高等教育出版社：《物理学教程》教材电子教案（PPT课件，马文蔚第二版）第二章 牛顿定律 习题课选讲例题

牛顿定律习题课选讲例题 物理学教程 (第二版) 例质量为m的物体自空中落下，它除受重力外， 还受到一个与速度平方成正比的阻力的作用。比例系 数为k，k为正常数。该下落物体的收尾速度（即最 后物体做匀速直线的速度)将是： ★(A) mg (B) 8 2k (C)gk. D)gk. [A]

第二章 牛顿定律 物理学教程 牛顿定律习题课选讲例题 （第二版） [ A ] 例 质量为 m 的物体自空中落下，它除受重力外， 还受到一个与速度平方成正比的阻力的作用。比例系 数为 k ， k 为正常数。该下落物体的收尾速度(即最 后物体做匀速直线的速度)将是： (A) . k mg (C)gk. . 2 (B) k g (D) gk

牛顿定律习题课选讲例题 物理学教程 (第二版) 例：在倾角为O的固定光滑的斜面上，放一质 量为的小球，球被竖直的木板挡住，当竖直木板 被迅速拿开的瞬间，小球获得的加速度 (A)gsin (B) gcos0 (C) gtgo (D) & mg cos0 N,sin0 W,cosθ=mg a= gtgo m N sin 0=N, 第二章牛顿定律

第二章 牛顿定律 物理学教程 牛顿定律习题课选讲例题 （第二版） 例：在倾角为 的固定光滑的斜面上，放一质 量为 的小球，球被竖直的木板挡住，当竖直木板 被迅速拿开的瞬间，小球获得的加速度  m （A） （B） （C） g sin g cos （D） cos g gtg  m mg N1 N2 N1 cos = mg 1 2 N sin = N   tg 1 sin g m N a = =

牛顿定律习题课选讲例题 物理学教程 (第二版) 例一小环可在半径为R的大圆环上无摩擦地滑动， 大圆环以其竖直直径为轴转动，如图所示。当圆环以恒 定角速度ω转动，小环偏离圆环转轴而且相对圆环静止 时，小环所在处圆环半径偏离竖直方向的角度0为 (A)0=元/2 ☆(B)0=arccos(g/Rw2) (C)0 =arctg(R@2/g)(D) 需由小珠质量决定 解：对小环受力分析，有： Ncosθ=mg Nsin 0=mo2Rsin 0 10 从以上二式可得到： COs0=8 02R mg 笋二章牛顿定律

第二章 牛顿定律 物理学教程 牛顿定律习题课选讲例题 （第二版） （A）θ=π/2 （B）θ=arccos(g/Rω2) （C）θ=arctg(Rω2/g) （D）需由小珠质量决定 例 一小环可在半径为R的大圆环上无摩擦地滑动， 大圆环以其竖直直径为轴转动，如图所示。当圆环以恒 定角速度ω转动，小环偏离圆环转轴而且相对圆环静止 时，小环所在处圆环半径偏离竖直方向的角度θ为 N cos = mg sin   sin  2 N = m R R g 2 cos   = 解：对小环受力分析，有： 从以上二式可得到：  mg  N  R

牛顿定律习题课选讲例题 物理学教程 (第二版) 例在一只半径为R的半球形碗内，有一质量为m 的小球，当球以角速度0在水平面内沿碗内壁作匀速 圆周运动时，它离碗底有多高？ 解：设小球位置如图 m-- Fy cos0=mg Fy sin 0=mo'r mg R-h r=Rsin 0, cos0= h=R、8 R 2 第二章牛顿定律

第二章 牛顿定律 物理学教程 牛顿定律习题课选讲例题 （第二版） r R h  m 解：设小球位置如图 FN cos = mg R R h r R − = sin ， cos = 2  g h = R − F m r N 2 sin  =  例 在一只半径为R 的半球形碗内，有一质量为 m 的小球，当球以角速度  在水平面内沿碗内壁作匀速 圆周运动时,它离碗底有多高？  FN  mg  m

牛顿定律习题课选讲例题 物理学教程 (第二版) 例一质量为m2=0.5kg的夹子，以压力P=120N 夹着质量m1=1.0kg的木板，已知夹子与木板间的摩擦 系数山=0.2问以多大的力竖直向上拉时，才会使木板 脱离夹子. 解：设木板加速度a；夹子加速度a2· F-2uP-m2g =md m28 2up-mg =ma 脱离条件a2>41 F-2uP-m2g 2,P-m18 m2 my 2uP(m+m）=72N 注意起重机爪 钩提升物体速度安 m18 m 全问题 章牛顿定律

第二章 牛顿定律 物理学教程 牛顿定律习题课选讲例题 （第二版） 例 一质量为 的夹子， 以压力 P = 120N 夹着质量 的木板，已知夹子与木板间的摩擦 系数 问以多大的力竖直向上拉时，才会使木板 脱离夹子. m2 = 0.5kg m1 =1.0kg  = 0.2 F  F − 2P −m2 g = m2 a2 2P −m1 g = m1 a1 1 1 2 2 2 2 m P m g m F P m g −  −  −  72N 2 ( ) 1 1 1 = +  m P m m F  解：设木板加速度 ；夹子加速度 . 1 a  a2  m g  2 脱离条件 a2  a1 P   P   m g  1 P  P  − 注意起重机爪 钩提升物体速度安 全问题. T  T  − F  − P  P  P   P  