1、第 2 讲 牛顿第二定律 两类动力学问题考点一 牛顿第二定律的理解1牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的 质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。(2)公式：Fma 。(3)物理意义：它表明了力是产生加速度的原因。(4)适用范围：只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理微观粒子高速运动问题。2单位制(1)定义：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。(2)分类基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们在国际制中的单位分别是 kg、s、m 。导出单位：由基本量
2、根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。思维诊断(1)物体加速度的方向与所受合外力的方向一定相同。( )(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一水平力，当力刚开始作用瞬间，物体立即获得加速度。( )(3)物体所受合外力越大，加速度越大。( )(4)物体所受合外力越大，速度越大。( )(5)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小。( )(6)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。( )(7)千克、秒、米、库仑、安培均为国际单位制的基本单位。( )(8)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时确定了物理量间的单位关系。( )答案： (1) (2) (3) (4)
3、(5) (6) (7) (8)题组训练1对牛顿第二定律及变形公式的理解(多选) 下列对牛顿第二定律的表达式 Fma 及其变形公式的理解，正确的是( )A由 Fma 可知，物体所受的合力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B由 m 可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比FaC由 a 可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比FmD由 m 可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求出Fa解析： 牛顿第二定律的表达式 Fma 表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，但物体的质量是由物体本身决定的，与受力无关；作用在物体上的合力，
4、是由和它相互作用的物体作用产生的，与物体的质量和加速度无关。故 A、B 错误，C、D 正确。答案： CD2国际单位制(多选)对于下面的物理量和单位：密度 牛 米/秒 加速度 长度 质量 千克 时间下列判断正确的是( )A属于国际单位制中基本单位的是 B属于国际单位制中基本单位的是C属于国际单位的是D属于国际单位的是解析： 密度、加速度、长度、质量和时间不是单位的名称，而是物理量的名称。千克是国际单位制中的基本单位，牛、米/秒是国际单位制中的导出单位，都属于国际单位。正确选项为 B、C。答案： BC3速度、加速度、合外力之间的关系(多选) 下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A
5、物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B物体的速度为 0，则加速度为 0，所受的合外力也为 0C物体的速度为 0，则加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D物体的速度很大，但加速度可能为 0，所受的合外力也可能为 0解析： 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系。一个很大，另一个可以很小，甚至为 0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项 C、D 对。答案： CD4.应用定律定性分析(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力 F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后( )A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍可增大
6、C当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D弹簧压缩量最大时，木块加速度为 0解析： 当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力 F 和弹簧水平向左的弹力。弹簧的弹力先小于恒力 F，后大于恒力 F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度最大，加速度为 0。当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力 F，合力向左，加速度大于 0，故 B、C 正确， A、D 错误。答案： BC考点二 用牛顿第二定律求解瞬时加速度反 思 总 结 合 力 、加 速 度 、速 度 的 关 系1两种模型(1)刚性绳(或接触面 )不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱
7、离) 后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳 )两端同时连接(或附着) 有物体的弹簧 (或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。2一般思路第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个质量相等的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球 A 与下面小球 B 的加速度分别为( )Aa Ag，a B gBa A2g，a BgCa A2g，a B0Da A0，a B g解析
8、： 分别以 A、B 为研究对象作受力分析。剪断前 A、B 静止。如图甲所示，A 球受三个力，即拉力 FT、重力 mg 和弹力 F。B 球受两个力，即重力 mg 和弹簧拉力 F，规定竖直向上为正方向，则 A 球：F TmgF0，B 球：Fmg0，解得 FT2mg，Fmg。剪断时，A 球受两个力作用，因为绳无弹性，剪断的瞬间拉力就不存在了，而弹簧形状不可发生突变，弹力还存在。如图乙所示，A 球受重力 mg、弹簧的弹力 F。同理 B 球受重力 mg 和弹力 F 。A 球：mgF ma A，B 球：F mgma B，解得 aA2g( 方向向下)，a B0。故本题的正确选项为 C。答案： C考法拓展 在
9、典例 1中只将 A、B 间的轻质弹簧换成轻绳，其他不变，如图所示，则正确的选项是( )Aa Ag，a B gBa A2g，a BgCa A2g，a B0Da A0，a B g解析： 由于绳子张力可以突变，故剪断 OA 后小球 A、B 只受重力，其加速度aA aB g。故选项 A 正确。答案： A方法技巧 分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。题组训练1静态的瞬时问题物块 A1、A 2 的质量均为 m， B1、B 2 的质量均为 2m，A 1、A 2 用一轻杆连接，B 1、B 2 用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支
10、托物 M 上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去支托物 M，在除去支托物的瞬间， A1、A 2 加速度分别为 a1 和 a2，B 1、B 2 的加速度分别为 a1和a2，则( )Aa 10，a 22g a 10 ，a 22gBa 10，a 22g a 1g， a22gCa 1g，a 2g a 10， a22gDa 1g，a 2g a 1g， a2g解析： A 1、A 2 用一轻杆连接，它们的加速度始终相等，在除去支托物的瞬间，由它们组成的系统只受重力的作用，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度 a1a 2g；因为在除去支托物的瞬间，弹簧上的弹力不能突然消失(主要是弹簧不能突然恢复原长) ，
11、所以 B1 的受力不变，加速度仍为零，即 a10，而 B2 受到的竖直向上的支持力突然消失，受到的竖直向下的重力和弹簧弹力不变，加速度大小 a2为 2g；综上分析，选项 C 正确。本题答案为 C。答案： C2动态的瞬时问题如图所示，质量分别为 m、2 m 的两物块 A、B 中间用轻弹簧相连， A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 ，在水平推力 F 作用下，A、B 一起向右做加速度大小为 a 的匀加速直线运动。当突然撤去推力 F 的瞬间，A、B 两物块的加速度大小分别为( )A2a、a B2(ag) 、 agC2a3g、a Da、2a3g解析： 撤去 F 前，根据牛顿第二定律，对 A、B、弹簧整体
12、有 F3mg 3ma，对 B 有FN2mg2ma，得 FN2 m(ag )。撤去 F 的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为 FN，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，对物块 B 受力不变，a Ba，对物体 A，由牛顿第二定律得FNmg ma A，有 aA2a3g。综上分析，C 项正确。答案： C考点三 动力学两类基本问题1动力学两类基本问题(1)由受力情况判断物体的运动状态。处理这类问题的基本思路是：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F 合 ma) 求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移。(2)由运动情况判断受力情况。处理这类问题的基本思路是：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定
13、律求出合力，从而确定未知力。2解答动力学两类问题的两个关键点题组训练1已知受力分析运动(2017长沙模拟) 为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为 L1160 m 的水平跑道上运动，然后在长度为 L220.5 m 的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量 m2.010 4 kg，其喷气发动机的推力大小恒为 F1.410 5 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的 0.2 倍，假设航母
14、处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。g 取 10 m/s2。(1)求飞机在水平跑道上运动的末速度大小。(2)求飞机从开始运动到起飞经历的时间 t。解析： (1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为 a1，阻力大小为 F 阻 ，在水平跑道上运动的末速度大小为 v1，由牛顿第二定律得 FF 阻 ma 1F 阻 0.2mgv 2a 1L121联立以上三式并代入数据解得 a15 m /s2，v 140 m/s。(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为 a2，在倾斜跑道末端的速度大小为 v2飞机在水平跑道
15、上的运动时间 t1 8 sv1a1在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有FF 阻 mg ma 2hL2代入数据解得 a24 m/s 2由 v v 2a 2L22 21代入数据解得 v242 m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间 t2 0.5 sv2 v1a2则 tt 1t 28.5 s。答案： (1)40 m/s (2)8.5 s2已知运动分析受力如图所示，一物体以 v02 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时 t 1 s。已知斜面长度 L1.5 m，斜面的倾角 30，重力加速度取 g10 m/s2。求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间
16、的动摩擦因数。解析： (1)设物体滑到斜面底端时速度为 v，则有：L tv0 v2代入数据解得：v1 m/s(2)因 vF3CF 1F3 DF 1F 3解析： 根据 v t 图象可以知道，在 05 s 内加速度为 a10.2 m/s2，方向沿斜面向下；在 510 s内，加速度 a20 ；在 1015 s 内加速度为 a30.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图。在 05 s 内，根据牛顿第二定律：mgsin F fF 1ma 1，则 F1mgsin F f0.2m；在 510 s 内，根据牛顿第二定律：mg sin F fF 2ma 2，则 F2mgsin F f；在1015 s 内，根
17、据牛顿第二定律：F fF 3mg sin ma 3，则 F3mgsin F f0.2m，故可以得到 F3F2F1，故选项 A 正确。答案： A2.(多选)(2015海南单科8) 如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块 a 的加速度的大小记为 a1，S 1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为l1 和 l2，重力加速度大小为 g。在剪断的瞬间( )Aa 13g Ba 10C l12l 2 Dl 1l 2解析： 设物体的质量为 m，剪断细线的瞬间，细
18、线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间 a 受到重力和弹簧 S1 的拉力 FT1，剪断前对 b、c 和弹簧组成的整体分析可知 FT1 2mg，故 a 受到的合力 Fmg F T1mg2mg3mg，故加速度 a1 3g，A 正确，FmB 错误；设弹簧 S2 的拉力为 FT2，则 FT2mg，根据胡克定律 Fk x 可得 l12 l2，C 正确，D 错误。答案： AC3(2014全国理综19)一物块沿倾角为 的斜坡向上滑动。当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H，如图所示；当物块的初速度为 时，上升的最大高度记为 h。重力加速度大小为 g。物块与斜坡间的v2动摩擦因数和 h
19、 分别为( )Atan 和 B. tan 和H2 (v22gH 1) H2Ctan 和 D tan 和H4 (v22gH 1) H4解析： 设物块与斜坡间的动摩擦因数为 ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小 agcos g sin 当物块的初速度为 v 时，由运动学公式知v22a Hsin 当物块的初速度为 时，由运动学公式知v222a (v2) hsin 由两式得 hH4由两式得 tan (v22gH 1)答案： D4(2015课标全国卷)( 多选) 如图(a) ，一物块在 t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的 v0、v 1、t 1 均为已知量，则可
20、求出( )A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度解析： 设物块的质量为 m、斜面的倾角为 ，物块与斜面间的动摩擦因数为 ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a1 和 a2，根据牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma 1， mgsin mgcos ma 2。再结合 vt 图线斜率的物理意义有：a 1 ，a 2 。由上v0t1 v1t1述四式可见，无法求出 m，可以求出 、，故 B 错，A 、 C 均正确。0t 1 时间内的 v t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离， 已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故 D 正确。答
21、案： ACD5(2016全国甲卷19)( 多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析： 设小球在下落过程中所受阻力 F 阻 kR，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mgF 阻 ma，由 mV R3 知： R3g kR R3a，即 ag ，故知：43 43 43 3k41R2R 越大， a 越大，即下落过程中
22、a 甲 a 乙 ，选项 C 错误；下落相同的距离，由 h at2 知，a 越12大，t 越小，选项 A 错误；由 2ahv 2v 知，v 00，a 越大，v 越大，选项 B 正确；由 W 阻20F 阻 h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项 D 正确。答案： BD课时训练一、选择题(16 题为单项选择题， 710 题为多项选择题)1(2017锦州模拟)一物块静止在粗糙的水平桌面上，从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以 a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小。能正确描述 F 与 a 之间关系的图象是( )解析： 对物块受力分
23、析如图所示：由牛顿第二定律得 Fmgma，解得：Fma mg，得 F 与 a 成一次函数关系，故A、B 、 D 错误，C 正确。答案： C2质量为 1 kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在 t s 内的位移为 x m，则 F 的大小为(单位为 N)( )A. B2xt2 2x2t 1C. D2x2t 1 2xt 1解析： 由牛顿第二定律 Fma 与 x at2，得出 F ，故本题选 A。12 2mxt2 2xt2答案： A3为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是( )解析： 设屋檐
24、的底角为 ，底边长为 2L(不变) 。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度 a gsin ，位移大小 x at2，而 x ，2sin cos sin mgsin m 12 Lcos 2，联立以上各式得 t 。当 45 时，sin 21 为最大值，时间 t 最短，故选项 C 正4Lgsin 2确。答案： C4.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度 a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力 F，则( )A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度 a 匀加速下滑C物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑D物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑解析： 设斜面的倾角为 ，根据牛
25、顿第二定律知，物块的加速度a 0，即 0，故 aa，物块将以mg Fsin mg Fcos m Fsin Fcos m大于 a 的加速度匀加速下滑。故选项 C 正确，选项 A、B 、D 错误。答案： C5.(2017河北正定模拟)质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为 45。弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度 g 向右做匀加速运动，当地重力加速度为 g。则( )A静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半B静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力C加速时，弹簧的弹力等于零D加速时，弹簧的形变量是静止时的 2 倍解析： 根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力
26、大小 Fmgsin 45 mg，此22时杆对小球的弹力大小 FNmgcos 45 mg，与弹簧弹力大小相等，所以 A、B 项均错。当系22统以加速度 g 向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为 0，所以 C项正确，D 项错误。答案： C6(2017河北石家庄阶段测试) 在图甲所示的水平面上，用水平力 F 拉物块，若 F 按图乙所示的规律变化。设 F 的方向为正方向，则物块的速度 时间图象可能正确的是( )解析： 若水平面光滑，则加速度 a ，即 aF，满足Fma1a 2a 3F 1F 2F 31 32，可见 A、B、C 、D 四个选项均不符合。若水平面不光滑，对 A 图进
27、行分析：01 s 内， a1 2 m/s 2,12 s 内，a 2 2 F1 Ffm 1 Ffm F2 Ffm 3 Ffmm/s2，2 3 s 内， a3 1 m/s 2，联立以上各式得 Ff1 N ，m1 kg，且F3 Ffm 2 Ffma1a 2a 3221，符合实际，A 项正确；同理，分析 B、C、D 项均不可能。答案： A7关于牛顿第二定律，以下说法中正确的是( )A物体的质量不变，a 与 F 的正比关系与 m 和 a 的单位无关B对于相同的合外力，a 与 m 的反比关系与 m 和 a 的单位无关C在公式 Fma 中，F、m 和 a 三个量可以任意选取单位D在公式 Fma 中，当 m
28、和 a 分别用 kg 和 m/s2 作单位时， F 必须用 N 作单位解析： 根据牛顿第二定律可知，选项 A、B 正确。公式 Fma 是以定义“牛顿”这个单位为前提的，1 N1 kgm/s 2，m、a 、F 三个量必须分别取 kg、m/s 2、N 为单位 Fma 才能成立，故选项 C 错，D 正确。答案： ABD8如图甲所示，地面上有一质量为 M 的重物，用力 F 向上提它，力 F 变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是( )A当 F 小于图中 A 点值时，物体的重力 MgF，物体不动B图中 A 点值即为物体的重力值C物体向上运动的加速度和力 F 成正比D图线延长和
29、纵轴的交点 B 的数值等于该地的重力加速度解析： 当 0FMg 时，物体静止，即 A 正确；当 FMg 时，即能将物体提离地面，此时，F MgMa，a g，A 点表示的意义即为 FMg ，所以 B 正确；直线的斜率为 ，BFM 1M点数值为 g，故 D 选项正确。答案： ABD9.质量均为 m 的 A、B 两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上。A 球紧靠墙壁，如图所示，今用恒力 F 将 B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间( )AA 球的加速度为 BA 球的加速度为 0F2mCB 球的加速度为 DB 球的加速度为F2m Fm解析： 撤去恒力 F 前，A 和 B
30、都平衡，它们的合力都为 0，且弹簧弹力为 F。突然将力 F撤去，对 A 来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以 A 球的合力为 0，加速度为 0，A 项错，B 项对。而 B 球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a ，故 C 项错，D 项对。Fm答案： BD10质量为 m2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点 O 处，取水平向右为速度的正方向，如图 a 所示，物块运动过程中其速度 v 随时间 t 变化规律如图 b 所示，重力加速度 g 取
31、10 m/s2，则( )A物块经过 4 s 时间回到出发点B物块运动到第 3 s 时改变水平拉力的方向C3.5 s 时刻水平力 F 的大小为 4 ND4.5 s 时刻水平力 F 的大小为 16 N解析： 物块经过 4 s 时间，速度减小到零，离出发点最远，选项 A 错误。在 03 s 时间内，物块加速度 a11 m/s 2。由牛顿运动定律，F 1mgma 1，解得：F 112 N。在 34 s 时间内，物块加速度 a23 m/s2，由牛顿运动定律，F 2 mgma 2，解得：F 24 N。物块运动到第 3 s 时水平拉力由 12 N 改变为 4 N，但是方向没有改变，选项 B 错误，C 正确。
32、在 45 s时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度 a33 m/s 2。由牛顿运动定律，F3mg ma 3，解得：F 3 16 N，选项 D 正确。答案： CD二、非选择题11(2017洛阳市期中考试)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动；若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线) 视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图所示，AC 是长度 L15.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在 A 点，从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域。已知 BC 长度 L2
33、1.1 m，瓶子质量 m0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数0.2，g10 m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力 F 11 N，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。(令 2.2)5解析： 要想获得成功，瓶子滑到 B 点时速度恰好为 0，力作用时间最短，滑到 C 点时速度恰好为 0，力作用时间最长。设力作用时的加速度为 a1、位移为 x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为 a2、位移为 x2，则Fmgma 1mgma 22a1x1v 212a2x2v 21L1L 2x1x 2L1由以上各式联立可解得：04 m
34、x 10.5 m。答案： 0.4 m0.5 m12.如图所示，在倾角 30 、足够长的斜面上分别固定着相距 L0.2 m 、可视为质点的A、B 两个物体，它们的质量为 mAm B1 kg，它们与斜面间的动摩擦因数分别为 A 、 B36，在 t0 时刻同时撤去固定两物体的外力后，A 物体沿斜面向下运动，并与 B 物体发生连续33碰撞( 碰撞时间极短，忽略不计 )，每次碰后两物体交换速度，取 g10 m/s 2，求：(1)A 与 B 第 1 次碰后瞬间 B 的速率；(2)从 A 开始运动到两物体第 2 次相碰经历的时间。解析： (1)A 物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知mAgsin AmAgco
35、s m AaA代入数值得 aA2.5 m/s 2B 物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知 mBgsin BmBgcos m BaB代入数值得 aB0即撤去固定 A、B 的外力后，物体 B 恰好静止于斜面上，物体 A 将沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式得 A 与 B 第 1 次碰撞前 A 的速度为vA1 m/s1 m/s2aAL 22.50.2由于 A、B 碰撞后交换速度，故 A、B 第 1 次碰后瞬间 B 的速率为 vB11 m/s。(2)从 A 开始运动到第 1 次与 B 碰撞用时 t1 s0.4 s2LaA 20.22.5两物体相碰后，A 物体的速度变为零，然后再做匀加速运动，而 B 物体将以 1 m/s 的速度沿斜面向下做匀速直线运动，设再经 t2 时间 A 与 B 相碰，则有vB1t2 aAt ，代入数值得 t2 0.8 s12 2从 A 开始运动到两物体第 2 次相碰共经历时间 tt 1t 2 1.2 s。答案： (1)1 m/s (2)1.2 s
