工件由传送带左端运动到右端的时间．

答案

例题1 解析

在A、B段，根据牛顿运动定律得F＝ma1

设B点速度大小为vt，根据运动学公式可得vt

＝2a1s1

在BC段，根据牛顿运动定律得F－mgsin θ＝ma2

从B到C，根据运动学公式可得v

m－v

t＝2a2s2，又L＝s1＋s2

22FL－mvm

联立以上各式解得：s1＝L－

2mgsin θ22FL－mv

m答案

L－

2mgsin θ例题2 解析

由题图得：0～2 s内，

Δv1a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2

Δt2根据牛顿第二定律可得：前2 s有F1－mgsin α＝ma

2 s后有F2＝mgsin α，代入数据可解得：m＝1 kg，α＝30°.

答案

(1)1 kg (2)30°

针对训练

答案

A 解析

由F－t图像和v－t图像可得，物块在2 s到4 s内所受外力F1＝3 N，物块做匀加速Δv422运动，a＝＝ m/s＝2 m/s，F1－f＝ma

Δt2物块在4 s到6 s所受外力F2＝2 N，物块做匀速直线运动，

则F2＝f，f＝μmg

联立以上各式并代入数据解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．

例题3 解析

以货物为研究对象，由牛顿第二定律得

2222- 4 -

μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma

解得a＝2.5 m/s

货物匀加速运动时间t1＝＝2 s 货物匀加速运动位移

12s1＝at

1＝5 m 2然后货物做匀速运动，运动位移

2vas2＝L－s1＝5 m 匀速运动时间

s2t2＝＝1 s v货物从A到B所需的时间

t＝t1＋t2＝3 s 答案

3 s 自我检测

1、解析

(1)物体向上运动过程中，受拉力F、斜面支持力N、重力mg和摩擦力f，如图所示，设物体向上运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有：

F－mgsin θ－f＝ma1

又f＝μN，N＝mgcos θ

解得：a1＝2.0 m/s

2t＝4.0 s时物体的速度大小v1＝a1t＝8.0 m/s 12(2)绳断时物体距斜面底端的位移为s1＝a1t＝16 m，绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运2动，设运动的加速度大小为a2，受力如图所示，则根据牛顿第二定律有：

mgsin θ＋f＝ma2

解得a2＝8.0 m/s

物体匀减速运动的时间

2v1t2＝＝1.0 s a21物体匀减速运动的位移为s2＝v1t2＝4.0 m 2此后物体沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，受力如图所示．

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根据牛顿第二定律可得mgsin θ－f′＝ma3，得a3＝4.0 m/s

12设物体由最高点下滑到斜面底端的时间为t3，根据运动学公式可得s1＋s2＝a3t

3，t3＝10 2s≈3.2 s，所以物体从绳子断了开始到返回斜面底端的时间为t′＝t2＋t3＝4.2 s. 答案

(1)8.0 m/s (2)4.2 s 2、答案

(1)1.2 m (2)0.25 (3)7.5 N 解析

(1)由图像可得v＝1 m/s 故小球沿细杆滑行的距离s＝vt＝1.2 m Δv2(2)减速阶段的加速度大小a2＝＝2.5 m/s

Δt由牛顿第二定律得μmg＝ma2

即动摩擦因数μ＝0.25 Δv2(3)加速阶段的加速度大小a1＝＝5 m/s

Δt由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1

解得F＝7.5 N 3、答案

(1)1 m/s，方向水平向右

(2)2 m (3)11 s 解析

(1)工件被放在传送带上时初速度为零，相对于传送带向左运动，受滑动摩擦力向右，大小为f＝μmg，工件加速度a＝μg＝0.1×10 m/s＝1 m/s，方向水平向右

(2)工件加速到2 m/s所需时间

v2t0＝＝ s＝2 s a11212在t0时间内运动的位移s0＝at0＝×1×2 m＝2 m 22(3)由于s0<20 m，故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止，一起运动至B端．

经过时间t0后，工件做匀速运动的时间为：

s－s020－2t1＝＝ s＝9 s v2所以工件由传送带左端运动到右端的时间为：

2222t＝t0＋t1＝11 s

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