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已知物体的受力情况和运动情况,可以求出它的加速度,利用牛顿第二定律求出它的质
量。
6 牛顿运动定律的应用
知识点 1 动力学方法测质量
必备知识 清单破
1.问题概述
已知物体受力情况确定运动情况,指的是在受力情况已知的条件下,判断出物体的运动状态
或求出物体运动相关参量。
2.解题思路
(1)分析对象→确定研究对象,进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力示意图。
(2)求合力→根据力的合成与分解,求出物体所受的合力的大小和方向。
(3)求加速度→根据牛顿第二定律列方程,求出物体的加速度。
(4)求运动量→结合给定物体运动的初始条件,选择运动学公式,求出运动参量。
知识点 2 从受力确定运动情况
1.问题概述
已知物体运动情况确定受力情况,指的是在运动情况(如物体的运动性质、相关运动参量)已
知的条件下,分析物体所受的力。
2.解题思路
(1)运动分析→确定研究对象,进行运动分析,必要时画出运动过程简图。
(2)求加速度→应用运动学公式求出物体的加速度的大小和方向。
(3)求合力→根据牛顿第二定律列方程,求出物体所受的合力的大小和方向。
(4)受力分析→分析物体的受力情况,画出受力示意图。
(5)求所需力→根据力的合成与分解,由合力求出所要求的力。
知识点 3 从运动情况确定受力
知识辨析
1.根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向吗
不可以。根据物体加速度的方向只能判断物体受到的所有外力的合力的方向。
2.物体运动状态的变化情况决定了它的受力情况,这种说法正确吗
不正确。物体的受力情况决定了它的运动状态的变化情况。
3.仅知道物体的受力情况,就能确定物体的运动情况吗
不能。还需要知道物体运动的初始条件。
4.求解两类动力学问题的关键点是什么
加速度是联系物体的受力情况和运动情况的桥梁,无论是已知受力情况求解运动情况,还是已知运动情况求解受力情况,都需要根据已知条件确定加速度这个桥梁。所以充分利用已知条件,确定加速度的大小和方向是解决动力学问题的关键。
提示
提示
提示
提示
1.动力学的两类基本问题
动力学中的两类基本问题是:一、已知物体的受力情况,确定物体的运动情况;二、已知
物体的运动情况,确定物体的受力情况。牛顿第二定律揭示出物体运动和受力之间的关系,
解决问题的关键是先根据题目中的已知条件求加速度a,然后再求所要求的物理量。
关键能力 定点破
定点 1 动力学的两类基本问题
2.动力学两类基本问题的处理方法
不管哪一类问题,都要进行受力分析和运动情况分析,求解加速度。知道物体的受力情
况后,常用力的合成与分解的方法求合力。要注意,合成时合力的方向必须是加速度的方向;
分解时通常以加速度a的方向为x轴的正方向,把力分解到坐标轴上,分别求合力,即Fx=ma,Fy=0。
1.连接体及其特点
两个或两个以上相互关联(叠放,并排,或由绳子、细杆、弹簧连接)的物体构成的系统称
为连接体。连接体一般具有相同(或大小相等)的速度或加速度。
2.处理连接体问题的常用方法
(1)整体法与隔离法
定点 2 连接体问题
整体法 隔离法
将加速度相同的几个物体作
为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔
开来分析的方法
研究系统外的物体对系统整
体的作用力或系统整体的加
速度,不涉及求内力的情况,
用整体法比较简单 研究系统内物体之间的相互
作用力
受力分析时不需要考虑系统
内物体间的相互作用 一般隔离受力较少的物体
(2)在较为复杂的连接体问题中常常需要将整体法与隔离法有机地结合起来,交替运用。多
数情况下,求内力时,先整体后隔离;求外力时,先隔离后整体。
3.常见的弹力引起的连接体问题
弹力(绳子的拉力或弹簧的弹力等)作用下的连接体之间的力的分配规律如下:(各物体与
接触面间的动摩擦因数相同)
(1)相互挤压在一起的连接体
A、B之间的弹力FN= F。
(2)用细线连接沿水平方向运动的连接体
细线的张力FT= F。
(3)用轻质弹簧连接的连接体
弹簧弹力F弹= F。
(4)用细线连接沿竖直方向运动的连接体
细线的张力FT= F。
启发 这四种模型求解内力,结果相同,且内力与物体所处的接触面是否光滑无关,与mB和连
接体的总质量的比例有关。
4.由摩擦力引起的连接体问题
对摩擦力引起的连接体——板块模型分析时,注意由相对静止到相对滑动的临界情况的
讨论:先假设两者处于相对静止状态,由整体法求出加速度,然后隔离静摩擦力驱动的物体,由
牛顿第二定律求出静摩擦力;再看静摩擦力是否小于等于最大静摩擦力,判断假设是否成立,再根据相关规律求解其他物理量。
1.特点:传送带始终以恒定的速率运行,物体和传送带之间的动摩擦因数μ≠0。
2.常见的传送带模型
(1)水平传送带
当传送带水平时,应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。静摩擦力达到最大值是
物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态;滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间,
因此物体与传送带速度相同时,滑动摩擦力往往要发生突变。
定点 3 传送带模型
图示 滑块可能的运动情况
①可能一直加速;
②可能先加速后匀速,匀速后
摩擦力将变为零
①v0>v时,可能一直减速,也可
能先减速再匀速;
②v0能先加速再匀速;
③v0=v,一直匀速
①传送带较短时,滑块一直减
速到左端;
②传送带较长时,滑块会被传
送带传回右端;当v0>v时返回
速度为v,当v0为v0
(2)倾斜传送带
当传送带倾斜时,除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外,还要注意物体与
传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对物体受力的影响,从而正确判断物体的速度
和传送带速度相等后物体的运动性质。
图示 滑块可能的运动情况
①μ>tan θ时,可能一直加速上
滑,也可能先加速后匀速,匀
速后滑动摩擦力将突变为静
摩擦力;
②μ ①μ>tan θ时,可能一直加速下
滑,加速度a=g sin θ+μg cos θ,
也可能先加速后匀速,匀速后
滑动摩擦力将突变为静摩擦
力;
②μg cos θ加速下滑,若传送带较
长,将再以a2=g sin θ-μg cos θ
加速下滑
①v0tan θ时,可能一直加速下滑,加速度a=g sin θ+μg cos θ;也可能先加速后匀速, 匀速后滑动摩擦力突变为静摩擦力;
②当v0③当v0=v且μ=tan θ时,一直匀速运动;
④当v0>v且μ>tan θ时,可能一直减速下滑,加速度大小为a=μg cos θ-g·sin θ;若传送带较长,可能先减速后匀速,匀速后滑动摩擦力突变为静摩擦力
①μ②μ=tan θ时,一直匀速下滑;
③μ>tan θ时,可能一直减速下
滑;可能先减速后反向加速;
可能先减速再反向加速最后
匀速
3.分析传送带问题的两个关键
(1)正确理解两个“无关”:滑块所受滑动摩擦力的大小与滑块相对传送带的速度无关;滑块
受到的合外力产生的加速度是对地的加速度,与传送带的运动状态无关,这是分析滑块在传
送带上运动状态的基础。
(2)正确判定一个“转折点”:滑块与传送带共速时,滑动摩擦力发生突变,引起滑块运动状态
发生变化,这是分析滑块在传送带上运动状态的关键。
典例 如图所示,传送带与水平地面间的夹角θ=37°,传送带顶端A到底端B的长度L=23.2 m,传
送带始终以v0=8 m/s的速度逆时针转动【1】。在传送带顶端A轻放【2】一质量m=0.5 kg的煤块,
已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5【3】,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,
求:煤块从传送带顶端A运动到底端B所需的时间t。
信息提取 【1】传送带速度不变。
【2】煤块刚放到传送带上时速度为零。
【3】动摩擦因数μ=0.5思路点拨 以煤块为研究对象,对煤块进行受力分析,可知煤块的运动过程分为两段。第一
段,煤块刚放到传送带上时摩擦力沿传送带向下【4】,煤块做匀加速运动,根据牛顿第二定律和
运动学公式【5】求出达到共速所需要的时间等物理量;第二段,煤块和传送带共速后摩擦力反
向,煤块加速度向下,继续加速,根据运动学公式和牛顿第二定律求出从共速开始到煤块到达
底端B所需要的时间,把两段时间相加即为所求。
解析 煤块刚放到传送带上时,受到的摩擦力沿传送带向下,设煤块的加速度大小为a1,从开
始加速到速度与传送带速度相等需要的时间为t1,对应的位移大小为x1,则有
a1=g(sin θ+μ cos θ)
t1= ,x1= a1
解得a1=10 m/s2,t1=0.8 s,x1=3.2 m(由【2】【4】【5】得到)
煤块速度达到v0时,煤块有相对传送带向下滑动的趋势,受到向上的摩擦力,此时重力沿传送
带向下的分力大于摩擦力,煤块继续加速下滑,设之后煤块的加速度大小为a2,还需时间t2到达
传送带底端B,则有
a2=g(sin θ-μ cos θ)
L-x1=v0t2+ a2
解得a2=2 m/s2,t2=2 s(由【3】【5】得到)
煤块从传送带顶端A运动到底端B所需的时间t=t1+t2=2.8 s。
答案 2.8 s
1.模型特点
两个物体上下叠放,由于存在相对运动或相对运动趋势,两物体间存在相互作用的摩擦
力,产生力和运动的关系问题。
2.一般解题步骤
(1)分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度。
(2)对滑块和木板的运动情况进行分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系,特别注
意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。
3.解决“滑块—木板”类问题的关键点
(1)判断滑块与木板间是否存在相对滑动是解题的切入点。
定点 4 滑块—木板模型
(2)根据相对运动方向,分析滑块与木板各自所受摩擦力的方向,进而由牛顿第二定律求出各
自的加速度(包括大小和方向)是解题的着眼点。
(3)计算木板受到的摩擦力是解题的易错点。
(4)分析滑块是否滑离木板是解题的难点。4.滑块—木板模型常见问题分类(设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力)
(1)水平面光滑,外力作用在滑块上
临界条件分析:当A和B之间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时,对B,由牛顿第二定律得μmAg=
mBa,可知其与A保持相对静止的最大加速度a= ;对A、B整体,此时的外力F=(mA+mB)a=
。
运动分析:①当0②当F> 时,A和B发生相对运动,且aA= 、aB= 。
(2)水平面光滑,外力作用在木板上
临界条件分析:当A和B之间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时,对A,由牛顿第二定律得μ
mAg=mAa,可知其与B保持相对静止的最大加速度a=μg;对A、B整体,此时的外力F=(mA+mB)a=μ
(mA+mB)g。
运动分析:①当0F>μ(mA+mB)g时,A和B发生相对运动,且aA=μg、aB= 。
(3)水平面粗糙,外力作用在滑块上
临界条件分析:①当B与地面间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A、B整体,外力F=μ2(mA
+mB)g,此时A、B整体刚好将要运动。②当B与A之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对B,由牛
顿第二定律得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa,可知其与A保持相对静止的最大加速度a=
;对A、B整体,此时的外力F=(mA+mB)a+μ2(mA+mB)g=
。
运动分析:①当0 时,A和B保持相对静止共同加速运动,且aA=aB= ;③当F>
时,A和B发生相对运动,且加速度aA= 、aB=
。
(4)水平面粗糙,外力作用在木板上
临界条件分析:①当B与地面之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A、B整体,外力F=μ2
(mA+mB)g,此时A、B整体刚好将要运动。②当B与A之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A,
由牛顿第二定律得μ1mAg=mAa,知其与B保持相对静止的最大加速度a=μ1g;对A、B整体,此时
的外力F=(mA+mB)a+μ2(mA+mB)g=(μ1+μ2)·(mA+mB)g。
运动分析:①当0A和B保持相对静止共同加速,且aA=aB= ;③当F>(μ1+μ2)(mA+mB)g时,A和B发生
相对运动,且加速度aA=μ1g、aB= 。
5.滑块不滑离木板的临界条件:滑块恰好滑到木板的边缘时,两者达到共同速度。
(1)如图甲所示,长木板B带动物块A,A恰好不从B上掉下的临界条件是A滑到B左端时二者速
度恰好相等,位移关系为xB=xA+L。
甲
(2)如图乙所示,物块A带动长木板B,A恰好不从B上掉下的临界条件是A滑到B右端时二者速
度恰好相等,位移关系为xB+L=xA。
乙6 牛顿运动定律的应用
基础过关练
题组一 物体质量的测量
1.(多选题)如图所示,用水平力F推放在光滑水平面上的物体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,使它们一起做匀加速直线运动,若Ⅰ对Ⅱ的弹力为6 N,Ⅱ对Ⅲ的弹力为4 N,Ⅱ的质量是1 kg,则 ( )
A.Ⅲ物体的质量为2 kg
B.Ⅲ物体的质量为4 kg
C.Ⅲ物体的加速度为2 m/s2
D.Ⅲ物体的加速度为1 m/s2
题组二 已知受力确定物体的运动
2.在交通事故的分析中,刹车线的长度是判断汽车是否超速的重要依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10 m/s2,则汽车刹车前的速度为 ( )
A.7 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.20 m/s
3.如图所示,质量为30 kg的物体A静止在光滑水平面上,若对A施加两个大小都是60 N且互成120°角的力,则2 s末物体A的速度大小为 ( )
A.0 B.4 m/s C.6 m/s D.8 m/s
4.质量m=2 kg、初速度v0=8 m/s的物体在粗糙地面上水平向右运动,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还受到一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用,设水平向右为拉力的正方向,且物体在t=0时刻开始运动,重力加速度g取10 m/s2,则以下结论正确的是 ( )
A.0~1 s内,物体的加速度大小为2 m/s2
B.1~2 s内,物体的加速度大小为2 m/s2
C.0~1 s内,物体的位移为7 m
D.0~2 s内,物体的总位移为10 m
5.如图所示,一个质量m=10 kg的物体放在水平地面上。对物体施加一个F=50 N的拉力,使物体做初速度为零的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角θ=37°,物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求物体运动的加速度大小;
(2)求物体在2 s末的瞬时速度的大小;
(3)若在2 s末撤去拉力F,求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。
6.民用航空客机的机舱,一般都设有紧急出口。发生意外情况的飞机着陆后,打开紧急出口的舱门,会自动生成一个由气囊构成的斜面,机舱中的人可沿该斜面滑行到地面。若机舱离气囊底端的高度h=3.2 m,气囊所构成的斜面长度l=4 m,当一个质量m=60 kg的人在气囊上滑下时所受的滑动摩擦力f=240 N。不计其他阻力,取g=10 m/s2。求:
(1)该人与气囊之间的动摩擦因数μ;
(2)该人在气囊上滑下时的加速度大小a;
(3)该人滑至底端的速度大小v。
题组三 已知运动确定物体的受力
7.若在行车过程中紧急刹车,乘客可能受到伤害,为此人们设计了如图所示的安全带以尽可能地减轻伤害。假定乘客质量为60 kg,汽车车速为108 km/h,从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的作用力大小最接近 ( )
A.250 N B.300 N C.360 N D.720 N
8.某气枪子弹穿出枪口时的速度为100 m/s,若气枪的枪膛长0.5 m,子弹的质量为20 g,把子弹在枪膛内的运动看成匀变速直线运动,则高压气体对子弹的平均作用力大小为 ( )
A.1×102 N B.2×102 N
C.2×105 N D.2×104 N
9.一质量为m=2 kg的滑块放在倾角为θ=30°的足够长的斜面上,在无外力的情况下以加速度a=2.5 m/s2匀加速下滑,如图所示,若用一水平向右的恒力F作用于滑块,使滑块由静止开始在0~2 s内沿斜面运动的位移大小为4 m。求:(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小。
能力提升练
题组一 动力学的两类基本问题
1.(多选题)现在大型室外活动通常用无人机进行航拍。如图所示,一质量 m=2.0 kg 的无人机在操作员的操控下第一阶段由静止开始竖直向上匀加速运动2 s,然后第二阶段无人机又匀速向上运动3 s,接着第三阶段匀减速向上运动4 s速度恰好为零,之后悬停进行航拍。已知无人机上升过程中的最大速度为 vm=4 m/s,受到的空气阻力恒为f=1 N,重力加速度大小g=10 m/s2,则 ( )
A.无人机上升的第一个阶段,受到向上的作用力大小是25 N
B.无人机上升的第二个阶段,受到向上的作用力大小是20 N
C.无人机上升的第三个阶段,受到向上的作用力大小是18 N
D.无人机上升的总高度为24 m
2.(多选题)如图所示,质量为M=1 kg的电动玩具车A,用一根不可伸长的轻质细线与小物块B相连,小物块B质量为m=2 kg,玩具车受到的恒定动力和恒定阻力大小分别为8 N和1 N,系统从静止开始在水平面上运动,运动8 s时细线突然断裂,小物块B继续滑行一段距离后停止,已知小物块B与水平面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.细线断开前系统加速度大小为1 m/s2
B.细线断开前细线上拉力大小为 N
C.细线断开后小物块B继续滑行的时间为4 s
D.细线断开后小物块B继续滑行的距离为8 m
3.如图所示是冰壶比赛的场地,运动员在本垒把冰壶沿水平冰面投出,滑向营垒中心。若让冰壶在冰面上自由滑行,则冰壶和冰面间的动摩擦因数为0.02,若队友在其滑行前方摩擦冰面,则冰壶和冰面间的动摩擦因数变为原来的90%。已知运动员投出冰壶时,冰壶到营垒中心的距离为30 m。(g取10 m/s2)
(1)若要让冰壶投出后直接到达营垒中心,则冰壶投出时的速度应为多大 (结果保留两位有效数字)
(2)本来自由滑行最终会停在营垒中心的冰壶,若为了战术需要,要使其多滑行1 m,则队友最晚应于冰壶运动到多远时开始摩擦冰壶前方的冰面
题组二 动力学中的图像问题
4.受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上做直线运动,其v-t图像如图所示,则 ( )
A.在0~t1时间内,外力F大小不断增大
B.在t1时刻,外力F为零
C.在t1~t2时间内,外力F大小可能先减小后增大
D.在t1~t2时间内,外力F大小可能不断增大
5.在粗糙的水平面上放置一个小物体P,P受到水平的拉力F作用沿水平面运动,如图甲所示,物体P的加速度随F变化规律如图乙中图线P所示,把物体P换成Q,其他条件不变,重复操作,得到Q的加速度随F变化规律如图乙中图线Q所示。图乙中b、c和d都是已知量,由此可知 ( )
A.P和Q与水平面间的动摩擦因数相同
B.P的质量大于Q的质量
C.P的质量为
D.P与水平面间的动摩擦因数小于Q与水平面间的动摩擦因数
题组三 动力学中的临界、极值问题
6.如图所示,某幼儿园要做一个儿童滑梯,设计时根据场地大小确定滑梯的水平跨度为L,滑板和儿童之间的动摩擦因数为μ,假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力,为使儿童在滑梯中能沿滑板无初速滑下,则滑梯高度至少应大于 ( )
A.μL B.L
7.一个质量为0.2 kg的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端,如图,斜面静止时,球紧靠在斜面上,细线与斜面平行,不计摩擦及空气阻力,当斜面以10 m/s2的加速度向右做匀加速运动时,则(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,取g=10 m/s) ( )
A.细线的拉力为1.60 N
B.细线的拉力为2 N
C.斜面对小球的弹力为1.20 N
D.斜面对小球的弹力为0.40 N
8.如图所示,质量为1 kg的木板静止在水平面上,一个小木块(可视为质点)质量也为1 kg,以初速度v0=6 m/s从木板的左端开始向右滑,木板与地面间的动摩擦因数为0.05,木块与木板之间的动摩擦因数为0.2,g取10 m/s2,求:
(1)木块刚刚运动时,木块与木板的加速度大小a1和a2;
(2)木块恰好不会从木板右端滑落时,木板的长度。
答案与分层梯度式解析
6 牛顿运动定律的应用
基础过关练
1.AC 2.B 3.B 4.B 7.C 8.B
1.AC 对Ⅱ受力分析,由牛顿第二定律可得F12-F32=m2a,代入数据得a=2 m/s2,即整体的加速度为2 m/s2,选项C正确,D错误;对Ⅲ受力分析,由牛顿第二定律可得F23=m3a,代入数据得m3=2 kg,故A正确,B错误。
2.B 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg。由匀变速直线运动速度与位移关系可得=2ax,则汽车刹车前的速度为v0==14 m/s,选项B正确。
3.B 由题图可知,两个力的合力大小为F=2×60×cos 60°=60 N,方向水平向右,则加速度大小a==2 m/s2,2 s末物体A的速度大小为v=at=4 m/s,选B。
4.B 根据题意可知,物体与水平地面间的滑动摩擦力大小为Ff=μFN=μmg=2 N,0~1 s内,滑动摩擦力方向与拉力F方向相同,物体做匀减速运动的加速度大小a1==4 m/s2,则1 s末物体的速度为v1=v0-a1t=4 m/s,A错误;1~2 s内,滑动摩擦力方向与拉力F方向相反,物体的加速度大小a2==2 m/s2,2 s末物体的速度为v2=v1+a2t=6 m/s,B正确;作出物体运动的v-t图像,如图所示
故0~1 s内物体的位移为x1= m=6 m,0~2 s内物体的总位移x=x1+x2=[6+] m=11 m,C、D错误。故选B。
5.答案 (1)0.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.1 m
解析 (1)对物体进行受力分析,如图所示
以向右为正方向,根据牛顿第二定律以及平衡条件可以得到水平方向:F cos 37°-f=ma
竖直方向:F sin 37°+F支=mg
又因为f=μF支,联立并代入数据可以得到a=0.5 m/s2。
(2)根据匀变速直线运动中速度与时间的关系可以得到v=at=0.5×2 m/s=1 m/s。
(3)撤去力F后,根据牛顿第二定律得到-μmg=ma'
则a'=-μg=-5 m/s2
根据匀变速直线运动中位移与速度关系可以得到x= m=0.1 m。
6.答案 (1) (2)4 m/s2 (3)4 m/s
解析 (1)由题可知sin α==0.8,且cos α=0.6
在沿斜面方向上有,f=μmg cos α
可得μ=。
(2)根据牛顿第二定律有mg sin α-f=ma
解得a=4 m/s2。
(3)根据v2-0=2al
解得v= m/s。
7.C 乘客的加速度与汽车的加速度相同,a= m/s2=-6 m/s2,根据牛顿第二定律可知安全带对乘客的作用力大小F=ma=60×6 N=360 N,C正确。
8.B 根据v2=2ax,得a= m/s2=1×104 m/s2,则高压气体对子弹的平均作用力大小F=ma=20×10-3×1×104 N=2×102 N。
9.答案 (1) (2) N
解析 (1)无外力时,对滑块受力分析,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma
解得μ=。
(2)外力F使滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度方向沿斜面向上和沿斜面向下两种可能
由x=a't2
得加速度大小a'=2 m/s2
当加速度方向沿斜面向上时,有
F cos θ-mg sin θ-μ(F sin θ+mg cos θ)=ma'
代入数据得F= N
当加速度方向沿斜面向下时,有
mg sin θ-F cos θ-μ(F sin θ+mg cos θ)=ma'
代入数据得F= N。
能力提升练
1.AD 2.AC 4.C 5.A 6.A 7.B
1.AD 第一阶段的加速度为a1= m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,得F1=mg+ma1+f=(2.0×10+2.0×2+1)N=25 N,故A正确;由平衡条件可知在第二阶段时无人机受到向上的作用力为F2=mg+f=21 N,故B错误;第三阶段的加速度为a2= m/s2=-1 m/s2,由牛顿第二定律得F3-mg-f=ma2,得F3=mg+ma2+f=(2.0×10-2.0×1+1)N=19 N,故C错误;无人机上升的总高度为h=(×4)m=24 m,故D正确。
2.AC 设细线断开前系统加速度为a1,玩具车动力为F,阻力为f1,选A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律有F-f1-μmg=(M+m)a1,解得a1=1 m/s2,A正确;设细线拉力为T,选小物块B为研究对象,由牛顿第二定律有T-μmg=ma1,解得T=6 N,B错误;运动时间t1=8 s时,A、B组成的系统速度大小为v0=a1t1=8 m/s,细线断开后小物块B加速度大小为a2=μg=2 m/s2,小物块B继续滑行的时间t2==4 s,C正确;继续滑行的距离s==16 m,D错误。
方法技巧 在求解系统的加速度时,应用整体法比较简单;分析细线的作用力时,应用隔离法比较简单。
3.答案 (1)3.5 m/s (2)21 m
解析 (1)让冰壶在冰面上自由滑行,则:μmg=ma1
运动公式=2a1x
解得v0=2 m/s≈3.5 m/s。
(2)队友最晚应于冰壶运动到s时开始摩擦冰壶前方的冰面,此时的速度设为v,则v2=-2a1s
擦冰后的加速度:0.9μmg=ma2
v2=2a2(x+Δx-s)
解得 s=21 m。
4.C 在0~t1时间内,图像切线的斜率不断减小,说明物体的加速度不断减小,由牛顿第二定律有F-f=ma,解得F=f+ma,可知外力F大小不断减小,A错误;在t1时刻,物体的加速度为0,根据平衡条件则有F=f≠0,B错误;在t1~t2时间内,反方向的加速度逐渐增大,说明合力向反方向且一直增大,外力可能方向不变,一直减小,也可能外力减小到零后反向增加,C正确,D错误。
5.A 由牛顿第二定律有F-μmg=ma,可得a=-μg,题图乙中两图线的纵轴截距为d=-μg,所以P和Q与水平面间的动摩擦因数相同,A正确,D错误;图线的斜率表示物体质量的倒数,P图线的斜率大于Q图线的斜率,所以P的质量小于Q的质量,B错误;把P图线的横纵轴交点坐标代入公式,有0=-μg,d=-μg,可得mP=-,C错误。
6.A 为使儿童在滑梯中能沿滑板滑下,则至少应该让儿童匀速下滑,则mg sin θ=μmg cos θ,故μ=tan θ,由几何关系可得tan θ=,解得H=μL,选A。
7.B 当小球对斜面的压力恰为零时,小球离开斜面,设此时的加速度为a0,受力分析如图1所示
由牛顿第二定律有F合==ma0,解得a0=7.5 m/s2,因为a=10 m/s2>a0;所以当斜面以10 m/s2 的加速度向右做匀加速运动时,小球一定离开斜面,斜面对小球的弹力为零,此时小球受力如图2所示,则水平方向由牛顿第二定律有T cos α=ma,竖直方向有T sin α=mg,解得T=2 N,选B。
8.答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)6 m
解析 (1)木块刚刚运动时,根据牛顿第二定律得,木块的加速度大小a1满足ma1=μ1mg,其中μ1=0.2
解得a1=2 m/s2
而木板的加速度大小a2满足Ma2=μ1mg-μ2(m+M)g,其中μ2=0.05
解得a2=1 m/s2
(2)设经时间t木块与木板达到共速,根据匀变速直线运动速度与时间关系有v0-a1t=a2t
若木块不会从木板右端滑落,则必须有v0t-a1t2-a2t2≤L,可得L≥6 m
则木块恰好不会从木板右端滑落时,木板的长度为6 m
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