受力分析与牛顿第二定律.docx
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受力分析与牛顿第二定律
【受力分析与牛顿第二定律】
【受力分析与牛顿第二定律】
1、倾角为θ的斜面上有质量为m的木块,它们之间的动摩擦因数为μ。
现用水平力F推动木块,如图所示,使
木块恰好沿斜面向上做匀速运动。
若斜面始终保持静止,求水平推力F的大小。
2、在倾角a=30°的斜面上有一块竖直放置的挡板,在挡板和斜面之间放有一个重为G=20N的光滑圆球,如图所示,试求这个球受到斜面的支持力和球受到档板的压力。
3、如图1,在倾角为α的固定光滑斜面上,有一用绳子拴着的长木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时,猫立即沿着板向上跑,以保
C.0D.
g
6、人站在岸上通过定滑轮用绳牵引低处的小船,如图所示,若水的阻力恒定不变,则在船匀速靠岸的过程中,下列说法正确的是( )
A.绳的拉力不断增大B.绳的拉力保持不变
C.船受到的浮力保持不变D.船受到的浮力不断减小
7、如图所示,一质量为M的楔形木块放在水平桌面上,它的顶角为90°,两底角为α和β;a、b是两个位于斜面上质量均为m的木块,已知所有接触面都是光滑的.现发现a、b沿斜面下滑,而楔形木块静止不动,这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )
A.Mg+mg
B.Mg+2mg
C.Mg+mg(sinα+sinβ)
D.Mg+mg(cosα+cosβ)
8、有一个直角支架AOB,AO水平放置,表面粗糙,OB竖直向下,表面光滑.AO上套有小环P,OB上套有小环Q,两环质量均为m,两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连,并在某一位置平衡(如图6所示).现将P环向左移一小段距离,两环再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是( )
A.FN不变,f变大
B.FN不变,f变小
C.FN变大,f变大
D.FN变大,f变小
9、如图所示为杂技“顶杆”表演,一人站在地上,肩上扛一质量为M的竖直竹竿,当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时,竿对“底人”的压力大小为( )
A.(M+m)g-ma
B.(M+m)g+ma
C.(M+m)g
D.(M-m)g
10、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火,悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1=45°.直升机取水后飞往火场,加速度沿水平方向,大小稳定在a=1.5m/s2时,悬索与竖直方向的夹角θ2=14°,如图8所示.如果空气阻力大小不变,且忽略悬索的质量,试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g=10m/s2;sin14°≈0.242;cos14°≈0.970)
11、(2009·江苏高考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N.试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g取10m/s2.
(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m.求飞行器所受阻力f的大小;
(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h;
(3)为了使飞行器不致坠落到地面,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
1、解:
分析物体受力情况,选斜面方向为x轴,垂直斜面方向为y轴,把不在轴上的重力G和水平分力F分解到坐标轴上,由于物体处于平衡状态,则有
解得:
2、解:
如图小球受力分析
x∶N2=N1sinα
y∶G=N1cosα
∴N1=
N2=N1sin30°=
∴球受到斜面与拉力的
N,受到档板的压力的
3、解析:
当绳子突然断开,猫保持其相对斜面的位置不变,即相对地面位置不变,
猫可视为静止状态,木板沿斜面下滑,取猫和木板整体为研究对象,如图进行
受力分析,由牛顿第二定律得3mgsinα=2ma,a=
gsinα,所以C选项正确.答案:
C
4、解析:
系统(球和小盒)在垂直于斜面方向无加速度,该方向合外力为零.
对小球有:
FN′=mgcosθ,故当θ增大时,FN′变小.在平行于斜面方向的
加速度a=gsinθ,在该方向物体处于“完全失重”状态,所以小球对小盒前壁
的压力FN始终为零,与θ大小无关.答案:
B
5、解析:
弹簧的弹力与框架的重力平衡,故小球受的合外力为(M+m)g.对m由牛顿第二定律得:
(M+m)g=ma,所以该瞬间a=
g.答案:
D
6、解析:
分析船的受力情况如图5所示,船匀速靠岸的过程中,FTcosα=Ff.
Ff不变,α增大,cosα减小.所以FT增大,A正确,B错误;拉力FT竖直向上
的分力为FT·sinα,因FT、α均增大,FTsinα增大,那么船受到的浮力不断
减小,所以C错误,D正确.答案:
AD
7、解析:
由于各接触面是光滑的,a、b两物体均加速下滑,
分析M受力:
M自身的重力G,地面的支持力FN,
a对M的压力Fa=mgcosα,
b对M的压力Fb=mgcosβ.如图所示.
利用正交分解,在竖直方向上合力为零.
FN=G+Fbcosβ+Facosα=G+mgcos2α+mgcos2β
因为α与β互余,所以cos2α+cos2β=1.所以FN=G+mg=Mg+mg答案:
A
方法二:
取a、b、M整体为研究对象,其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示.
以竖直向上为正方向,在竖直方向上由牛顿第二定律得
FN-(M+2m)g=M・0+m・a1r+m・a2r其中a1r=-g・sin2α,a2r=-g・sin2β
故水平桌面对楔形木块的支持力FN=Mg+mg,由牛顿第三定律得答案A正确.
8、解析:
以两环和细绳整体为对象求FN,可知竖直方向上始终二力平衡,FN=2mg不变;
以Q环为对象,在重力、细绳拉力F和OB压力N作用下平衡,设细绳和竖直方向的夹角
为α,则P环向左移的过程中α将减小,N=mgtanα也将减小.再以整体为对象,
水平方向只有OB对Q的压力N和OA对P环的摩擦力f作用,因此f=N也减小.答案:
B
9、解析:
考查牛顿第二定律的应用,超重、失重概念.将杆和人看成一个整体,当人以加速度a加速下滑时,人处于失重状态,失重量为ma,因此系统对支持物的压力会比重力小ma,因此竿对人的压力为(M+m)g-ma,A项正确.本题难度中等.答案:
A
10、解析:
设悬索对水箱的拉力为T,水箱受到的阻力为f.直升机取水时,水箱受力平衡.
水平方向:
T1sinθ1-f=0①竖直方向:
T1cosθ1-mg=0②联立①②解得f=mgtanθ1③
直升机返回,以水箱为研究对象,在水平方向、竖直方向应用牛顿第二定律,由平衡方程得
T2sinθ2-f=(m+M)a④T2cosθ2-(m+M)g=0⑤
联立④⑤,代入数据解得水箱中水的质量M=4.5×103kg答案:
M=4.5×103kg
11、解析:
(1)第一次飞行中,设加速度为a1
匀加速运动H=
a1t12
由牛顿第二定律F-mg-f=ma1
解得f=4N
(2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为v1,上升的高度为s1
匀加速运动s1=
a1t22
设失去升力后加速度为a2,上升的高度为s2
由牛顿第二定律mg+f=ma2
v1=a1t2 s2=
解得h=s1+s2=42m
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3;恢复升力后加速度为a4,恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律mg-f=ma3
F+f-mg=ma4
且
+
=h v3=a3t3
解得t3=
s(或2.1s)
答案:
(1)f=4N
(2)h=42m (3)t3=2.1s
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- 分析 牛顿第二定律
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