2 第二节 牛顿第二定律的基本应用Word格式.docx
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,由于水平方向有弹簧弹力作用,则水平方向会加速,从而获得水平速度,而竖直方向的速度不变,所以落地速度大于
,D正确。
【对点练2】 (多选)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,斜面上有三个小球A、B、C,上端固定在斜面顶端的轻绳a,下端与A相连,A、B间由轻绳b连接,B、C间由一轻杆相连。
初始时刻系统处于静止状态,轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面。
已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m,重力加速度大小为g。
现将轻绳b烧断,则烧断轻绳b的瞬间,下列说法正确的是( )
A.轻绳a的拉力大小为6mgsinθ
B.B的加速度大小为gsinθ,方向沿斜面向下
C.C的加速度为0
D.杆的弹力为0
选BD。
轻绳b被烧断的瞬间,A受力平衡,合力为零,则轻绳a的拉力大小FT=mgsinθ,A错误;
轻绳b被烧断的瞬间,B、杆与C的加速度相同,对B、杆和C整体进行受力分析,并根据牛顿第二定律有(2m+3m)gsinθ=(2m+3m)a0,解得a0=gsinθ,方向沿斜面向下,可知B正确,C错误;
对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mgsinθ+F=2ma0,解得杆对B的弹力F=0,D正确。
考点二 超重和失重现象
1.对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变。
(2)在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向,但只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。
(4)尽管整体没有竖直方向的加速度,但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度,整体也会处于超重或失重状态。
2.判断超重和失重的方法
从受力的角度判断
当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;
小于重力时,物体处于失重状态;
等于零时,物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断
当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;
具有向下的加速度时,物体处于失重状态;
向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态
从速度变化的角度判断
(1)物体向上加速或向下减速时,超重
(2)物体向下加速或向上减速时,失重
在完全失重的状态下,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
(2020·
厦门市期末学习质量评估)在升降机底部安装一个压力传感器,其上放置了一个质量为m的小物块,如图甲所示。
升降机从t=0时刻开始竖直向上运动,压力传感器显示压力F随时间t的变化如图乙所示。
取竖直向上为正方向,重力加速度为g,以下判断正确的是( )
A.在0~2t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
B.在t0~3t0时间内,物块先处于失重状态,后处于超重状态
C.t=t0时刻,物块所受的支持力大小为mg
D.t=3t0时刻,物块所受的支持力大小为2mg
[解析] 由题图乙可知,在0~2t0时间内,物块先处于超重状态,后处于失重状态,A错误;
由题图乙可知,在t0~3t0时间内,物块先处于超重状态,后处于失重状态,B错误;
由题图乙可知,t=t0时刻,物块所受的支持力大小为mg,C正确;
由题图乙可知,t=3t0时刻,物块所受的支持力大小为mg,D错误。
[答案] C
【对点练3】 (多选)(2020·
南通市5月第二次模拟)如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,则运动员( )
A.在第一过程中始终处于失重状态
B.在第二过程中始终处于超重状态
C.在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态
D.在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态
选CD。
运动员刚接触床面时重力大于弹力,运动员向下做加速运动,运动员处于失重状态;
随床面形变的增大,弹力逐渐增大,弹力大于重力时,运动员做减速运动,运动员处于超重状态,故A错误,C正确;
蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的,加速度方向先向上后向下,先处于超重状态,后处于失重状态,故B错误,D正确。
【对点练4】 (2020·
青岛市5月统一质量检测)某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示,纵坐标为压力,横坐标为时间。
由图线可知,该同学的体重约为650N,除此以外,还可以得到以下信息( )
A.1s时人处在下蹲的最低点
B.2s时人处于下蹲静止状态
C.该同学做了2次下蹲—起立的动作
D.下蹲过程中人始终处于失重状态
选B。
人在下蹲的过程中,先加速向下运动,后减速向下,加速度方向先向下后向上,最后人静止,故下半段是人减速向下的过程,此时加速度方向向上,人处于超重状态,故下蹲过程中是先失重后超重,D错误;
在1s时向下的加速度最大,故此时人并没有静止,它不是下蹲的最低点,A错误;
2s时人经历了失重和超重两个过程,故此时处于下蹲静止状态,B正确;
该同学在前2s时是下蹲过程,后2s是起立的过程,所以共做了1次下蹲—起立的动作,C错误。
考点三 动力学的两类基本问题
1.解题步骤
2.两个关键点
山东省等级考试物理模拟卷)如图甲所示,在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道,供发生紧急情况的车辆避险使用,本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。
一辆货车在行驶过程中刹车失灵,以v0=90km/h的速度驶入避险车道,如图乙所示。
设货车进入避险车道后牵引力为零,货车与路面间的动摩擦因数μ=0.30,重力加速度大小g取10m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象,该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件?
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,结果用θ的正切值表示。
(2)若避险车道路面倾角为15°
,求货车在避险车道上行驶的最大距离。
(已知sin15°
=0.26,cos15°
=0.97,结果保留2位有效数字)
[解析]
(1)对货车进行受力分析,可得
货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力有f=μmgcosθ
而货车重力沿斜面的分量为F=mgsinθ
若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象,则需要f>
F
即mgsinθ<
μmgcosθ
解得tanθ<
μ
即当tanθ<
μ时,货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a,根据牛顿第二定律有
F合=mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得a=5.51m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x
根据匀变速直线运动位移公式0-v
=-2ax
代入数据,解得x=
≈57m。
[答案]
(1)tanθ<
μ
(2)57m
【对点练5】 (多选)(2021·
肇庆市检测)小物块从倾角为37°
的固定斜面顶端以初速度v0滑下,在时间t内下滑的位移为x,其
-t图象如图乙所示。
已知重力加速度g取10m/s2,sin37°
=0.6,则( )
A.v0=2m/s
B.v0=4m/s
C.物块与斜面间动摩擦因数为0.5
D.物块与斜面间动摩擦因数为0.625
选AC。
由匀变速直线运动位移公式
x=v0t+
at2
可得
=v0+
at
图象纵轴截距为初速度,则有
v0=2m/s
故A正确,B错误;
图象斜率为
a=1
解得a=2m/s2
对小物块下滑过程,由牛顿第二定律得
mgsin37°
-μmgcos37°
=ma
解得μ=0.5
故C正确,D错误。
【对点练6】 2019年12月17日,中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。
“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成,利于舰载机滑跃式起飞。
为方便研究舰载机的起飞过程,将甲板近似为如图所示的轨道:
水平轨道AB长L1=157.5m,倾斜轨道高h=6m,水平投影长L2=42.5m。
总质量为3.0×
104kg的某舰载机,从A点以36km/h的初速度出发,到达B点时的速度为288km/h,进入上翘甲板后,经0.5s从C点起飞。
该舰载机在起飞过程中,发动机的推力恒为8.0×
105N,在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动,舰载机视为质点,航母静止不动。
求舰载机:
(1)在水平轨道上运动的加速度大小;
(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小;
(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。
(1)根据速度位移公式v2-v
=2aL1,
解得a=20m/s2;
(2)根据牛顿第二定律得F-Ff=ma
解得Ff=2.0×
105N;
(3)A到C位移x=
≈200m
所用的时间t=
+0.5s=4s
平均速度
=
=50m/s。
答案:
(1)20m/s2
(2)2.0×
105N (3)50m/s
(建议用时:
40分钟)
1.(2020·
东城区上学期期末)在竖直运动的电梯地板上放置一台秤,将物体放在台秤上。
电梯静止时台秤示数为N。
在电梯运动的某段过程中,台秤示数大于N。
在此过程中( )
A.物体受到的重力增大
B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降
D.电梯可能正在加速上升
物体的视重变大,但是受到的重力没变,A错误;
物体对台秤的压力变大,可知物体处于超重状态,B错误;
物体超重,则加速度向上,则电梯可能正在加速上升或者减速下降,C错误,D正确。
2.(2020·
石景山区上学期期末)某同学站在电梯的水平地板上,利用速度传感器研究电梯的升降过程。
取竖直向上为正方向,电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。
根据图象提供的信息,下列说法正确的是( )
A.在0~5s内,电梯加速上升,该同学处于失重状态
B.在5~10s内,该同学对电梯地板的压力小于其重力
C.在10~20s内,电梯减速上升,该同学处于超重状态
D.在20~25s内,电梯加速下降,该同学处于失重状态
在0~5s内,从速度—时间图象可知,此时的加速度为正,说明电梯的加速度向上,此时人处于超重状态,故A错误;
5~10s内,该同学做匀速运动,故其对电梯地板的压力等于他所受的重力,故B错误;
在10~20s内,电梯向上做匀减速运动,加速度向下,该同学处于失重状态,故C错误;
在20~25s内,电梯向下做匀加速运动,加速度向下,故该同学处于失重状态,故D正确。
3.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。
现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。
重力加速度大小为g,则有( )
A.a1=a2=a3=a4=0
B.a1=a2=a3=a4=g
C.a1=a2=g,a3=0,a4=
D.a1=g,a2=
g,a3=0,a4=
选C。
在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;
而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;
由牛顿第二定律得物块4满足a4=
g,所以C正确。
4.(2020·
扬州市5月调研)如图所示的装置中,A、B两物块的质量分别为4kg、1kg,不计弹簧和细绳质量以及一切摩擦,重力加速度g取10m/s2,先固定物块A使系统处于静止状态。
释放A的瞬间弹簧的弹力大小为________N,A的加速度大小为________m/s2,B的加速度大小为________m/s2。
开始时弹簧的弹力为F=mBg=10N,释放A的瞬时,弹簧弹力不变,则弹簧的弹力大小仍为10N,A的加速度aA=
m/s2=7.5m/s2,物体B受力不变,则B的加速度为0。
10 7.5 0
5.(2020·
凉山州第二次诊断)某客机在高空水平飞行时,突然受到竖直气流的作用,使飞机在10s内高度下降150m,如果只研究飞机在竖直方向的运动,且假定这一运动是匀变速直线运动,且在这段下降范围内重力加速度g取9m/s2。
(1)求飞机在竖直方向加速度的大小和方向。
(2)乘客放在水平小桌上2kg的水杯此时对餐桌的压力为多大?
(1)对下降过程根据h=
at2得a=3m/s2
方向竖直向下;
(2)对水杯,根据牛顿第二定律mg-FN=ma
解得FN=12N
由牛顿第三定律可知水杯对餐桌的压力FN′=12N。
(1)3m/s2 方向竖直向下
(2)12N
6.(2020·
山东九校上学期期末)如图所示,弯折杆ABCD的D端接一个小球,杆和球的总质量为m,一小环套在杆AB段上用绳吊着,恰好能一起以加速度a竖直向上做匀加速运动,杆AB段与水平方向的夹角为θ,则( )
A.杆对环的压力为mgsinθ+masinθ
B.环与杆的摩擦力为mgcosθ+macosθ
C.环对杆和球的作用力为mg+ma
D.杆和球处于失重状态
杆和球受重力、支持力、摩擦力三个力作用,沿BA和垂直于BA方向建立直角坐标系,分解加速度,沿BA方向:
Ff-mgsinθ=masinθ
垂直于BA方向:
FN-mgcosθ=macosθ
得Ff=mgsinθ+masinθ
FN=mgcosθ+macosθ
A、B错误;
环对杆和球的作用力为支持力、摩擦力的合力,由牛顿第二定律可知:
作用力方向一定竖直向上且F-mg=ma,即F=mg+ma,C正确;
杆和球具有向上的加速度,处于超重状态,D错误。
7.如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×
102m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成。
水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m。
一架质量为m=2.0×
104kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×
105N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1。
假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,取g=10m/s2。
(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小;
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s,外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力F推的大小。
(1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1、末速度大小为v1,运动时间为t1,有
F-Ff=ma1
v
-v
=2a1l1
v1=a1t1
注意到v0=0,Ff=0.1mg,代入已知数据可得
a1=5.0m/s2,v1=40m/s,t1=8.0s
飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用,设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2,沿斜面方向有
F合′=F-Ff-mgsinα=ma2
mgsinα=mg
=2a2l2
注意到v1=40m/s,代入已知数据可得
a2=3.0m/s2,
v2=
m/s≈41.5m/s。
(2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′,有
F推+F-Ff=ma1′
v1′2-v
=2a1′l1
飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化,加速度大小仍有
a2′=3.0m/s2,v2′2-v1′2=2a2′l2
根据题意,v2′=100m/s,
代入数据解得F推≈5.2×
105N。
(1)8.0s 41.5m/s
(2)5.2×
105N
8.(2020·
洛阳市一模)一个倾角为θ=37°
的斜面固定在水平面上,一个质量为m=1.0kg的小物块(可视为质点)以v0=8m/s的初速度由底端沿斜面上滑。
小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25。
若斜面足够长,已知tan37°
,g取10m/s2,求:
(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小;
(2)小物块上滑的最大距离;
(3)小物块返回斜面底端时的速度大小。
(1)小物块沿斜面上滑时受力情况如图甲所示,其重力的分力分别为:
F1=mgsinθ
F2=mgcosθ
根据牛顿第二定律有FN=F2①
F1+Ff=ma②
又因为Ff=μFN③
由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=(10×
0.6+0.25×
10×
0.8)m/s2=8m/s2。
④
(2)小物块沿斜面上滑做匀减速运动,到达最高点时速度为零,则有0-v
=2(-a)x⑤
得x=
m=4m。
⑥
(3)小物块在斜面上下滑时受力情况如图乙所示,根据牛顿第二定律有
FN=F2⑦
F1-Ff=ma′⑧
由③⑦⑧式得a′=gsinθ-μgcosθ=(10×
0.6-0.25×
0.8)m/s2=4m/s2
有v2=2a′x
所以有v=
m/s=4
m/s。
(1)8m/s2
(2)4m (3)4
m/s
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