第4章 牛顿运动定律-3

1、牛顿运动定律专题复习二问题8：超重和失重问题例1如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F的大小为（ ）AF=mgBC D例2在匀速运行的升降机的地板上，有一被水平伸长弹簧相连的物体静止在地板上。现发现物体突然动了起来，由此可判断，此时升降机的运动可能是（ ）A加速上升 B加速下降 C匀速运动 D减速下降例3 、一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中准确的是 ( )aA.当 一定时，a 越大，斜面

2、对物体的正压力越小B.当 一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C.当a 一定时， 越大，斜面对物体的正压力越小D.当a 一定时， 越大，斜面对物体的摩擦力越小AB例4、在运动的升降机中天花板上用细线悬挂一个物体A，下面吊着一个轻质弹簧秤（弹簧秤的质量不计），弹簧秤下吊着物体B，如下图所示，物体A和B的质量相等，都为m5kg，某一时刻弹簧秤的读数为40N，设g=10 m/s2，则细线的拉力等于_ ，若将细线剪断，在剪断细线瞬间物体A的加速度是 ，方向 _ ；物体B的加速度是 ；方向 _ 。 Mab图24例5.如图24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

3、为两个位于斜面上质量均为m的小木块。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 （ ）AMg+mg BMg+2mg CMg+mg(sin+sin) DMg+mg(cos+cos)问题9：对系统使用牛顿第二定律。xyV0Mm图17例6、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？图21FGFfFNGFFN1Ff1问题10：正交分解法使用

4、牛顿第二定律。例7、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径。如图21所示。 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的05倍。求小球与杆间的动摩擦因数。 （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin370 = 06，cos370 = 08）问题11：两类问题求解例8把一个质量是2kg的物体放在水平面上，用12N的水平拉力使物体从静止开始运动，物体与水平面间的动摩擦因素为0.2，物体运动2

5、s撤去拉力，g取10m/s2。试求： 2s末物体的瞬时速度 此后物体在水平面上还能滑行的最大距离例9、固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g10m/s2。求：（1）小环的质量m； （2）细杆与地面间的倾角a。例10、如图所示，一质量为M=5Kg的斜面放在光滑水平面上，斜面高度为H=1m，M与m的动摩擦因数为0.8，m的质量为1Kg，起初m在M竖直面上的最高点。现在使M受到一个大小为60N的水平恒力F的作用，并且同时释放m，该作用持续了0.5秒后撤去，求从撤去F到m落地，M的位移为多少？

6、例11、质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连结，绳跨过位于倾角a 30的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示第一次，m1悬空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由静止开始运动至m1m2a斜面顶端所需的时间第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为求m1与m2之比例12、 将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图9所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱能够沿竖直轨道运动。当箱以的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N，下底板的传感器显示

7、的压力为10.0 N。（取） （1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况。 （2）若上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？FAB图33例13如图33所示，在质量为mB=30kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA=20kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开始运动。测得车厢B在最初t=2.0s内移动s=5.0m,且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞。车厢与地面间的摩擦忽略不计。 （1）计算B在2.0s的加速度。（2）求t=2.0s末A的速度大小。（3）求t=2.0s内A在B上滑动的距离。例14.

8、科研人员乘气球实行科学考察.气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为985kg.气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，即时堵住.堵住时气球下降速度为1m/s，且做匀加速运动，10s内下降了35m. 为使气球再次上升，立即向舱外缓慢抛出一定的压舱物.此后经2分钟气球停止下降而开始上升，若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g=9.80m/s2，求抛掉的压舱物的质量例15、航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2，动力系统提供的恒定升力F =28 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10m/s2。 （1）第一次试飞，飞行器飞行t1

9、 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小； （2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 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 。问题12、图像问题例16、一个物体放在光滑的水平面上，处于静止。从某一时刻t=0起，受到如下图所示的力F的作用，设力F的正方向为向北，物体的质量为m10kg。物体在5s末的位移是_；速度是_，方向_，物体在10s末的位移是_；速度是_，方向_t/sV/m.s-10246824图28t/sF/N02468123图27例17、放在水平地面上

10、的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度V与时间t的关系如图27、28所示。取重力加速度g=10m/s2.由此两图线能够求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（ ）Am=0.5kg,=0.4;B. m=1.5kg,=2/15;C. m=0.5kg,=0.2;D. m=1.0kg,=0.2.例18摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1 =1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2，直到停止，共历时130s，行程1600m。试求： （1）摩托车行驶的最大速度vm （2）若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时

11、间为多少？例19空间探测器从某一星球表面竖直升空，已知探测器质量为500kg（设为恒量），发动机推力为恒力，探测器升空后发动机因故障而突然关闭，如图1-2-2所示是探测器从升空到落回星球表面的速度时间图像，则由图像可判断该探测器在星球表面所能达到的最大高度是多少？发动机工作的推力又为多少？牛顿运动定律专题复习二答案1. D 2.B 3. BC 4. 80N 18 m/s2 向下 2 m/s2 向下 5.A6. f=0mV0cos/t, N(m+M)g=0mV0sin/t所以，方向向左；。7.小球平衡，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff ， FN=mg F=Ff Ff=FN解上

12、述三式得：=0.5. 杆与水平方向间夹角为370时： Ff1=FN1 得.由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为： 8. V = 8m/s Smax = 16m9由图得：a0.5m/s2， 前2s有：F2mg sinama，2s后有：F2mg sina，代入数据可解得：m1kg，a30。例10、1.5m 例11 11/19例12、启迪：题中上下传感器的读数，实际上是告诉我们顶板和弹簧对m的作用力的大小。对m受力分析求出合外力，即可求出m的加速度，并进一步确定物体的运动情况，但必须先由题意求出m的值。 解析：当减速上升时，m受力情况如图10所示： （1） 故箱体将作匀速运动

13、或保持静止状态。 （2）若，则 即箱体将向上匀加速或向下匀减速运动，且加速度大小大于、等于。13.解：(1) aB=2.5m/s2. (2) VA=aAt=4.5m/s. (3)在t=2.0s内A运动的位移为SA=,A在B上滑动的距离14. 解：设气球下降时加速度大小为a1,由运动学公式，有 s1=v0t1+a1t 解得a1=0.5m/s2 设气球受浮力为F，由牛顿第二定律，有 mgF=ma1 抛出压舱物前气球速度为v1=v0+a1t1=6m/s 抛出压舱物后，气球加速度大小为 a2=0.05m/s2 由牛顿第二定律有 F（mm）g=(mm）a2 由解得 m55kg 15.解析：（1）第一次飞

14、行中，设加速度为 匀加速运动 由牛顿第二定律 解得（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为匀加速运动设失去升力后的速度为，上升的高度为 由牛顿第二定律 解得（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为由牛顿第二定律 F+f-mg=ma4 且 V3=a3t3解得t3=(s)(或2.1s)16. 1.8m；04m/s；向北；4 m；08 m/s；向北 17、A 例18、v/ms1vm0t/s130a1a2tmin解析：（1）如图所示，利用推论vt2-v02=2as有：+（130-）vm+=1600.其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得：vm=

15、12.8m/s（另一解舍去）.(2)行程不变，则图象中面积不变，当v越大则t越小，如图所示.设最短时间为tmin，则tmin= =1600 其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由式解得vm=64m/s，故tmin=.即最短时间为50s.方法探究：本题要求考生对摩托车的运动过程有清晰的理解，包含了匀变速度直线和匀速直线运动，运动过程较复杂，但应用位移图象直观地解释摩托车的运动情景，对于第2问，更直观有效例19、解析 本题是根据图像来表达相关已知条件的。准确理解v-t图像各段斜率、各转折点、各块面积的含义是解答本题的关键。 由图可知，空间探测器在t1=8秒时具有最大即时速度，t2=24秒时才达到最大高度，且其最大高度为图像中OAB的面积，即hmax=2440m=48