1、核心素养微专题答题模板之1 牛顿运动定律的综合应用【经典案例【经典案例】(16(16分分)(2017)(2017海南高考海南高考) )一轻弹簧的一端固定在倾角为一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的的固定光滑斜面的底部底部, ,另一端和质量为另一端和质量为m m的小物块的小物块a a相连相连, ,如图所示。质量为如图所示。质量为 m m的小物块的小物块b b紧靠紧靠a a静止在斜面上静止在斜面上, ,此时弹簧的压缩量为此时弹簧的压缩量为x x0 0, ,从从t=0t=0时开始时开始, ,对对b b施加沿斜面向上的外施加沿斜面向上的外力力, ,使使b b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后始
2、终做匀加速直线运动。经过一段时间后, ,物块物块a a、b b分离分离; ;再经过同样再经过同样长的时间长的时间,b,b距其出发点的距离恰好也为距其出发点的距离恰好也为x x0 0。弹簧的形变始终在弹性限度内。弹簧的形变始终在弹性限度内, ,重重力加速度大小为力加速度大小为g g。求。求: : 35 (1)(1)弹簧的劲度系数。弹簧的劲度系数。(2)(2)物块物块b b加速度的大小。加速度的大小。(3)(3)在物块在物块a a、b b分离前分离前, ,外力大小随时间变化的关系式。外力大小随时间变化的关系式。 【解题关键【解题关键】(1)(1)信息提取信息提取: :固定光滑斜面固定光滑斜面小物块
3、小物块a a、b b均不受摩擦力。均不受摩擦力。使使b b始终做匀加速直线运动始终做匀加速直线运动小物块小物块a a、b b的加速度始终不变。的加速度始终不变。弹簧的形变始终在弹性限度内弹簧的形变始终在弹性限度内弹簧的弹力满足胡克定律。弹簧的弹力满足胡克定律。(2)(2)过程分析过程分析: :t=0t=0时刻之前时刻之前, ,小物块小物块a a、b b处于平衡状态。处于平衡状态。从从t=0t=0到到a a、b b分离分离, ,小物块小物块a a、b b做初速度为零的匀加速直线运动。做初速度为零的匀加速直线运动。a a、b b分离瞬间分离瞬间, ,小物块小物块a a、b b间恰好没有弹力。间恰好
4、没有弹力。(3)(3)核心规律核心规律: :共点力平衡的知识共点力平衡的知识:F:F合合=0=0。胡克定律胡克定律:F=kx:F=kx。初速度为零的匀加速直线运动的规律初速度为零的匀加速直线运动的规律: : 牛顿第二定律牛顿第二定律:F:F合合=ma=ma。 21x1xat ,2x3。【规范解答【规范解答】解解: : (1) (1)对整体分析对整体分析, ,根据平衡条件可知根据平衡条件可知, ,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡平衡, ,则有则有:kx:kx0 0=(m+ m)gsin=(m+ m)gsin(2(2分分) )解得解得: : (1(1分分) )(
5、2)(2)由题意可知由题意可知,b,b经两段相等的时间位移为经两段相等的时间位移为x x0 0; ;由匀变速直线运动规律可知由匀变速直线运动规律可知: : (1(1分分) )说明当形变量为说明当形变量为x x1 1=x=x0 0- - 时二者分离时二者分离; ;(1(1分分) )对对m m分析分析, ,因分离时因分离时a a、b b间没有弹力间没有弹力, ,则根据牛顿第二定律可知则根据牛顿第二定律可知: :kxkx1 1-mgsin=ma-mgsin=ma联立解得联立解得:a= :a= (2(2分分) )3508mgsink5x10 x1x400 x3x44gsin5(3)(3)设时间为设时间
6、为t,t,则经时间则经时间t t时时,ab,ab前进的位移前进的位移 (1(1分分) )则形变量变为则形变量变为:x:x=x=x0 0-x-x(1(1分分) )对整体分析可知对整体分析可知, ,由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有: :F+kx-(m+ m)gsin=(m+ m)aF+kx-(m+ m)gsin=(m+ m)a(2(2分分) )解得解得:F= mgsin:F= mgsin+ + (1(1分分) )因分离时位移因分离时位移x= ,x= ,由由x= = atx= = at2 2(2(2分分) ) 故应保证故应保证t Ftaa1 1, ,所所以以:F=F:F=Ff1f1+F+Ff2f2+
7、m+m2 2a a2 2FFf1f1+F+Ff2f2+m+m2 2a a1 1=2mg+3mg+mg=6mg,=2mg+3mg+mg=6mg,即即F6mgF6mg。f11F2m8.8.如图所示如图所示, ,质量为质量为1 kg1 kg的环套在倾斜固定的杆上的环套在倾斜固定的杆上, ,受到竖直向上的受到竖直向上的20 N20 N的拉的拉力力F F1 1的作用的作用, ,从静止开始运动。已知杆与环间的动摩擦因数从静止开始运动。已知杆与环间的动摩擦因数= , ,杆与水平杆与水平地面的夹角为地面的夹角为3030,g,g取取10 m/s10 m/s2 2, ,则下列说法正确的则下列说法正确的( () )
8、A.A.环对杆的弹力垂直于杆向下环对杆的弹力垂直于杆向下, ,大小为大小为5 5 N NB.B.环对杆的摩擦力沿杆向上环对杆的摩擦力沿杆向上, ,大小为大小为5 N5 NC.C.环的加速度大小为环的加速度大小为2.5 m/s2.5 m/s2 2D.D.杆对环的作用力大小为杆对环的作用力大小为10 N10 N363【解析【解析】选选C C。对小球受力分析。对小球受力分析, ,如图所示。由于如图所示。由于F F1 1mg,mg,所以杆对环的弹力垂直所以杆对环的弹力垂直于杆向下于杆向下,F,FN N=(F=(F1 1-mg)cos30-mg)cos30=5 N,=5 N,根据牛顿第三定律可知环对杆的
9、弹力根据牛顿第三定律可知环对杆的弹力FFN N=F=FN N=5 N,=5 N,方向垂直于杆向上方向垂直于杆向上, ,故故A A错误错误; ;杆对环的摩擦力杆对环的摩擦力F Ff f=F=FN N=2.5 N,=2.5 N,方向沿杆向下方向沿杆向下, ,根据牛顿第三定律可知环对杆的摩擦力根据牛顿第三定律可知环对杆的摩擦力F Ff f=F=Ff f=2.5 N,=2.5 N,方向沿方向沿杆向上杆向上, ,故故B B错误错误; ;根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律, ,有有:(F:(F1 1-mg)sin30-mg)sin30-F-Ff f=ma,=ma,解得解得:a=:a=2.5 m/s2.5 m
10、/s2 2, ,故故C C正确正确; ;杆对环的作用力包括压力和摩擦力杆对环的作用力包括压力和摩擦力,F= ,F= =2.5 N,=2.5 N,故故D D错误。错误。33222NfNFFF113【提升练【提升练】9.9.如图甲所示如图甲所示, ,质量为质量为M M的木板静止在光滑水平面上的木板静止在光滑水平面上, ,一个质量为一个质量为m m的小滑块以的小滑块以初速度初速度v v0 0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示。某同学根据图象作出如下一些判断图象如图乙所示。某同学根据图象作出如下一些判断,
11、,正确的是正确的是 ( () )A.A.滑块和木板始终存在相对运动滑块和木板始终存在相对运动B.B.滑块始终未离开木板滑块始终未离开木板C.C.滑块的质量小于木板的质量滑块的质量小于木板的质量D.D.木板的长度为木板的长度为 0 1v t2【解析【解析】选选B B。由题意知。由题意知,m,m在在M M的摩擦力作用下做匀减速直线运动的摩擦力作用下做匀减速直线运动,M,M在在m m的摩擦的摩擦力作用下做初速度为力作用下做初速度为0 0的匀加速直线运动的匀加速直线运动, ,最终两者相对静止最终两者相对静止, ,一起运动一起运动, ,故故A A错错误误; ;由图示图象可知由图示图象可知, ,最终滑块与
12、木板速度相等最终滑块与木板速度相等, ,它们相对静止它们相对静止, ,滑块没有滑离滑块没有滑离木板木板, ,故故B B正确正确; ;由于由于m m、M M间相互作用的摩擦力分别使间相互作用的摩擦力分别使m m、M M产生加速度产生加速度, ,所以满所以满足足mamam m=Ma=MaM M, ,由图象知由图象知, ,在在t t1 1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度度, ,即即a am maM,mM,滑块的质量大于木板的质量滑块的质量大于木板的质量, ,故故C C错误错误; ;两物体相对两物体相对静止时静止时, ,两者的位移差两者的位移差
13、:x= ,:x= ,则木板长度大于等于则木板长度大于等于 , ,故故D D错误错误; ;故选故选B B。00 111vvv tvtt2220 1v t210.(202010.(2020金华模拟金华模拟) )如图所示如图所示, ,足够长的传送带与水平面夹角为足够长的传送带与水平面夹角为,以速度以速度v v0 0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m m的小木块的小木块, ,小木块与小木块与传送带间的动摩擦因数传送带间的动摩擦因数tantan, ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是化关系
14、的是( () )【解析【解析】选选C C。初状态时。初状态时: :重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下, ,且都是恒力且都是恒力, ,所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动, ,由牛顿第二定律可得加速度由牛顿第二定律可得加速度:a:a1 1= = , ,当小木块的速度与传送带速度相等时当小木块的速度与传送带速度相等时, ,由由tantan知木块与传送带一起匀速下滑知木块与传送带一起匀速下滑, ,速度速度时间图象的斜率表示加速度时间图象的斜率表示加速度, ,可知第一段是倾斜的直线可知第一段是倾斜的直线, ,第二段是平行时间轴的直线第二段是
15、平行时间轴的直线, ,结合选项可知结合选项可知C C正确正确, ,A A、B B、D D错误。错误。1(mgsinmgcos )agsingcosm11.11.随着科技的发展随着科技的发展, ,我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离起飞距离, ,如图所示如图所示, ,航空母舰的水平跑道总长航空母舰的水平跑道总长l=180 m,=180 m,其中电磁弹射区的长度其中电磁弹射区的长度为为l1 1=80 m,=80 m,在该区域安装有直线电机在该区域安装有直线电机, ,该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引该电机可从头至尾提供一个恒定的牵
16、引力力F F牵牵, ,一架质量为一架质量为m=2.0m=2.010104 4 kg kg的飞机的飞机, ,其喷气式发动机可以提供恒定的推力其喷气式发动机可以提供恒定的推力F F推推=1.2=1.210105 5 N, N,假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.20.2倍。已知飞机可倍。已知飞机可看作质量恒定的质点看作质量恒定的质点, ,离舰起飞速度离舰起飞速度v=40 m/sv=40 m/s, ,航空母舰处于静止状态航空母舰处于静止状态(g(g取取10 m/s10 m/s2 2) )。求。求: :(1)(1)飞机在后一阶段的加速度大小飞机在后一阶段的加速度
17、大小; ;(2)(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小飞机在电磁弹射区末的速度大小; ;(3)(3)电磁弹射器的牵引力电磁弹射器的牵引力F F牵牵的大小。的大小。【解析【解析】(1)(1)根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律F F推推-0.2mg=ma-0.2mg=ma2 2解得解得a a2 2=4.0 m/s=4.0 m/s2 2(2)(2)由由v v2 2- =2a- =2a2 2( (l- -l1 1) )解得解得v v1 1=20 m/s=20 m/s(3)(3)由由 =2a=2a1 1l1 1解得解得a a1 1=5 m/s=5 m/s2 2根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律F F牵牵+F+F
18、推推-0.2mg=ma-0.2mg=ma1 1代入数据解得代入数据解得F F牵牵=2=210104 4 N N。21v221v答案答案: :(1)4.0 m/s(1)4.0 m/s2 2(2)20 m/s(2)20 m/s(3)2(3)210104 4 N N212.12.如图所示如图所示, ,木板与水平地面间的夹角木板与水平地面间的夹角可以随意改变可以随意改变, ,当当=30=30时时, ,可视为可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率小恒定的初速率v v0 0沿木板向上运动沿木板
19、向上运动, ,随着随着的改变的改变, ,小物块沿木板滑行的距离小物块沿木板滑行的距离s s将发生变化将发生变化, ,重力加速度为重力加速度为g g。(1)(1)求小物块与木板间的动摩擦因数。求小物块与木板间的动摩擦因数。(2)(2)当当角满足什么条件时角满足什么条件时, ,小物块沿木板滑行的距离最小小物块沿木板滑行的距离最小, ,并求出此最小值。并求出此最小值。【解析【解析】(1)(1)当当=30=30时时, ,对物块受力分析对物块受力分析: :mgsin=Fmgsin=FN NF FN N-mgcos-mgcos=0=0则动摩擦因数则动摩擦因数=tan=tan=tan30=tan30= =
20、(2)(2)当当变化时变化时, ,设物块的加速度为设物块的加速度为a,a,则则: :mgsin+mgcosmgsin+mgcos=ma=ma物块的位移为物块的位移为s,s,则则: =2as: =2as3320v则则s= s= 令令tantan=,=,则当则当+=90=90时时s s最小最小, ,即即=60=60, ,小物块沿木板滑行的距离最小小物块沿木板滑行的距离最小答案答案: :(1) (1) (2)=60(2)=6020v2g(sincos )2200minv3vs2g(sin60cos60 )4g33203v4g【总结提升【总结提升】求解临界极值问题的三种常用方法求解临界极值问题的三种常
21、用方法(1)(1)极限法极限法: :把物理问题把物理问题( (或过程或过程) )推向极端推向极端, ,从而使临界现象从而使临界现象( (或状态或状态) )暴露出来暴露出来, ,以达到正确解决问题的目的。以达到正确解决问题的目的。(2)(2)假设法假设法: :临界问题存在多种可能临界问题存在多种可能, ,特别是非此即彼两种可能时特别是非此即彼两种可能时, ,或变化过程或变化过程中可能出现临界条件中可能出现临界条件, ,也可能不出现临界条件时也可能不出现临界条件时, ,往往用假设法解决问题。往往用假设法解决问题。(3)(3)数学方法数学方法: :将物理过程转化为数学公式将物理过程转化为数学公式,
22、,根据数学表达式解出临界条件。根据数学表达式解出临界条件。【培优练【培优练】13.13.如图所示如图所示, ,电梯的顶部挂一个弹簧测力计电梯的顶部挂一个弹簧测力计, ,测力计下端挂了一个重物测力计下端挂了一个重物, ,电电梯做匀速直线运动时梯做匀速直线运动时, ,弹簧测力计的示数为弹簧测力计的示数为10 N,10 N,在某时刻电梯中的人观察在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为到弹簧测力计的示数变为8 N,8 N,关于电梯的运动关于电梯的运动, ,以下说法正确的是以下说法正确的是(g(g取取10 m/s10 m/s2 2) () () )A.A.电梯可能向上加速运动电梯可能向上加速运动,
23、 ,加速度大小为加速度大小为4 m/s4 m/s2 2B.B.电梯可能向下加速运动电梯可能向下加速运动, ,加速度大小为加速度大小为2 m/s2 m/s2 2C.C.电梯可能向上减速运动电梯可能向上减速运动, ,加速度大小为加速度大小为8 m/s8 m/s2 2D.D.电梯可能向下减速运动电梯可能向下减速运动, ,加速度大小为加速度大小为4 m/s4 m/s2 2【解析【解析】选选B B。电梯匀速运动时。电梯匀速运动时, ,对重物由平衡条件得对重物由平衡条件得mg=F,mmg=F,m=1 kg,=1 kg,当弹簧测当弹簧测力计的示数变为力计的示数变为8 N8 N时时, ,对重物由牛顿第二定律得
24、对重物由牛顿第二定律得mg-F=ma,mg-F=ma,得得a=2 m/sa=2 m/s2 2, ,加速加速度方向向下度方向向下, ,其运动情况可能向上减速或向下加速其运动情况可能向上减速或向下加速,B,B正确。正确。14.14.如图所示如图所示, ,倾斜的长杆倾斜的长杆( (与水平面成与水平面成角角) )上套有一个质量为上套有一个质量为M M的环的环, ,环通过环通过细线吊一个质量为细线吊一个质量为m m的小球的小球, ,当环在某拉力的作用下的长杆上滑动时当环在某拉力的作用下的长杆上滑动时, ,稳定运稳定运动的情景如图所示动的情景如图所示, ,其中虚线表示竖直方向其中虚线表示竖直方向, ,那么
25、以下说法正确的是那么以下说法正确的是( () )A.A.环一定沿长杆向下加速运动环一定沿长杆向下加速运动B.B.环的加速度一定沿杆向上环的加速度一定沿杆向上C.C.环的加速度一定大于环的加速度一定大于gsingsinD.D.环一定沿杆向上运动环一定沿杆向上运动【解析【解析】选选B B。稳定运动时。稳定运动时, ,球与环保持相对静止球与环保持相对静止, ,它们的运动状态相同它们的运动状态相同, ,且运且运动方向均与杆平行。对小球受力分析如图动方向均与杆平行。对小球受力分析如图, ,可知小球所受合力平行于杆向上可知小球所受合力平行于杆向上, ,说明加速度方向沿杆向上说明加速度方向沿杆向上, ,由于
26、环的速度方向不确定由于环的速度方向不确定, ,两者可能沿杆向上加速两者可能沿杆向上加速运动运动, ,也可能沿杆向下减速运动也可能沿杆向下减速运动, ,则则B B正确正确,A,A、D D错误错误; ;由于不知道细线与竖直方由于不知道细线与竖直方向的夹角向的夹角, ,则不能判断出小球的加速度与则不能判断出小球的加速度与gsingsin的大小关系的大小关系, ,则则C C项错误。项错误。15.15.如图所示如图所示, ,水平地面上有两个质量相等的物体水平地面上有两个质量相等的物体, ,中间用劲度系数为中间用劲度系数为k k的轻质的轻质弹簧相连弹簧相连, ,在外力在外力F F1 1、F F2 2的作用
27、下运动。已知的作用下运动。已知F F1 1FF2 2, ,当运动达到稳定时当运动达到稳定时, ,关于弹关于弹簧的伸长量下列说法正确的是簧的伸长量下列说法正确的是( () )A.A.若水平地面光滑若水平地面光滑, ,弹簧的伸长量为弹簧的伸长量为 B.B.若水平地面光滑若水平地面光滑, ,弹簧的伸长量为弹簧的伸长量为 C.C.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同, ,弹簧的伸长量为弹簧的伸长量为 D.D.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同, ,弹簧的伸长量为弹簧的伸长量为 12FF2k12FF
28、k12FF2k12FFk【解析【解析】选选C C。设两个物体的质量均为。设两个物体的质量均为m,m,若水平地面光滑若水平地面光滑, ,以整体为研究对象以整体为研究对象, ,根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得a= ,a= ,再以再以A A为研究对象为研究对象, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得:F:F1 1-kx=ma-kx=ma代入解得弹簧的伸长量为代入解得弹簧的伸长量为x= ,x= ,选项选项A A、B B错误错误; ;若水平地面粗糙且两个物体与若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同地面动摩擦因数相同, ,以整体为研究对象以整体为研究对象, ,根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得a
29、= a= 再以再以A A为研究对象为研究对象, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得: :F F1 1-kx-mg=ma-kx-mg=ma代入解得弹簧的伸长量为代入解得弹簧的伸长量为x= ,x= ,选项选项C C正确正确,D,D错误错误, ,故选故选C C。12FF2m1212FF2 mgFFg2m2m 12FF2k12FF2k16. (202016. (2020金华模拟金华模拟) )如图所示如图所示, ,在倾角为在倾角为3030的光滑斜面上端系有一劲度系的光滑斜面上端系有一劲度系数为数为200 N/m200 N/m的轻质弹簧的轻质弹簧, ,弹簧下端连一个质量弹簧下端连一个质量m=2 kgm=2
30、 kg的小球的小球, ,球被一垂直于斜球被一垂直于斜面的挡板面的挡板A A挡住挡住, ,此时弹簧没有形变。若挡板此时弹簧没有形变。若挡板A A以以4 m/s4 m/s2 2的加速度沿斜面向下做的加速度沿斜面向下做匀加速运动匀加速运动, ,取取g=10 m/sg=10 m/s2 2, ,则则( () )A. A. 小球从一开始就与挡板分离小球从一开始就与挡板分离B. B. 小球速度最大时与挡板分离小球速度最大时与挡板分离C. C. 小球向下运动小球向下运动0.01 m0.01 m时与挡板分离时与挡板分离D. D. 小球向下运动小球向下运动0.02 m0.02 m时速度最大时速度最大【解析【解析】
31、选选C C。设球与挡板分离时位移为。设球与挡板分离时位移为x,x,经历的时间为经历的时间为t,t,从开始运动到分离从开始运动到分离的过程中的过程中, ,小球受竖直向下的重力小球受竖直向下的重力, ,垂直斜面向上的支持力垂直斜面向上的支持力F FN N, ,沿斜面向上的挡沿斜面向上的挡板支持力板支持力F F1 1和弹簧弹力和弹簧弹力F F。根据牛顿第二定律有。根据牛顿第二定律有:mgsin30:mgsin30-kx-F-kx-F1 1=ma,=ma,保持保持a a不不变变, ,随着随着x x的增大的增大,F,F1 1减小减小, ,当小球与挡板分离时当小球与挡板分离时,F,F1 1减小到零减小到零
32、, ,则有则有:mgsin30:mgsin30- -kxkx=ma,=ma,解得解得:x= =0.01 m,:x= =0.01 m,即小球向下运动即小球向下运动0.01 m0.01 m时与挡板分离时与挡板分离, ,故故A A错误错误,C,C正确正确; ;球和挡板分离前小球做匀加速运动球和挡板分离前小球做匀加速运动; ;球和挡板分离后小球做加速球和挡板分离后小球做加速度减小的加速运动度减小的加速运动, ,当加速度为零时当加速度为零时, ,速度最大速度最大, ,此时小球所受合力为零。此时小球所受合力为零。即即:kx:kxm m=mgsin30 =mgsin30 , ,解得解得x xm m= =0.
33、05 m,= =0.05 m,由于开始时弹簧处于原长由于开始时弹簧处于原长, ,所以速度最大时小球向下运动的路程为所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05 m,0.05 m,故故B B、D D错误。错误。m(gsin30a)kmgsin30k17.17.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上舱套装在竖直柱子上, ,由升降机送上几十米的高处由升降机送上几十米的高处, ,然后让座舱自由落下。落然后让座舱自由落下。落到一定位置时到一定位置时, ,制动系统启动制动系统启动, ,到地面时刚好停下
34、。已知座舱开始下落时的高到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的高度为度为75 m,75 m,当落到离地面当落到离地面30 m30 m的位置时开始制动的位置时开始制动, ,座舱均匀减速。重力加速度座舱均匀减速。重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2, ,不计空气阻力。不计空气阻力。(1)(1)求座舱下落的最大速度求座舱下落的最大速度; ;(2)(2)求座舱下落的总时间求座舱下落的总时间; ;(3)(3)若座舱中某人用手托着重若座舱中某人用手托着重30 N30 N的铅球的铅球, ,求座舱下落过程中球对手的压力大求座舱下落过程中球对手的压力大小。小。【解析【解析】(1)(1)由由v v2
35、 2=2gh=2gh得得v vm m=30 m/s=30 m/s(2)(2)座舱在自由下落阶段所用时间为座舱在自由下落阶段所用时间为h= h= 得得t t1 1=3 s=3 s座舱在匀减速下落阶段所用的时间为座舱在匀减速下落阶段所用的时间为t t2 2= =2 s= =2 s所以座舱下落的总时间为所以座舱下落的总时间为t=tt=t1 1+t+t2 2=5 s=5 s211gt22mhv2(3)(3)对球进行受力分析对球进行受力分析, ,受重力受重力mgmg和手的支持力和手的支持力N N作用作用, ,在座舱自由下落阶段在座舱自由下落阶段, ,根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有mg-N=mg,m
36、g-N=mg,解得解得N=0,N=0,根据牛顿第三定律有根据牛顿第三定律有N=N=0,N=N=0,即球对即球对手的压力为零手的压力为零; ;在座舱匀减速下落阶段在座舱匀减速下落阶段, ,根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有mg-N=ma,mg-N=ma,根据匀变速直线运动规根据匀变速直线运动规律有律有a= =-15 m/sa= =-15 m/s2 2, ,解得解得N=75 N,N=75 N,根据牛顿第三定律有根据牛顿第三定律有N=N=75 N,N=N=75 N,即球即球对手的压力为对手的压力为75 N75 N答案答案: :(1)30 m/s(1)30 m/s(2)5 s(2)5 s(3)(3)
37、自由下落阶段为自由下落阶段为0 N,0 N,匀减速下落阶段为匀减速下落阶段为75 N75 N2m20v2h【加固训练【加固训练】如图所示如图所示, ,在倾角在倾角=30=30的斜面上固定一块竖直放置的挡板的斜面上固定一块竖直放置的挡板, ,在挡板和斜面之在挡板和斜面之间放有一个光滑圆球间放有一个光滑圆球, ,当系统静止时挡板上的压力传感器显示压力为当系统静止时挡板上的压力传感器显示压力为20 N,20 N,试试求求: :(1)(1)球对斜面的压力大小和圆球的重力大小。球对斜面的压力大小和圆球的重力大小。(2)(2)要让挡板压力为零要让挡板压力为零, ,整个装置在水平方向上将怎样运动整个装置在水
38、平方向上将怎样运动?(?(圆球相对斜面还圆球相对斜面还是静止的是静止的) )【解析【解析】(1)(1)球受重力、挡板支持力、斜面支持力球受重力、挡板支持力、斜面支持力, ,按照作用效果按照作用效果, ,将重力沿着将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解垂直挡板和垂直斜面方向分解, ,如图所示如图所示: :结合几何知识可得结合几何知识可得: :G= FG= F2 2= =40 N= =40 N。1F20 N20 3 Ntan3033，1F20 N1sin302(2)(2)对球受力分析对球受力分析, ,受重力和支持力受重力和支持力, ,合力水平向左合力水平向左, ,如图所示如图所示: :合力合力:F=
39、Gtan:F=Gtan, ,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律, ,有有:F=ma:F=ma解得解得:a=gtan:a=gtan=10=10 m/s m/s2 2= m/s= m/s2 2, ,水平向左水平向左故装置向左以故装置向左以 m/sm/s2 2的加速度做匀加速直线运动的加速度做匀加速直线运动, ,或者向右以或者向右以 m/sm/s2 2的的加速度做匀减速直线运动。加速度做匀减速直线运动。33103310331033答案答案: :(1)40 N(1)40 N20 N20 N(2)(2)装置向左以装置向左以 m/sm/s2 2的加速度做匀加速直线运动的加速度做匀加速直线运动, ,或者向右以
40、或者向右以 m/sm/s2 2的加速度做匀减速直线运动的加速度做匀减速直线运动31033103318.18.有一项有一项“快乐向前冲快乐向前冲”的游戏可简化如下的游戏可简化如下: :如图如图, ,滑板长滑板长L=1 m,L=1 m,起点起点A A到终到终点线点线B B的距离的距离s=5 ms=5 m。开始滑板静止。开始滑板静止, ,右端与右端与A A平齐平齐, ,滑板左端放一可视为质点的滑板左端放一可视为质点的滑块滑块, ,对滑块施一水平恒力对滑块施一水平恒力F F使滑板前进。板右端到达使滑板前进。板右端到达B B处冲线处冲线, ,游戏结束。已游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数知滑块与滑板间
41、动摩擦因数=0.5,=0.5,地面视为光滑地面视为光滑, ,滑块质量滑块质量m m1 1=2 kg,=2 kg,滑板质量滑板质量m m2 2=1 kg,=1 kg,重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2。求。求: :(1)(1)滑板由滑板由A A滑到滑到B B的最短时间是多少的最短时间是多少? ?(2)(2)为使滑板能以最短时间到达为使滑板能以最短时间到达B,B,水平恒力水平恒力F F的取值范围如何的取值范围如何? ?【解析【解析】(1)(1)滑板一直加速滑板一直加速, ,所用时间最短。设滑板加速度为所用时间最短。设滑板加速度为a a2 2,F,Ff f=m=m1 1g=
42、mg=m2 2a a2 2s=s= a a2 2=10 m/s=10 m/s2 2t=1 st=1 s。22a t2(2)(2)刚好相对滑动时刚好相对滑动时,F,F最小最小, ,此时可认为二者加速度相等此时可认为二者加速度相等, ,则则F F1 1-m-m1 1g=mg=m1 1a a2 2F F1 1=30 N=30 N当滑板运动到当滑板运动到B B点点, ,滑块刚好脱离时滑块刚好脱离时,F,F最大最大, ,设滑块加速度为设滑块加速度为a a1 1, ,则则F F2 2-m-m1 1g=mg=m1 1a a1 1F F2 2=34 N=34 N则水平恒力大小范围是则水平恒力大小范围是30 NF34 N30 NF34 N。答案答案: :(1)1 s(1)1 s(2)30 NF34 N(2)30 NF34 N2212a ta tL22
