牛頓第二定律經(jīng)典好題(編輯修改稿)
2025-04-21 05:50 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 平向右解析：隔離小球，可知小球的加速度方向為沿斜面向下，大小為gsinθ，對支架系統(tǒng)進(jìn)行分析，只有斜面光滑，支架系統(tǒng)的加速度才是gsinθ，所以A正確，B錯誤．將支架系統(tǒng)和斜面看成一個整體，因為整體具有沿斜面向下的加速度，故地面對斜面體的摩擦力水平向左，C正確，D錯誤．故選A、C.答案：AC7.(2017屆河南中原名校聯(lián)考)某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機(jī)提供的動力方向與水平方向夾角α＝60176。，使飛行器恰恰沿與水平方向成θ＝30176。角的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60176。同時適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，下列說法中正確的是( )A．加速時加速度的大小為gB．加速時動力的大小等于mgC．減速時動力的大小等于mgD．減速飛行時間t后速度為零解析：起飛時，飛行器受動力和重力，兩個力的合力與水平方向成30176。角斜向上，設(shè)動力為F，合力為F合，由幾何關(guān)系得F合＝mg，由牛頓第二定律得飛行器的加速度為a1＝g；加速時動力的大小F＝176。，合力的方向與水平方向成30176。角斜向下，動力F′跟合力F合′垂直，由幾何關(guān)系得動力的大小F′＝mg，此時合力的大小為F合′＝mgsin30176。，飛行器的加速度大小a2＝，所以減速飛行時間2t后速度為零，故A、C正確．答案：AC，傾角θ＝30176。的光滑斜面體固定在水平面上，斜面長度L＝ m，一質(zhì)量m＝110－3 kg、帶電量q＝＋110－4 C的帶電小球靜止在斜面底端．現(xiàn)要使小球能夠到達(dá)斜面頂端，可施加一沿斜面向上、場強(qiáng)大小為E＝100 V/m的勻強(qiáng)電場，重力加速度g＝10 m/s2，則這個勻強(qiáng)電場存在的時間t可能為( )A． s B． sC． s D． s解析：電場存在時，a1＝－gsinθ＝5 m/s2，方向向上，電場消失后，a2＝gsinθ＝5 m/s2，方向向下，若小球恰好到達(dá)斜面頂端，L＝a1t2＋，可得t＝ s，選項A、B正確．答案：AB動力學(xué)圖像問題4．(2016屆遼寧師大附中期中)一個物體在多個力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如果僅使其中一個力大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復(fù)到原來的大小(此力的方向始終未變)，在此過程中其余各力均不變．那么，圖中能正確描述該過程中物體速度變化情況的是( )解析：原來物體在多個力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，物體所受的合力為零，使其中的一個力保持方向不變、大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復(fù)到原來的大小的過程中，物體的合力從開始逐漸增大，又逐漸減小恢復(fù)到零，物體的加速度先增大后減小，物體先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，根據(jù)速度—時間圖象的斜率等于加速度可知，速度—時間圖象的斜率先增大后減小，D正確．綜上本題選D.答案：D2.(2017屆湖北襄陽五中、宜昌一中、龍泉中學(xué)聯(lián)考)水平地面上有一輕質(zhì)彈簧，下端固定，上端與物體A相連接，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)用一豎直向下的力壓物體A，使A豎直向下做勻加速直線運動一段距離，整個過程中彈簧一直處在彈性限度內(nèi)．下列關(guān)于所加力F的大小和運動距離x之間的關(guān)系圖象正確的是( )解析：開始時，物體處于平衡狀態(tài)，物體受重力和彈力，則有mg＝kx1，物體向下勻加速過程，對物體受力分析，受重力、彈簧向上的彈力、推力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mg－F彈＝ma，根據(jù)胡克定律，有F彈＝k(x1＋x)＝mg＋kx，解得F＝ma－mg＋F彈＝ma＋kx，故彈力與x呈線性關(guān)系，且是增函數(shù)，故D正確．答案：D7．(2017屆黑龍江雙鴨山一中月考)如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖(b)所示，若重力加速度g取10 m/(b)中所提供的信息可以計算出( )A．物體的質(zhì)量B．斜面的傾角C．加速度為6 m/s2時物體的速度D．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2過程物體通過的位移解析：對物體受力分析，受拉力、重力、支持力，如圖所示：x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，y方向：FN－Fsinθ－Gcosθ＝(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)，解得m＝2 kg，θ＝37176。，故A、B正確．當(dāng)a＝0時，可解得F＝15 N，即最小拉力為15 N.題中并未說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6 m/s2時物體的速度大小．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2過程不能求出物體通過的位移，故C、D錯誤．綜上本題選A、B.答案：AB傳送帶問題例5 (多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)。今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A點處，, g取10 m/s2。由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。則小煤塊從A運動到B的過程中( )A．小煤塊從A運動到B的時間是 sB． sC．劃痕長度是4 mD． m(1)小煤塊在傳送帶上做什么運動？提示：若加速到v0時的位移小于x，則先加速后勻速。若位移為x，速度未達(dá)到v0，則一直加速。(2)劃痕是小煤塊以地面為參照物的位移嗎？提示：不是，是以傳送帶為參照物的位移。嘗試解答 選BD。小煤塊剛放上傳送帶后，加速度a＝μg＝4 m/s2，由v0＝at1可知，小煤塊加速到與傳送帶同速的時間為t1＝＝ s，此時小煤塊運動的位移x1＝t1＝ m，而傳送帶的位
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