高二物理牛顿运动定律的应用

高二物理牛顿运动定律的应用内容摘要：

,mgcosθFN1=0, 分析木楔受力 ,它受 5个力作用 ,如图 329(b)所示 ,对于水平方向 ,由牛顿定律有 : 图 329Ff2Ff139。 cosθ+FN139。 sinθ=0. 且 FN1=FN139。 . 由此可解地面作用于木楔的摩擦力 Ff2=macosθ= = N. 即地面对木楔的摩擦力大小为 N,方向水平向左 . 答案 : N,方向水平向左 31 0 .7 N2题型二超重和失重问题的分析 【 例 2】 某人在以 a=2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起 m1=75 kg的物体 ,则此人在地面上最多可举起多大质量的物体 ?若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起m2=50 kg的物体 ,则此升降机上升的加速度为多大 ?(g取 10 m/s2) 解析 :图 3210设此人在地面上的最大“举力”是 F,那么他在以不同的加速度运动的升降机中最大“举力”仍为 F,以物体为研究对象进行受力分析 ,物体的受力示意图如图 3210所示 ,且物体运动的加速度和升降机相同 . 当升降机以加速度 a1=2 m/s2匀加速下降时 ,对物体有 :m1gF=m1a1, 得 F=m1(ga1)=600 N. 设人在地面上最多可举起质量为 m0的物体 ,则 当升降机以 a2匀加速上升时 ,对物体有 Fm2g=m2a2, 所以升降机匀加速上升的加速度为 2 m/s2. 答案 :60 kg 2 m/s2 00600, 6 0 .10FF m g m k g k gg   2 2 22600( 1 0 ) / 2 / .50Fa g m s m sm    方法总结 :超重 ､失重问题的分析 ,实质上是在竖直方向上应用牛顿第二定律 . 创新预测 2 举重运动员在地面上能举起 120 kg的重物 ,而在运动着的升降机中却只能举起 100 kg的重物 ,求升降机运动的加速度 .若在以 m/s2的加速度加速下降的升降机中 ,此运动员能举起质量为多大的重物 ?(g取 10 m/s2) 答案 :2 m/s2 160 kg 解析 :运动员在地面上能举起 120 kg的重物 ,则运动员能发挥的向上的最大支撑力 F=m1g=120 10 N=1200 100 kg的重物 ,可见该重物超重了 ,升降机应具有向上的加速度 ,对于重物 :Fm2g=m2a1,所以 当升降机以 m/s2的加速度加速下降时 ,重物失重 .对于重物 :m3gF=m3a2,得 221 2 0 0 1 0 0 1 01 / 2 2 / 2。 100F m ga m s m sm   212020 1 6 0 .1 0 2 .5Fm k g k gga  题型三临界问题图 【 例 3】 如图 3211所示 ,质量 m=1 kg的物块放在倾角为 θ的斜面上 ,斜面体质量 M=2 kg,斜面与物块的动摩擦因数 μ=,地面光滑 ,θ=37176。 .现对斜面体施加一水平推力 F,要使物体m相对斜面静止 ,力 F应为多大 ?(设物体与斜面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ,g取 10 m/s2) 解析 :(1)设物块处于相对斜面下滑的临界状态 (物块恰好不下滑 )时推力为 3212(a)所示 . 图 3212取加速度 a1方向为 x轴方向 ,对 m有 : x方向 :FNsinθμFNcosθ=ma1, y方向 :FNcosθ+μFNsinθmg=0,联立两式得 :a1= m/s2. 对整体有 :F1=(M+m)a1. 代入数据解得 F1= N. (2)设物块处于相对斜面向上滑的临界状态 (物块恰好不上滑 )时推力为 F2,此时物块受力如图 3212(b).对 m有 : x方向 :FNsinθ+μFNcosθ=ma2, y方向 :FNcosθμFNsinθmg=0, 联立两式得 :a2= m/s2, 对整体有 :F2=(M+m)a2, 代入数据解得 F2= N. F的范围为 : N≤F≤ N. 答案 : N≤F≤ N 方法总结 :题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时 ,往往会出现 临界现象 ,此时要采用极限分析法 ,看物体在不同的加速度时 ,会有哪些现象发生 ,尽快找出临界点 ,求出临界条件 . 创新预测 3 如图 3213所示 ,一质量为 m､带电荷量为 +q的物体处于场强按 E=E0kt(E0､k均为大于零的常数 ,取水平向右为正方向 )变化的电场中 ,物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为 μ,当 t=0时 ,物体处于静止状态 ,若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ,且电场空间和墙面均足够大 ,下列说法正确的是 ( ) ,后保持不变 t=\frac{E_0}{k},物体在竖直墙壁上的位移最大 t=\frac{μqE_0mg}{μkq},物体运动速度达到最大值 答案 :BC 解析 :由 E=E0kt可得 ,在 t=0到 的过程中 , 电场强度水平向右且逐渐减小 ,则电场力的方向向右且逐渐减小 ,当物体开始运动后 ,物体所受的摩擦力为 Ff=μF=μ(qE0qkt),由牛顿第二定律 mgFf=ma得 ,物体的加速度逐渐增大。 当 时 ,场强方向改为水平向左且逐渐增大 ,则电场力 F的方向水平向左且逐渐增大 ,物体受到的合外力 F合 逐渐增大 ,加速度逐渐增大 ,故选项 B正确､A错误。 当 时 ,物体离开竖直墙壁 ,所以此时物体在竖直墙壁上的位移最大 ,故 C正确。 物体在运动过程中速度。