【受力分析與牛頓第二定律】

【受力分析與牛頓第二定律】傾角為θ的斜面上有質(zhì)量為m的木塊，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用水平力F推動木塊，如圖所示，使木塊恰好沿斜面向上做勻速運動。若斜面始終保持靜止，求水平推力F的大小。2、在傾角a=30°的斜面上有一塊豎直放置的擋板，在擋板和斜面之間放有一個重為G=20N的光滑圓球，如圖所示，試求這個球受到斜面的支持力和球受到檔板的壓力。3、如圖1，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為()A.eq\f(g,2)sinαB．gsinαC.eq\f(3,2)gsinαD．2gsinα4、在一正方形小盒內(nèi)裝一小圓球，盒與球一起沿傾角為θ的光滑斜面下滑，如圖所示．若不計摩擦，當(dāng)θ角增大時，下滑過程圓球?qū)Ψ胶星氨趬毫N及對方盒底面的壓力FN′將如何變化()A．FN′變小，F(xiàn)N變小B．FN′變小，F(xiàn)N為零C．FN′變小，F(xiàn)N變大D．FN′不變，F(xiàn)N變大5、如圖所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定在框架上，下端固定一個質(zhì)量為m的小球，小球上下振動時，框架始終沒有跳起，當(dāng)框架對地面壓力為零瞬間，小球的加速度大小為()A．g B.eq\f(M－m,m)gC．0 D.eq\f(M＋m,m)g6、人站在岸上通過定滑輪用繩牽引低處的小船，如圖所示，若水的阻力恒定不變，則在船勻速靠岸的過程中，下列說法正確的是()A．繩的拉力不斷增大B．繩的拉力保持不變C．船受到的浮力保持不變D．船受到的浮力不斷減小11、(2009·江蘇高考)航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m＝2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28N．試飛時，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10m/s2.(1)第一次試飛，飛行器飛行t1＝8s時到達高度H＝64m．求飛行器所受阻力f的大?。?2)第二次試飛，飛行器飛行t2＝6s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(fù)升力的最長時間t3.1、解：分析物體受力情況，選斜面方向為x軸，垂直斜面方向為y軸，把不在軸上的重力G和水平分力F分解到坐標(biāo)軸上，由于物體處于平衡狀態(tài)，則有解得：2、解：如圖小球受力分析x∶N2=N1sinαy∶G=N1cosα∴N1=N2=N1sin30°=∴球受到斜面與拉力的N，受到檔板的壓力的3、解析：當(dāng)繩子突然斷開，貓保持其相對斜面的位置不變，即相對地面位置不變，貓可視為靜止?fàn)顟B(tài)，木板沿斜面下滑，取貓和木板整體為研究對象，如圖進行受力分析，由牛頓第二定律得3mgsinα＝2ma，a＝eq\f(3,2)gsinα，所以C選項正確．答案：C4、解析：系統(tǒng)(球和小盒)在垂直于斜面方向無加速度，該方向合外力為零．對小球有：FN′＝mgcosθ，故當(dāng)θ增大時，F(xiàn)N′變?。谄叫杏谛泵娣较虻募铀俣萢＝gsinθ，在該方向物體處于“完全失重”狀態(tài)，所以小球?qū)π『星氨诘膲毫N始終為零，與θ大小無關(guān)．答案：B5、解析：彈簧的彈力與框架的重力平衡，故小球受的合外力為(M＋m)g.對m由牛頓第二定律得：(M＋m)g＝ma，所以該瞬間a＝eq\f(M＋m,m)g.答案：D6、解析：分析船的受力情況如圖5所示，船勻速靠岸的過程中，F(xiàn)Tcosα＝Ff.Ff不變，α增大，cosα減小．所以FT增大，A正確，B錯誤；拉力FT豎直向上的分力為FT·sinα，因FT、α均增大，F(xiàn)Tsinα增大，那么船受到的浮力不斷減小，所以C錯誤，D正確．答案：AD7、解析：由于各接觸面是光滑的，a、b兩物體均加速下滑，分析M受力：M自身的重力G，地面的支持力FN，a對M的壓力Fa＝mgcosα，b對M的壓力Fb＝mgcosβ.如圖所示．利用正交分解，在豎直方向上合力為零．FN＝G＋Fbcosβ＋Facosα＝G＋mgcos2α＋mgcos2β因為α與β互余，所以cos2α＋cos2β＝1.所以FN＝G＋mg＝Mg＋mg答案：A方法二：取a、b、M整體為研究對象，其豎直方向受力情況及系統(tǒng)內(nèi)各物體運動狀態(tài)如圖所示.

以豎直向上為正方向，在豎直方向上由牛頓第二定律得

FN-（M+2m）g=M?0+m?a1r+m?a2r其中a1r=-g?sin2α，a2r=-g?sin2β

故水平桌面對楔形木塊的支持力FN=Mg+mg，由牛頓第三定律得答案A正確.8、解析：以兩環(huán)和細(xì)繩整體為對象求FN，可知豎直方向上始終二力平衡，F(xiàn)N＝2mg不變；以Q環(huán)為對象，在重力、細(xì)繩拉力F和OB壓力N作用下平衡，設(shè)細(xì)繩和豎直方向的夾角為α，則P環(huán)向左移的過程中α將減小，N＝mgtanα也將減小．再以整體為對象，水平方向只有OB對Q的壓力N和OA對P環(huán)的摩擦力f作用，因此f＝N也減小．答案：B9、解析：考查牛頓第二定律的應(yīng)用，超重、失重概念．將桿和人看成一個整體，當(dāng)人以加速度a加速下滑時，人處于失重狀態(tài)，失重量為ma，因此系統(tǒng)對支持物的壓力會比重力小ma，因此竿對人的壓力為(M＋m)g－ma，A項正確．本題難度中等．答案：A10、解析：設(shè)懸索對水箱的拉力為T，水箱受到的阻力為f.直升機取水時，水箱受力平衡．水平方向：T1sinθ1－f＝0①豎直方向：T1cosθ1－mg＝0②聯(lián)立①②解得f＝mgtanθ1③直升機返回，以水箱為研究對象，在水平方向、豎直方向應(yīng)用牛頓第二定律，由平衡方程得T2sinθ2－f＝(m＋M)a④T2cosθ2－(m＋M)g＝0⑤聯(lián)立④⑤，代入數(shù)據(jù)解得水箱中水的質(zhì)量M＝4.5×103kg答案：M＝4.5×103kg11、解析：(1)第一次飛行中，設(shè)加速度為a1勻加速運動H＝eq\f(1,2)a1t12由牛頓第二定律F－mg－f＝ma1解得f＝4N(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s1＝eq\f(1,2)a1t22設(shè)失去升力后加速度為a2，上升的高度為s2由牛頓第二定律mg＋f＝ma2v1＝a1t2s2＝eq\f(v12,2a2)解得h＝s1＋s2＝42m(3)設(shè)失去升力下降階段加速度為a3；恢復(fù)升力后加