2021版物理提能大一轮复习课标版文档：第三章　第2讲　牛顿第二定律的基本应用 学案

第2讲　牛顿第二定律的基本应用

一、牛顿第二定律

1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成① 正比 ,跟它的质量成② 反比 ,加速度的方向跟作用力的方向③ 相同 。 

2.表达式:F=ma。

3.适用范围

(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面④ 静止 或做⑤ 匀速直线运动 的参考系。 

(2)牛顿第二定律只适用于⑥ 宏观 物体(相对于分子、原子等)、⑦ 低速 运动(远小于光速)的情况。 

二、两类动力学基本问题

1.两类动力学问题

2.解决两类动力学基本问题的方法:以⑧ 加速度 为“桥梁”,由运动学公式和⑨ 牛顿运动定律 列方程求解。 

三、力学单位制

1.单位制:⑩ 基本 单位和 导出 单位一起组成了单位制。 

2.基本单位:基本物理量的单位。基本物理量共有七个,其中力学范围内有三个,它们是 长度 、 质量 、 时间 ,它们的单位分别是 米 、 千克 、 秒 。 

3.导出单位:由基本物理量根据 物理关系 推导出来的其他物理量的单位。 

四、超重、失重现象

1.判断下列说法对错。

(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)

(2)质量越大的物体,加速度越小。(✕)

(3)物体的质量与加速度成反比。(✕)

(4)物体受到合外力作用,立即产生加速度。(√)

(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况。(✕)

(6)物体所受的合外力减小,加速度一定减小,而速度不一定减小。(√)

2.(2019辽宁沈阳四校协作体联考)如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时(　　)

A.M所受静摩擦力增大

B.M对车厢壁的压力减小

C.M仍相对于车厢静止

D.M所受静摩擦力减小

2.答案　C　

3.如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作,下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是(　　)

3.答案　C　

考点一　牛顿第二定律的理解

1.牛顿第二定律的五个特性

2.合力、加速度、速度之间的决定关系

(1)不管速度是大是小,或是零,只要合力不为零,物体都有加速度。

(2)a=是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=是加速度的决定式,a∝F,a∝。

(3)合力与速度同向时,物体加速运动;合力与速度反向时,物体减速运动。

1.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是(　　)

A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比

B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度

C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比

D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比

答案　D　物体加速度的大小与质量和速度的乘积的大小无关,A错误。物体所受合力不为零,则a≠0,B错误。加速度的大小与其所受合力成正比,C错误。由牛顿第二定律的独立性可知ax=,故D正确。

2.如图甲、乙所示,两车都在光滑的水平面上,小车的质量都是M,人的质量都是m,甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F。关于甲、乙两图中车的加速度大小,说法正确的是(　　)

A.甲图中车的加速度大小为

B.甲图中车的加速度大小为

C.乙图中车的加速度大小为

D.乙图中车的加速度大小为

答案　C　题甲图以车和人为研究对象,系统不受外力作用,故甲图中车的加速度为零,选项A、B错误;题乙图中人和车受绳子的拉力作用,以人和车为研究对象,受力大小为2F,所以乙图中车的加速度a=,C项正确,D项错误。

考点二　牛顿第二定律的瞬时性问题

1.两种常见模型

加速度与合力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失,具体可简化为以下两种常见模型。

2.求解瞬时加速度的一般思路

分析瞬时变化前后
物体的受力情况⇒利用牛顿第二
定律列方程⇒求瞬时
加速度

1.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有(　　)

A.a1=a2=a3=a4=0

B.a1=a2=a3=a4=g

C.a1=a2=g,a3=0,a4=g

D.a1=a3=g,a2=a4=g

答案　C　在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得

物块4满足a4==g。所以C对。

2.如图甲所示,一质量为m的物体系于两根细线L1、L2上,L1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,L2水平拉直,物体处于平衡状态,重力加速度为g。

甲

乙

(1)现将细线L2剪断,求剪断L2的瞬间物体的加速度。

(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接物体后)、质量不计的轻弹簧,如图乙所示,其他条件不变,求剪断L2的瞬间物体的加速度。

答案　(1)g sin θ　方向垂直于L1斜向下方

(2)g tan θ　方向水平向右

解析　(1)细线L2被剪断的瞬间,因细线L2对物体的弹力突然消失,而引起L1上的张力发生突变,使物体的受力情况改变,瞬时加速度垂直L1斜向下方,大小为a=g sin θ。

(2)当细线L2被剪断时,细线L2对物体的弹力突然消失,而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程,不能突变),因而弹簧的弹力不变,它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力,等大反向,所以细线L2被剪断的瞬间,物体加速度的大小为a=g tan θ,方向水平向右。

方法总结

　　“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题

(1)分析瞬时加速度的“两个关键”

①分析瞬时前、后的受力情况和运动状态;

②明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

(2)“四个步骤”

第一步:分析原来物体的受力情况;

第二步:分析物体在突变时的受力情况;

第三步:由牛顿第二定律列方程;

第四步:求出瞬时加速度,并讨论其合理性。

考点三　动力学的两类基本问题

　　解决两类动力学问题的两个关键点

(1)把握“两个分析”“一个桥梁”

(2)不同过程中的联系。如第一个过程的末速度往往是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。

例　如图所示,直杆水平固定,质量为m=0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点,在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ=53°的斜向上的拉力F,使小圆环由静止开始沿杆向右运动,并在经过B点时撤掉此拉力F,小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ=0.8,AB与BC的距离之比s1∶s2=8∶5。(g取10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6)求:

(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小;

(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小;

(3)拉力F的大小。

【审题突破】　(1)在BC段,对小圆环进行受力分析→牛顿第二定律→加速度;

(2)分析小圆环在BC段和AB段的运动情况→运动学规律→加速度;

(3)在AB段,对小圆环进行受力分析→杆对小圆环的支持力方向不确定(有向上或向下两种可能)→牛顿第二定律→拉力F。

答案　(1)8 m/s2　(2)5 m/s2　(3)1.05 N或7.5 N

解析　(1)在BC段,小圆环受重力、弹力、摩擦力。对小圆环进行受力分析如图甲所示,有

甲

f=μN=μmg

则a2==μg=0.8×10 m/s2=8 m/s2

(2)小圆环在AB段做匀加速直线运动,由运动学公式可知

=2a1s1

小圆环在BC段做匀减速直线运动,由运动学公式可知

=2a2s2

又=

则a1=a2=×8 m/s2=5 m/s2

乙

(3)当F sin θ<mg时,小圆环在AB段运动的受力分析如图乙所示

由牛顿第二定律得

F cos θ-f1=ma1

又N1+F sin θ=mg

f1=μN1

联立解得F≈1.05 N

丙

当F sin θ>mg时,小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示

由牛顿第二定律可知

F cos θ-f2=ma1

又F sin θ=mg+N2

f2=μN2

联立解得F=7.5 N

考向1　已知受力求运动

1.(2018课标Ⅱ,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时

间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2。求

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

答案　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s

解析　本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。

(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v=2aBsB②

联立①②式并利用题给数据得vB'=3.0 m/s③

(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有

v=2aAsA⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有

mAvA=mAvA'+mBvB'⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/s⑦

考向2　已知运动求受力

2.有一种大型游戏机叫“跳楼机”,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处,然后由静止释放。可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后,开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动,且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零。然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落,将游客送回地面。(g取10 m/s2)求:

(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少;

(2)在匀减速阶段,座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍。

答案　(1)1.6 s　(2)2.25倍

解析　(1)自由下落的位移h'=g=20 m

座椅自由下落结束时的速度v=gt1=20 m/s

设座椅匀减速运动的位移为h,则

h=(40-4-20) m=16 m

由h=t得t=1.6 s

(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a,座椅对游客的作用力大小为F,由0-v=-at得a=12.5 m/s2

由牛顿第二定律得F-mg=ma

解得=2.25

方法总结

　　动力学两类基本问题的解题步骤

考点四　超重与失重现象

1.对超重与失重的理解

(1)实重和视重

①实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。

②视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台式弹簧秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台式弹簧秤的示数即视重。

(2)超重、失重和完全失重现象的比较

　　2.判断方法

(1)不管物体的加速度是不是竖直方向,只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。

(2)尽管不是整体有竖直方向的加速度,但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度,整体也会出现超重或失重现象。

1.(多选)(2019四川攀枝花二模)一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的v-t图像如图所示。下列判断正确的是(　　)

A.物体在加速过程中被吊起的高度为10 m

B.0~10 s内的平均速度大于30~35 s内的平均速度

C.30~35 s内物体处于超重状态

D.前10 s内钢索最容易发生断裂

答案　AD　0~10 s内物体加速上升,由v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,可知,物体在加速过程中被吊起的高度h= m=10 m,故A正确;根据平均速度公式=可知0~10 s内的平均速度等于30~35 s内的平均速度,均为1 m/s,故B错误;30~35 s内物体匀减速上升,加速度向下,拉力小于重力,处于失重状态,故C错误;前10 s内物体做匀加速直线运动,处于超重状态,拉力最大,钢索最容易发生断裂,故D正确。

2.如图所示,台式弹簧秤上有一装水容器,容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球。某时刻细线断开,乒乓球向上加速运动,在此过程中,关于台式弹簧秤的示数与细线断前相比的变化情况及原因。下列说法正确的是(　　)

A.由于乒乓球仍在容器中,所以示数与细线断前相同

B.细线断后不再向上提拉容器底部,所以示数变大

C.细线断后,乒乓球有向上的加速度,处于超重状态,故示数变大

D.容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移,处于失重状态,所以示数变小

答案　D　乒乓球加速上升,整个系统重心加速下移,处于失重状态,故D正确。

方法技巧　　超重和失重现象判断的“三”技巧

等时圆模型

　　三类常见模型特点及应用

(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。

(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。

1.如图所示,AB和CD为两条光滑斜槽,它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上,且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽,从静止出发,由A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为t1和t2,则t1与t2之比为(　　)

A.2∶1 B.1∶1

C.∶1 D.1∶

答案　B　设光滑斜槽轨道与水平方向的夹角为θ,则重物沿斜槽下滑时的加速度a=    g sin θ;由几何关系可得,斜槽轨道的长度s=2(R+r) sin θ,由运动学公式s=at2,得t===2,由此可知重物沿光滑斜槽下滑所用时间t与斜槽倾角θ无关,所以t1=t2,B项正确。

2.(多选)如图所示,Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆,O、a、b、c、d位于同一圆周上,c为圆周的最高点,a为最低点,O'为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出),两个滑环从O点由静止释放,一个滑环从d点由静止释放,用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间,则下列关系正确的是(　　)

A.t1=t2 B.t2>t3

C.t1<t2 D.t1=t3

答案　BCD　设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a,三杆顶点均在圆周上,根据等时圆模型可知,由c、O、d由静止释放的小滑环到达a点的时间相等,即tca=t1=t3;而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较,滑行位移大小相同,初速度均为零,但aca>aOb,由x=at2可知,t2>tca,故选项A错误,B、C、D均正确。

1.(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则　(　　)

A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同

B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直

C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同

D.质点单位时间内速率的变化量总是不变

1.答案　BC　由题意知,此恒力即质点所受合外力,若原速度方向与该恒力方向在一条直线上,则质点做匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度方向与该恒力方向不在一条直线上时,则质点做匀变速曲线运动,速度方向与恒力方向间的夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不变的,但速率的变化量是变化的,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律可知,质点加速度的方向总与该恒力方向相同,C项正确。

2.(2019贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动,其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验,助教聂海胜将自己固定在支架一端,王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置;松手后,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力,使弹簧回到初始位置,同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间;这样,就测出了聂海胜的质量为74 kg。下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是(　　)

A.测量时仪器必须水平放置

B.其测量原理是牛顿第二定律

C.其测量原理是万有引力定律

D.测量时仪器必须竖直放置

2.答案　B　“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间,则能算出加速度a=,作用力恒定,然后根据牛顿第二定律F=ma,求解质量,所以测量原理为牛顿第二定律,B正确,C错误。由于在太空中处于完全失重状态,所以测量仪器不论在什么方向上,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力,A、D错误。

3.(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系,下列说法正确的是(　　)

A.物体的速度越大,则加速度越大,所受的合外力也越大

B.物体的速度为零,则加速度为零,所受的合外力也为零

C.物体的速度为零,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大

D.物体的速度很大,但加速度可能为零,所受的合外力也可能为零

3.答案　CD　物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无必然联系,故C、D项正确,A、B项错误。

4.(多选)(2020河北保定期末)光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B质量相等,斜面倾角为θ,重力加速度为g。在突然撤去挡板的瞬间(　　)

A.两图中两球加速度均为g sin θ

B.两图中A球的加速度均为零

C.图甲中B球的加速度为2g sin θ

D.图乙中B球的加速度为g sin θ

4.答案　CD　设A、B质量均为m,撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小为      2mg sin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mg sin θ,加速度为2g sin θ;图乙中A、B球所受合力均为mg sin θ,加速度均为g sin θ,故C、D正确,A、B错误。

5.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(　　)

A.8 B.10 C.15 D.18

5.答案　BC　设每节车厢的质量为m,这列车厢的节数为n,P、Q挂钩的东边车厢的节数为x,西边车厢的节数为n-x。当机车在东边拉车厢时,对西边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得F=(n-x)ma;当机车在西边拉车厢时,对东边车厢受力分析,由牛顿第二定律可得F=max,联立可得n=x,x为3的倍数,则n为5的倍数,选项B、C正确,选项A、D错误。

6.如图所示,光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,AC杆竖直,各杆上分别套有小球a、b、d,a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3,现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放,不计空气阻力,则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)

A.1∶1∶1 B.5∶4∶3

C.5∶8∶9 D.1∶2∶3

6.答案　A　因ABCD为矩形,故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上,由等时圆模型可知,由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点,故A正确。

7.如图,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做(　　)

A.曲线运动 B.匀速直线运动

C.匀加速直线运动 D.变加速直线运动

7.答案　C　本题考查力与运动的关系。在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等大反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C项正确。

8.(2019江西临川模拟)如图所示两个底边相等的固定在水平面的光滑斜面甲和乙倾角分别为70°和20°,质量为m1和m2(m1<m2)的物体分别从甲和乙两个斜面顶端由静止释放直到滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2,则(　　)

A.t1>t2 B.t1<t2

C.t1=t2 D.不能确定

8.答案　C　设斜面底边长为L,斜面的倾角为θ。则物体下滑的加速度大小

a=g sin θ

根据运动学公式有

=at2

得t=

根据数学知识知sin(2×70°)=sin 40°=sin(2×20°)

可得t1=t2。

9.(多选)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间(　　)

A.a1=3g       B.a1=0

C.Δl1=2Δl2   D.Δl1=Δl2

9.答案　AC　剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线中的拉力为T=3mg。在剪断细线的瞬间,弹簧未发生突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同,则将细线剪断瞬间,对a隔离进行受力分析,由牛顿第二定律可得3mg=ma1,得a1=3g,A正确,B错误。由胡克定律知2mg=kΔl1,mg=kΔl2,所以Δl1=2Δl2,C正确,D错误。

10.(多选)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图。图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。在汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零。已知sin15°=0.26, cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)

A.4 m/s2 B.3 m/s2

C.2 m/s2 D.1 m/s2

10.答案　AB　设圆柱形工件的质量为m,汽车向左匀加速启动时,对圆柱形工件进行受力分析,如图所示,根据题意,有FQ+mg=FN cos 15°,F合=FN sin 15°=ma,联立解得a=×       tan 15°=×0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故选项A、B正确。

11.(多选)如图所示,小球B放在真空正方体容器A内,球B的直径恰好等于A的内边长,现将它们以初速度v0竖直向上抛出,下列说法中正确的是(　　)

A.若不计空气阻力,下落过程中,B对A没有弹力

B.若考虑空气阻力,上升过程中,A对B的弹力向下

C.若考虑空气阻力,下落过程中,B对A的弹力向上

D.若不计空气阻力,上升过程中,A对B的弹力向上

11.答案　AB　将容器A以初速度v0竖直向上抛出后,若不计空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得加速度为g,再以容器A为研究对象,上升和下落过程其合力等于自身重力,则B对A没有弹力,A对B也没有弹力,故A项正确,D项错误;若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知,上升过程中的加速度大于g,再以球B为研究对象,可知B受到的合力大于其自身的重力,所以B除受到重力外,还应受到向下的力,即A对B的弹力向下,故B项正确;若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知下落过程中的加速度小于g,再以B为研究对象,可知A受到的合力小于其自身的重力,所以B除受到重力外,还应受到向上的力,即A对B的弹力向上,由牛顿第三定律可知B对A的弹力向下,故C项错误。

12.(2019广西南宁期末)如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102 m的水平跑道和长度为l2=20 m的倾斜跑道两部分组成。水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m。一架质量为m=2.0×104 kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105 N,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1。假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,取g=10 m/s2。

(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小;

(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s,外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力,求助推力F推的大小。

12.答案　(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.2×105 N

解析　(1)飞机在水平跑道上运动时,在水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为t1,有

F合=F-Ff=ma1

-=2a1l1

v1=a1t1

其中v0=0,Ff=0.1mg

代入已知数据可得a1=5.0 m/s2,v1=40 m/s,t1=8.0 s

飞机在倾斜跑道上运动时,在沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道方向的分力作用,设飞机沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,末速度大小为v2,倾斜跑道与水平面的夹角为α,沿倾斜跑道方向有

F合'=F-Ff-mg sin α=ma2

mg sin α=mg

-=2a2l2

其中v1=40 m/s

代入已知数据可得a2=3.0 m/s2,v2= m/s≈41.5 m/s

故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0 s,到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5 m/s

(2)飞机在水平跑道上运动时,在水平方向受到喷气发动机的推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a'1、末速度大小为v'1,有

F″合=F推+F-Ff=ma'1

v1'2-=2a'1l1

飞机在倾斜跑道上运动时,在沿倾斜跑道方向受到喷气发动机的推力、阻力与重力沿倾斜跑道方向的分力作用,加速度大小为

a2'=a2=3.0 m/s2

v2'2-v1'2=2a2'l2

根据题意可知v2'=100 m/s,代入数据解得

F推=5.2×105 N

故助推力F推的大小为5.2×105 N

13.如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心。

已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。则(　　)

A.a球最先到达M点

B.b球最先到达M点

C.c球最先到达M点

D.b球和c球都可能最先到达M点

13.答案　C　如图所示,令圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R=g,所以tc=;对于a球令AM与水平面成θ角,则a球下滑到M点用时满足AM=2R sin θ=        g sin θ·,即ta=2;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb=2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,r>R)。综上所述可得tb>ta>tc,故选项C正确。

14.(多选)如图所示,两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球,整体处于平衡状态,弹簧a与竖直方向成30°,弹簧b与竖直方向成60°,弹簧a、b的形变量相等,重力加速度为g,则(　　)

A.弹簧a、b的劲度系数之比为∶1

B.弹簧a、b的劲度系数之比为∶2

C.若弹簧a下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为g

D.若弹簧b下端松脱,则松脱瞬间小球的加速度大小为

14.答案　AD　由题可知,两个弹簧相互垂直,对小球受力分析,如图所示,设弹簧的伸长量都是x,由受力分析图知,弹簧a中弹力Fa=mg cos 30°=mg,根据胡克定律可知弹簧a的劲度系数k1==,弹簧b中的弹力Fb=mg cos 60°=mg,根据胡克定律可知弹簧b的劲度系数为k2==,所以弹簧a、b的劲度系数之比为∶1,A正确,B错误;弹簧a中的弹力为mg,若弹簧a的下端松脱,则松脱瞬间弹簧b的弹力不变,故小球所受重力和弹簧b弹力的合力与Fa大小相等、方向相反,小球的加速度大小a==g,C错误;弹簧b中弹力为mg,若弹簧b的下端松脱,则松脱瞬间弹簧a的弹力不变,故小球所受重力和弹簧a弹力的合力与Fb大小相等、方向相反,故小球的加速度大小a'==g,D正确。

15.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos θ=1,       sin θ=0.1,g=10 m/s2。求:

(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;

(2)制动坡床的长度。

15.答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下

(2)98 m

解析　(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则

f+mg sin θ=ma1①

f=μmg cos θ②

联立①②式并代入数据得a1=5 m/s2③

a1的方向沿制动坡床向下

(2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12 m,制动坡床的长度为l,则

Mg sin θ+F-f=Ma2④

F=k(m+M)g⑤

s1=vt-a1t2⑥

s2=vt-a2t2⑦

s=s1-s2⑧

l=l0+s0+s2⑨

联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m⑩