牛顿第二定律 两类动力学问题.docx
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牛顿第二定律两类动力学问题
第2课时 牛顿第二定律 两类动力学问题
1.汽车安全带的作用是在汽车紧急刹车或发生碰撞时,尽可能地减轻对乘员的伤害.假定乘客质量为70kg,汽车车速为90km/h,从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s,安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( C )
A.450NB.400NC.350ND.300N
解析:
汽车的速度v0=90km/h=25m/s,设汽车匀减速的加速度大小为a,则a=
=5m/s2,对乘客由牛顿第二定律得F=ma=70×5N=350N,所以C项正确.
2.(2018·河北唐山模拟)竖直向上飞行的子弹,到达最高点后又返回原处.假设整个运动过程中,子弹受到的阻力与速度的大小成正比,且阻力始终小于其重力,则子弹在整个运动过程中,加速度大小的变化是( B )
A.始终变大B.始终变小
C.先变大后变小D.先变小后变大
解析:
子弹向上运动过程中速度越来越小,子弹受向下的阻力越来越小,子弹受到的合外力越来越小,由牛顿第二定律可知,子弹上升过程中加速度越来越小;子弹从最高点向下运动过程做加速运动,其速度越来越大,受到向上的空气阻力越来越大,物体受到的合外力越来越小,其加速度越来越小,选项B正确.
3.物块A1,A2的质量均为m,B1,B2的质量均为2m,A1,A2用一轻杆连接,B1,B2用轻质弹簧连接.两个装置都放在水平的支托物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,A2加速度分别为a1和a2,B1,B2的加速度分别为a1′和a2′,则( C )
A.a1=0,a2=2g;a1′=0,a2′=2g
B.a1=0,a2=2g;a1′=g,a2′=2g
C.a1=g,a2=g;a1′=0,a2′=2g
D.a1=g,a2=g;a1′=g,a2′=g
解析:
A1,A2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到重力的作用,根据牛顿第二定律可知,它们的加速度a1=a2=g;B1,B2用轻质弹簧连接,在除去支托物的瞬间弹簧上的弹力不能突然消失,所以B1的受力不变,加速度仍为零,即a1′=0,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′=2g,选项C正确.
4.如图所示,小车内两根不可伸长的细线AO,BO拴住一小球,其中BO水平,小车沿水平地面向右做加速运动,AO与BO的拉力分别为TA,TB.若加速度增大,则( C )
A.TA,TB均增大B.TA,TB均减小
C.TA不变,TB增大D.TA减小,TB不变
解析:
设OA与竖直方向的夹角为θ,则对小球有TAcosθ=mg,TB-
TAsinθ=ma,故若加速度增大,TA不变,TB增大.选项C正确.
5.(2018·襄阳模拟)(多选)质量均为m的A,B两个小球之间系一个质量不计的弹簧,放在光滑的水平面上.A紧靠墙壁,如图所示,现用恒力F将B球向左挤压弹簧,达到平衡时,突然将力F撤去,此瞬间( BD )
A.A球的加速度为
B.A球的加速度为零
C.B球的加速度为
D.B球的加速度为
解析:
恒力F作用时,A和B都平衡,它们的合力都为零,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球的合力为零,加速度为零,A项错,B项对;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.
6.(多选)如图所示,质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10m/s时,给物体施加一个与速度
方向相反的大小为F=2N的恒力,在此恒力作用下(g取10m/s2)
( BC )
A.物体经10s速度减为零
B.物体经2s速度减为零
C.物体速度减为零后将保持静止
D.物体速度减为零后将向右运动
解析:
物体受到向右的滑动摩擦力,f=μN=μG=3N,根据牛顿第二定律得,a=
=
m/s2=5m/s2,方向向右,物体减速到0所需的时间t=
=
s=2s,B正确,A错误.减速到零后,恒力F一定小于最大静摩擦力,则物体处于静止状态,不再运动,C正确,D错误.
7.导学号58826053如图所示,一小车上有一个固定的水平横杆,左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定,下端连接一小铁球,横杆右边用一根细线吊一小铁球,当小车向右做加速运动时,细线保持与竖直方向成α角,若θ<α,则下列说法正确的是( A )
A.轻杆对小球的弹力方向与细线平行
B.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C.轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向
D.此时轻杆对小球的弹力一定等于细线对小球的弹力
解析:
分析细线下面的小铁球,受力如图(甲)所示,只受到重力和拉力,二者的合力沿水平方向,则有a=gtanα.分析轻杆下面的小球,设轻杆对小球的力F与竖直方向夹角为β,受力分析如图(乙),由力学规律得Fcosβ=mg,Fsinβ=ma,则a=gtanβ,因为小铁球加速度相同,则有β=α,由于两铁球质量关系不明确,杆、细绳对小球的弹力不一定相等,A正确,B,C,D错误.
8.导学号58826054(2018·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,重力加速度为g.则( C )
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,小球受弹簧的弹力大小F=
mgsin45°=
mg,此时杆对小球的弹力大小N=mgcos45°=
mg,与弹簧弹力大小相等,所以A,B项均错.当系统以加速度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.
9.(2018·广东汕头质检)(多选)建设房屋时,保持底边长L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动.下列说法正确的是( AC )
A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大
B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大
C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短
解析:
设屋檐的底角为θ,底边长为L,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力N,垂直于屋顶方向mgcosθ=N,平行于屋顶方向mgsinθ=ma,雨滴的加速度为a=gsinθ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力N′=N=mgcosθ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角关系判断,屋顶坡面的长度x=
由x=
at2可得t=
可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=
gsinθ·t可得v=
可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.
10.导学号58826055(2018·甘肃兰州诊断)如图所示,在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球,小球左侧连接一水平轻弹簧,弹簧左端固定在墙上,右侧连接一与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳,轻绳另一端固定在天花板上,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零(g取10m/s2).下列说法中正确的是( B )
A.在剪断轻绳后的瞬间,小球受力个数不变
B.在剪断轻绳后的瞬间,小球立即向左加速,且加速度的大小为
a=8m/s2
C.在剪断轻绳后的瞬间,小球立即向左加速,且加速度的大小为a=
10m/s2
D.在剪断轻绳后的瞬间,水平面对小球的作用力的合力为0
解析:
剪断轻绳前小球的受力情况如图所示,当绳子剪断的瞬间,轻绳的拉力突然消失,由于重力的作用,小球与水平面之间产生压力,又小球将要向左运动,因此还受到水平面的摩擦力作用,因此,小球的受力变为四个力,A错误;轻绳未剪断时,根据平衡条件得轻弹簧的弹力大小为F=mg=10N,轻绳的拉力大小为T=
mg=10
N,剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化,此时轻弹簧的弹力大小仍为F=10N,所以小球受到弹簧弹力为F=10N,方向水平向左,而小球所受的最大静摩擦力为f=μmg=0.2×1×10N=2N,根据牛顿第二定律得小球的加速度为a=
=
m/s2=8m/s2,方向水平向左,故B正确,C错误.剪断轻绳的瞬间,小球立即受水平面的支持力和摩擦力作用,摩擦力方向水平向右,则水平面对小球作用力不为0,且指向右上方,a=0,D错误.
11.一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动,4s内通过8m的距离,此后关闭发动机,汽车又运动了2s停止,已知汽车的质量m=2×103kg,汽车运动过程中所受阻力大小不变,求:
(1)关闭发动机时汽车的速度大小;
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小;
(3)汽车牵引力的大小.
解析:
(1)汽车开始做匀加速直线运动,则x0=
t1,
解得v0=
=4m/s.
(2)汽车滑行减速过程加速度a2=
=-2m/s2,
由牛顿第二定律有-f=ma2,解得f=4×103N.
(3)开始加速过程中加速度为a1,则x0=
a1t2,
由牛顿第二定律有F-f=ma1,
解得F=6×103N.
答案:
(1)4m/s
(2)4×103N (3)6×103N
12.两根等长的细绳1,2一端分别固定在车厢的A,C两点,另一端拴一个质量为m的小球B如图所示,已知两绳拉直时,两绳与车厢前壁的夹角均为45°,重力加速度为g,试求当车以加速度a=
g向左做匀加速直线运动时1,2两绳的拉力.
解析:
设绳1的拉力为TA,绳2的拉力为TB,由牛顿第二定律得TAsinα+TBsinα=
mg
TAcosα=TBcosα+mg
解得TB为负值,表示绳2不能伸直,绳2的拉力为0.
设绳1跟前壁的夹角为θ,由牛顿第二定律得
TA′sinθ=ma=
mg
TA′cosθ=mg
解得tanθ=
TA′=
mg
所以绳1的拉力为
mg,绳2的拉力为零.
答案:
mg 0
13.我国辽宁舰航母编队在奔赴香港参加庆祝香港回归二十周年的途中,于7月1日到达某海域,连续组织舰载机多种条件下的舰基科目训练.如图所示,若某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
.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)为了使舰载机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s,需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力,求助推力F推的大小.
解析:
(1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力的作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为t1,有
F-f=ma1,
=2a1l1,v1=a1t1,f=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、阻力与重力沿斜面方向的分力作用,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-f-mg
=ma2,
-
=2a2l2
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a,末速度大小为v,
则有F推+F-f=ma,v2=2al1
飞机在倾斜跑道上运动时,受力没有变化,加速度大小仍是a2=
3.0m/s2,
v′2-v2=2a2l2,
根据题意,v′=100m/s,
代入已知数据解得F推=5.2×105N.
答案:
(1)8.0s 41.5m/s
(2)5.2×105N
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- 牛顿第二定律 两类动力学问题 动力学 问题