高二物理牛頓運動定律的應用-資料下載頁
2024-11-09 01:49本頁面
【導讀】§牛頓運動定律的應用。高效梳理·知識備考。加速度；再知道物體的初始條件，根據(jù)。2．已知物體的運動，求物體的受力情況。據(jù)牛頓第二定律可確定物體受的合外力，從而求出未知的。力，或與力相關(guān)的某些量，如動摩擦因數(shù)、勁度系數(shù)、力。1．超重：當物體具有向上的加速度時，物體對支持面的壓。力FN小于物體的重力．?；蜇Q直上拋時)，物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦?。統(tǒng)為連接體，如果把其中某個物體隔離出來，該物體即為。之外的物體的作用力是該系統(tǒng)受到的外力，而系統(tǒng)內(nèi)各物。體間的相互作用力為內(nèi)力．應用牛頓第二定律列方程不考。D．不論超重、失重或完全失重，物體所受的重力都是不變。于完全失重狀態(tài)，工作原理與重力有關(guān)的儀器不能使。能使用；彈簧測力計是根據(jù)胡克定律制成的，與重力無關(guān)，3．雨滴從空中由靜止落下，若雨滴下落時空氣對其阻力隨。時，有關(guān)的物理量將發(fā)生突變，此狀態(tài)叫臨界狀。認為力可以等大地傳遞導致出錯
【正文】 是 ( ) ,彈簧的彈力大小為 10 N ,彈簧的彈力大小為 2 N ,彈簧的彈力大小為 10 N ,彈簧的彈力大小為 2 N 答案 :B 解析 :小車加速度為 2 m/ F=ma=2 N,彈簧處于壓縮狀態(tài) ,B正確 . 3222(a)所示 ,水平面上質(zhì)量均為 m的兩木塊 A?B用勁度系數(shù)為 k的輕質(zhì)彈簧連接 ,整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài) .現(xiàn)用一豎直向上的力 F拉動木塊 A,使木塊 A向上做加速度為 a的勻加速直線運動 .取木塊 A的起始位置為坐標原點 ,圖 3222(b)中實線部分表示從力 F作用在木塊 A到木塊 B剛離開地面這個過程中 ,F和木塊 A的位移 x之間的關(guān)系 ,則 ( ) =ma/k =m(a+g)/k =ma =m(a+g) 答案 :AC 解析 :x=0位置 ,重力與彈簧彈力平衡 ,由牛頓第二定律得F0=ma,C正確 。F=0時 ,由牛頓第二定律得 kΔlmg=ma,Δl A正確 . 0 166。() , ( ) ,m g a m g m axlk k k??? ? ? ? ? ? 3223所示斜面 ABC,AB段是光滑的 ,BC段是有摩擦的 .某物體從 A點由靜止開始下滑 ,當滑至 C點時恰好停止 ,則下列說法正確的是 ( ) AB段 ,但 BC段的動摩擦因數(shù)越大時 ,BC段的長度越接近 AB段的長度 AB段 ,但 BC段的動摩擦因數(shù)越小時 ,BC段的長度越接近 AB段的長度 θ角小到一定值時 ,只要 BC段的動摩擦因數(shù)適當 ,AB段的長度可以大于 BC段的長度 =30176。 時 ,選擇適當?shù)膭幽Σ烈驍?shù) ,可使得 AB段的長度大于 BC段的長度 答案 :C 解析 :設(shè)物體通過 B點的速度為 v,對 AB段有 v2=2a1x1,對 BC段有 v2=2a2x2,又 a1=gsinθ,a2=μgcosθgsinθ,若 a1a2,即 tanθμ/2,則有 x1x2. 3224所示 ,足夠長的傳送帶與水平面夾角為 θ,以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動 ,在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為 m的小木塊 ,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) μtanθ,則圖 3225所示的圖象中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的是 ( ) 答案 :D 解析 :小木塊被釋放后的開始階段做勻加速直線運動 ,所受摩擦力沿斜面向下 ,加速度為 a1,當小木塊的速度與傳送帶速度相同后 ,小木塊開始以 a2的加速度做勻加速直線運動 ,此時小木塊所受摩擦力沿斜面向上 ,所以 a1a2,在 vt圖象中 ,圖線的斜率表示加速度 ,故選項 D對 . 二 ?非選擇題 12.(2020上海卷 )如圖 3226(a),質(zhì)量 m=1 kg的物體沿傾角θ=37176。 的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動 ,風對物體的作用力沿水平方向向右 ,其大小與風速 v成正比 ,比例系數(shù)用k表示 ,物體加速度 a與風速 v的關(guān)系如圖 3226(b)所示 .求 : (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù) μ。 (2)比例系數(shù) k. (sin37176。 =,cos37176。 =,取 g=10 m/s2) 答案 :(1) (2) kg/s 解析 :(1)對初始時刻 :mgsinθμ mgcosθ=ma0 ① ,由圖 (b)讀出a0=4 m/s2代入①式 ,解得 : (2)對末時刻加速度為零 :mgsinθμ FNkv cosθ=0 ② ,又FN=mgcosθ+kvsinθ,由圖 (b)得出此時 v=5 m/s代入②式解得 : 0166。 0 .2 。166。166。5g s in ag c o s??????166。 166。() 0 .8 4 / .()166。166。 166。 166。m g s in c o sk k g sv s in c o s? ? ?? ? ?????13.(2020江蘇卷 )航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器 ,其質(zhì)量 m=2 kg,動力系統(tǒng)提供的恒定升力 F=28 ,飛行器從地面由靜止開始豎直上升 .設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變 ,g取 10 m/s2. (1)第一次試飛 ,飛行器飛行 t1=8 s時到達高度 H=64 器所受阻力 Ff的大小 。 (2)第二次試飛 ,飛行器飛行 t2=6 s時遙控器出現(xiàn)故障 ,飛行器立即失去升力 .求飛行器能達到的最大高度 h。 (3)為了使飛行器不致墜落到地面 ,求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間 t3. 答案 :(1)4 N (2)42 m (3) 322 s解析 :(1)第一次飛行中 ,設(shè)加速度為 a1, 勻加速運動 由牛頓第二定律得 FmgFf=ma1, 解得 Ff=4 N, 1 1 2 1 .2H a t?(2)第二次飛行中 ,設(shè)失去升力時的速度為 v1,上升的高度為 s1, 勻加速運動 設(shè)失去升力后的加速度為 a2,上升的高度為 s2, 由牛頓第二定律 mg+Ff=ma2. v1=a1t2, 解得 h=s1+s2=42 m. 11 1 2 2 .2s a t?2122,2vsa?(3)設(shè)失去升力下降階段加速度為 a3?；謴蜕蠹铀俣葹?a4,恢復升力時速度為 v3,由牛頓第二定律得 mgFf=m a3 F+Ffmg=ma4, 且 解得 223334, 3 3 3 ,22vv h v a taa? ? ?323 ( 2 .1 ) .2t s s?
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