【受力分析与牛顿第二定律】.doc

【受力分析与牛顿第二定律】1、 倾角为的斜面上有质量为m 的木块，它们之间的动摩擦因数为。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，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )A.sinBgsin C.gsin D2gsin4、在一正方形小盒内装一小圆球，盒与球一起沿倾角为的光滑斜面下滑，如图所示若不计摩擦，当角增大时，下滑过程圆球对方盒前壁压力FN及对方盒底面的压力FN将如何变化()AFN变小，FN变小 BFN变小，FN为零CFN变小，FN变大 DFN不变，FN变大5、如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端固定一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为()AgB.gC0 D.g6、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90，两底角为和；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()AMgmgBMg2mgCMgmg(sinsin) DMgmg(coscos)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()AFN不变，f变大 BFN不变，f变小CFN变大，f变大 DFN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(Mm)gmaB(Mm)gmaC(Mm)gD(Mm)g10、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m500 kg空箱的悬索与竖直方向的夹角145.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角214，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g10 m/s2；sin140.242；cos140.970)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m2 kg，动力系统提供的恒定升力F28 N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10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t18 s时到达高度H64 m求飞行器所受阻力f的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t26 s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xN2=N1sin yG=N1cosN1=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3mgsin2ma，agsin，所以C选项正确答案：C4、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：FNmgcos，故当增大时，FN变小在平行于斜面方向的加速度agsin，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，与大小无关答案：B5、解析：弹簧的弹力与框架的重力平衡，故小球受的合外力为(Mm)g.对m由牛顿第二定律得：(Mm)gma，所以该瞬间ag.答案：D6、解析：分析船的受力情况如图5所示，船匀速靠岸的过程中，FTcosFf. Ff不变，增大，cos减小所以FT增大，A正确，B错误；拉力FT竖直向上的分力为FTsin，因FT、均增大，FTsin增大，那么船受到的浮力不断减小，所以C错误，D正确答案：AD7、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Famgcos，b对M的压力Fbmgcos.如图所示利用正交分解，在竖直方向上合力为零FNGFbcosFacosGmgcos2mgcos2因为与互余，所以cos2cos21. 所以FNGmgMgmg 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=M0+ma1r+ma2r 其中a1r=-gsin2，a2r=-gsin2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，FN2mg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， 则P环向左移的过程中将减小，Nmgtan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fN也减小答案：B9、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(Mm)gma，A项正确本题难度中等答案：A10、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：T1sin1f0 竖直方向：T1cos1mg0 联立解得fmgtan1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T2sin2f(mM)a T2cos2(mM)g0联立，代入数据解得水箱中水的质量M4.5103 kg 答案：M4.5103 kg11、解析：(1)第一次飞行中，设加速度为a1匀加速运动Ha1t12由牛顿第二定律Fmgfma1解得f4 N(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s1a1t22设失去升力后加速度为a