- 牛顿运动定律
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一质量m=500t的机车，以恒定功率P=375kW由静止出发，沿直线行驶了s=2250m速度达到最大值υm=54km/h．若机车所受阻力f恒定不变，取重力加速度g=10m/s2，试求：
（1）机车受到阻力f的大小；
（2）机车在这2250m内行驶所用的时间t．
正确答案
（1）当机车达到最大速度vm=54km/h=15m/s时，
机车处于平衡状态，由平衡条件得：f=F，
因为P=Fv=fv，
则机车受到的阻力f=
（2）从机车开始运动到达到最大速度过程中，
由动能定理得：Pt=fs=
答：（1）机车受到阻力f的大小为2.5×104N；
（2）机车在这2250m内行驶所用的时间为300s．
如图(a)所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2kg的物体在F作用下从静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图(b)所示，由此可知(g取10m/s2)在0至4s这段时间里F做的功的平均功率为 W, 3s末F的瞬时功率大小为 W。
正确答案
21W；31.5W
试题分析: 由图可知，物体的加速度a=0.5m/s2。根据牛顿第二定律得，2F-mg=ma，则F=10.5N，4s内物体的位移x1=4m，则拉力作用点的位移为x2=8m，拉力平均功率
（8分）一同学在a=2m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1=75kg的物体。取g=10m/s2，求：
（1）此人在地面上可举起物体的最大质量；
（2）若该同学在一匀加速上升的升降机中最多能举起m2=50kg的物体，则该升降机上升的加速度为多大？
正确答案
（1）m0=60kg（2）a′=2m/s2
试题分析：（1）设该同学的最大举力为F，在地面上所能举起的最大质量为m0，根据题意由牛顿第二定律有：
当升降机以加速度a的加速度匀加速下降时：
在地面上对物体有：
联解①②式并代入数据得：
m0=60kg ………………③
（2）当升降机以加速度a′匀加速上升时，由牛顿第二定律有：
解④代入数据得：
a′=2m/s2 ………………⑤
评分参考意见：本题满分8分，其中①②④式各2分，③⑤式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。
（14分）在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球,另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ（如图）。求小球经过最低点时细线对小球的拉力。
正确答案
mg［3－2cosθ/（1＋sinθ）］
试题分析：设细线长为l，球的电量为q，场强为E。若电量q为正，则场强方向在题图中向右，反之向左。从释放点到左侧最高点，重力势能的减少等于电势能的增加，
mglcosθ＝qEl（1＋sinθ） ①
若小球运动到最低点时的速度为v，此时线的拉力为T，由能量关系得
1/2mv2＝mgl－qEl ②
由牛顿第二定律得： T－mg＝mv2/l ③
由以上各式 ： T＝mg［3－2cosθ/（1＋sinθ）］ ④
（12分）质量为0.2kg的物体，以24m/s的初速度竖直上抛，由于空气阻力，经过2s到达最高点，设空气阻力恒定，取g=10m/s2，求：
（1）物体上升的最大高度；
（2）由最高点落回抛出点所用的时间。
正确答案
（1）24m（2）
（1）物体上升的加速度大小
最大高度
（2）由于空气阻力,物体向上向下的加速度a是不同的,在向上时有
mg+f=ma, f=0.2×12N-0.2×10N=0.4N 2分
则下落时的加速度
由
本题考查牛顿第二定律的应用，由加速度概念，加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量可求得加速度大小，再由向上做的是匀减速直线运动可求得上升的最大高度，上升过程中所受阻力竖直向下，由牛顿第二定律可求得牡蛎大小，下落过程中阻力方向向上，由牛顿第二定律可求得加速度大小，再由匀加速直线运动可求得运动时间
如图所示，在绝缘光滑水平面的上方存在着水平方向的匀强电场，现有一个质量m=2.0×10-3kg、电量q=2.0×10-6C的带正电的物体（可视为质点），从O点开始以一定的水平初速度向右做直线运动，其位移随时间的变化规律为s=6.0t-10t2，式中s的单位为m，t的单位为s．不计空气阻力，取g=10m/s2．
（1）求匀强电场的场强大小和方向；
（2）求带电物体在0～0.5s内电势能的变化量．
正确答案
（1）由s=6.0t-10t2得加速度大小为：a=20m/s2
根据牛顿第二定律：Eq=ma
解得场强大小为：E=2.0×104N/C
电场强度方向水平向左
（2）由x=6.0t-10t2得初速度为：v0=6.0m/s
减速时间：t1=0.3s
0.3s内经过的路程x1=v0t1-a1t2=0.9 m
后0.2s物体做反向匀加速直线运动，经过的路程x2=
物体在0.5s内发生的位移为x=0.9-0.4=0.5
电场力做负功，电势能增加：△Ep=qEx=2×10-2J
答：（1）求匀强电场的场强大小为2.0×104N/C，方向水平向左；
（2）带电物体在0～0.5s内电势能的变化量为2×10-2J．
如图所示,光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接,导轨半径为R.一个质量为m的物块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下物块获得某一向右速度后脱离弹簧,当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍,之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点.试求:
(1)弹簧开始时的弹性势能;
(2)物块从B点运动至C点克服阻力做的功;
(3)物块离开C点后落回水平面时的动能.
正确答案
3mgR ；0.5mgR ；2.5mgR
试题分析：（1）到达B点时，
开始时的弹性势能
（2）到达C点时,
从B到C过程中,根据动能定理,
克服阻力做的功
（3）从C点到落地过程中，根据机械能守恒定律，
因此落地时的动能
一平板车，质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1.25m，一质量m=50kg的物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20。如图所示。今对平板车施一水平向右的恒力使车向前行驶，结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0m，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s。不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦，取g=10m/s2。
正确答案
1.625m
试题分析：设物体在车上滑动时的加速度为a1，
则f=ma1，即a1=μg （1分）
设车的加速度为a2，对于车，则F－μmg＝Ma2 。 （1分）
设从物块开始滑动到它离开车所用时间为t0，
点评：该题涉及到相对运动的过程，要求同学们能根据受力情况正确分析运动情况，并能熟练运用运动学基本公式解题，难度较大．
（22分）如图，一质量m =" 1" kg的木块静止的光滑水平地面上。开始时，木块右端与墙相距L =" 0.08" m；质量为m =" 1" kg的小物块以初速度v0 =" 2" m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为= 0.1，木板与墙的碰撞是完全弹性的。取g =" 10" m/s2，求
（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。
正确答案
（1）2次；1.8s
（2）0.06m
（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木块加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则：
联立①②③式解得
T =" 0.4" s v1 =" 0.4" m/s ④
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T。设在物块与木板两者达到共同速度v前木块共经历n次碰撞，则有：
式中
⑤式可改写为
由于木板的速率只能位于0到v0之间，故有
0≤
求解上式得
1.5≤n≤2.5
由于n是整数，故 n="2 " ⑧
再由①⑤⑧得
v =" 0.2 " m/s ⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为
（2）物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为
联立①（12）式，并代入数据得
s =" 0.06 " m
图1表示某人站在一架与水平成θ角的以加速度a向上运动的自动扶梯
台阶上，人的质量为m，鞋底与阶梯的摩擦系数为μ，求此时人所受的摩 擦力。
正确答案
f = ma2 = macosθ
【误解】 因为人在竖直方向受力平衡，即N = mg，所以摩擦力f=μN=μmg。
【正确解答】如图2，建立直角坐标系并将加速度a沿已知力的方向正交分解。
水平方向加速度a2=acosθ
由牛顿第二定律知
f = ma2 = macosθ
【错因分析与解题指导】计算摩擦力必须首先判明是滑动摩擦，还是静摩擦。若是滑动摩擦，可用f=μN计算；若是静摩擦，一般应根据平衡条件或运动定律列方程求解。题中的人随着自动扶梯在作匀加速运动，在水平方向上所受的力应该是静摩擦力，[误解]把它当成滑动摩擦力来计算当然就错了。另外，人在竖直方向受力不平衡，即有加速度，所以把接触面间的正压力当成重力处理也是不对的。
用牛顿运动定律处理平面力系的力学问题时，一般是先分析受力，然后再将诸力沿加速度方向和垂直于加速度方向正交分解，再用牛顿运动定律列出分量方程求解。
有时将加速度沿力的方向分解显得简单。该题正解就是这样处理的。
如图，一质量为5kg的滑块在F=15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因素是0.2，g取10m/s2，问：
（1）滑块运动的加速度是多大？
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是多少？
正确答案
（1）根据牛顿第二定律得：a=
（2）根据速度时间公式得：v=at=8×1=8m/s
撤去F后的加速度：a′=μg=2m/s2
滑块继续滑行的位移：x=
答：（1）滑块运动的加速度为1m/s2．
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是16m．
一电动小车沿如图所示的路径运动，小车从A点由静止出发，沿粗糙的水平直轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆形轨道，运动一周后又从B点离开圆轨道进入水平光滑轨道BC段，在C与平面D间是一蓄水池．已知小车质量m=0.1kg、L=10m、R=0.32m、h=1.25m、s=1.50m，在AB段所受阻力为0.3N．小车只在AB路段可以施加牵引力，牵引力的功率为P=1.5W，其他路段电动机关闭．问：要使小车能够顺利通过圆形轨道的最高点且能落在右侧平台D上，小车电动机至少工作多长时间？（g取10m/s2）
正确答案
设车刚好越过圆轨道最高点，设最高点速度为v2，最低点速度为v1
在最高点由牛顿第二定律得
mg=
由机械能守恒定律研究从B点到最高点得
解得 v1=
小车在离开C点后做平抛运动
由h=
得t=0.5s
x=v1t=2m
x＞s，所以小车能够越过蓄水池
设电动机工作时间为t0，在AB段由动能定理得
Pt0-fL=
解得t0=2.53s
答：小车电动机至少工作时间是2.53s．
如图所示，质量为m=20kg的物体，在F=100N水平向右的拉力作用下，由静止开始运动．设物体与水平面之间的动摩擦因素µ=0.4，求：
（1）物体所滑动受摩擦力为多大？
（2）物体的加速度为多大？
（3）物体在3s内的位移为多大？
正确答案
（1）物体所受滑动受摩擦力大小：Fµ=µFN=µmg=0.4×20×10N=80N
（2）由牛顿第二定律：a=
（3）物体在3s内的位移：x=
答：（1）物体所滑动受到的摩擦力为80N．
（2）物体的加速度为1m/s2．
（3）物体在3s内的位移为4.5m．
如图所示，一带电小球质量为m，以初速度v0沿与水平方向成45º角斜向上进入一个足够大的匀强电场中，匀强电场的方向水平向左，电场强度为E，已知重力加速度为ｇ，要使小球在电场中做直线运动.问:
(1)小球应带何种电荷? 电荷量是多少?
(2)在入射方向上小球的最大位移是多少?
正确答案
（1）小球带正电，电量
试题分析：
解：（1）电荷受重力和电场力作用，因为电荷在电场中做直线运动，合力方向平行于运动方向，在垂直于运动方向上合力为零，则电场力方向只能水平向左，小球带正电．
在垂直运动方向上合力为零：
（2）小球所受合力为
如图所示，质量为M=400g的铁板固定在一根轻弹簧上方，铁板的上表面保持水平。弹簧的下端固定在水平面上，系统处于静止状态。在铁板中心的正上方有一个质量为m=100g的木块，从离铁板上表面高h=80cm处自由下落。木块撞到铁板上以后不再离开，两者一起开始做简谐运动。木块撞到铁板上以后，共同下降了l1=2.0cm时刻，它们的共同速度第一次达到最大值。又继续下降了l2=8.0cm后，它们的共同速度第一次减小为零。空气阻力忽略不计，重力加速度取g=10m/s2。求：
⑴ 若弹簧的弹力跟弹簧的形变量成正比，比例系数叫做弹簧的劲度，用k表示．求本题中弹簧的劲度k；
⑵ 从木块和铁板共同开始向下运动到它们的共同速度第一次减小到零的过程中，弹簧的弹性势能增加了多少？
⑶在振动过程中，铁板对木块的弹力的最小值N是多少？
正确答案
⑴ 50N/m ⑵ 0.66J ⑶ 0.2N
试题分析：⑴M静止时，设弹簧压缩量为l0，则Mg＝kl0 ①
速度最大时，M、m组成的系统加速度为零，则（M＋m）g－k（l0＋l1）＝0 ②
解①②得：l0＝8cm，k＝50N/m
［或：因M初位置和速度最大时都是平衡状态，故mg＝kl1
解得：k＝50N/m
⑵m下落h过程中，mgh＝
m冲击M过程中， m v0＝（M＋m）v ④
所求过程的弹性势能的增加量：ΔE＝（M＋m）g（l1＋l2）＋
解③④⑤得：ΔE＝0.66J
⑶ 在最低点，M、m组成的系统：k（l0＋l1＋l2）－（M＋m）g＝（M＋m）a1 ⑥
在最高点，对m：mg－N＝m a2 ⑦
根据这种运动的对称性可知：a1＝a2 ⑧
解得：a1＝a2＝8m/s2，N＝0.2N
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