《牛顿运动定律》章末总结

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1、《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

2、间变化规律如图乙所示，取重力加速度g＝10m/s2.求：-6-(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＝10m/s2.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(　　)甲　　　　　　　　　　　乙图3A．0.5kg,0.4　　　　　　B．1.5kg，C．0.5kg,0.2D．1kg,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

3、夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10m，传送带以v＝5m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻放上一质量m＝5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10m/s2)图4-6-1．(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＝1.0kg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＝10N，方向平行斜面向上．经时间t＝4.0s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

4、动时间．(已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，取g＝10m/s2)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＝1kg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＝0.4s后撤去风力．小球沿细杆运动的v—t图像如图乙所示(g取10m/s2)，试求：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．-6-3．(传送带问题)如图7所示，图7水平传送带以2m/s的速度运动，传送带长AB＝20m，今在其左端将一工件轻轻放在上面，工件

5、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＝10m/s2)试求：(1)工件开始时的加速度a；(2)工件加速到2m/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v＝2a1s1在BC段，根据牛顿运动定律得F－mgsinθ＝ma2从B到C，根据运动学公式可得v－v＝2a2s2，又L＝s1＋s2联立以上各式解得：s1＝L－答案　L－例题2解析　由题图得：0～2s内，a＝＝m/s2＝0.5m/s2根据牛顿第二定律可得：前2s有F1－m

6、gsinα＝ma2s后有F2＝mgsinα，代入数据可解得：m＝1kg，α＝30°.答案　(1)1kg　(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2s到4s内所受外力F1＝3N，物块做匀加速运动，a＝＝m/s2＝2m/s2，F1－f＝ma物块在4s到6s所受外力F2＝2N，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＝0.5kg，μ＝0.4，故A选项正确．-6-例题3解析　以货物为研究对象，由牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝2.5m/s2货物匀加速运动时间t1＝＝2s货物匀加

7、速运动位移s1＝at＝5m然后货物做匀速运动，运动位移s2＝L－s1＝5m匀速运动时间t2＝＝1s货物从A到B所需的时间t＝t1＋t2＝3s答案　3s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－mgsinθ－f＝ma1又f＝μN，N＝mgcosθ解得：a1＝2.0m/s2t＝4.0s时物体的速度大小v1＝a1t＝8.0m/s(2)绳断时物体距斜面底端的位移为s1＝a1t2＝16m，绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2，受力如图所

8、示，则根据牛顿第二定律有：mgsinθ