02 第8講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用 【答案】聽課手冊_第1頁
02 第8講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用 【答案】聽課手冊_第2頁
02 第8講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用 【答案】聽課手冊_第3頁
02 第8講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用 【答案】聽課手冊_第4頁
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第8講牛頓第二定律的基本應(yīng)用例1A[解析]將B、C間的細線剪斷前,A、B、C、D受力平衡,對B、C、D整體受力分析,如圖甲所示,A、B間彈簧的彈力FAB=6mg,對D受力分析,如圖乙所示,C、D間彈簧的彈力FCD=mg;剪斷細線瞬間,細線無拉力,彈簧彈力不突變,對B受力分析,如圖丙所示,則B所受的合力FB=FAB-3mg=3mg,B的加速度大小aB=FB3m=g,對C受力分析,如圖丁所示,則C所受的合力FC=FCD+2mg=3mg,C的加速度大小aC=FC2m=1.5g,變式1AD[解析]設(shè)兩球質(zhì)量均為m,對小球A進行受力分析,如圖甲所示,剪斷水平細線后,小球A將沿圓弧擺下,故剪斷水平細線瞬間,小球A的加速度a1的方向沿圓周的切線方向向下,即垂直傾斜細線向下,則有FT1=mgcosθ、F1=mgsinθ=ma1,所以a1=gsinθ,方向垂直傾斜細線向下,故A正確;對小球B進行受力分析,如圖乙所示,水平細線剪斷瞬間,小球B所受重力mg和彈簧彈力FT2不變,小球B的加速度a2的方向水平向右,則有FT2=mgcosθ、F2=mgtanθ=ma2,所以a2=gtanθ,故B錯誤;圖甲中傾斜細線與圖乙中彈簧的拉力之比為FT1∶FT2=cos2θ∶1,故D正確,C錯誤例2BD[解析]木塊C放在A上的瞬間,彈簧沒有發(fā)生突變,彈力大小不變,即彈簧的彈力大小仍然為mg,彈簧的形變量不變,故A錯誤,B正確;結(jié)合上述可知,木塊C放在A上的瞬間,彈簧沒有發(fā)生突變,B對水平面的壓力大小與沒有放C之前一樣,即B對水平面的壓力大小為2mg,故C錯誤;結(jié)合上述可知,A所受彈簧彈力與A的重力平衡,對A、C整體,根據(jù)牛頓第二定律有2mg=(m+2m)a,解得a=23g,故D正確變式2B[解析]對P受力分析,根據(jù)平衡條件可知,彈簧處于拉伸狀態(tài),彈力大小為F=4mg-3mg=mg,根據(jù)胡克定律有F=kx,聯(lián)立解得彈簧的勁度系數(shù)為k=mgx,故A錯誤;撤去擋板瞬間,擋板的支持力消失,彈簧的彈力不會發(fā)生突變,對Q受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得2mg-F=2ma1,聯(lián)立解得a1=g2,故B正確;撤去擋板瞬間,對P受力分析,可知其受力情況不變,由牛頓第二定律得3mg+F-4mg=3ma2,聯(lián)立解得a2=0,故C錯誤;剪斷繩子瞬間,繩子拉力消失,彈簧的彈力不變,對P受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得3mg+F=3ma3,聯(lián)立解得a3=43g,故例3(1)2m/s2(2)210m/s(3)50m[解析](1)根據(jù)牛頓第二定律得,人從斜坡上滑下的加速度為a1=mgsin37°-μmgcos37°m=2m/s(2)根據(jù)速度與位移的關(guān)系有v2=2a1xAB解得v=210m/s(3)在水平滑道上做勻減速運動的加速度大小為a2=μg=5m/s2根據(jù)速度—位移公式得,B點的速度為vB=2a2L根據(jù)速度—位移公式得LAB=vB例4(1)900N(2)2529N255N[解析](1)第一次彈射模擬,AB段有LAB=12a1而F-μMg=Ma1BC段有μMg=Ma2由題意可得a1t1=a2t2解得F=900N(2)根據(jù)上述分析,可求得μ=0.5第二次彈射模擬,AB段有F-μ(M+2m)g=(M+2m)a3作用力FAB=(mg)解得FAB=2529NBC段有μ(M+2m)g=(M+2m)a4作用力FBC=(mg)解得FBC=255N例5C[解析]電梯勻加速運動時,電梯對人的作用力與人對電梯的作用力是相互作用力,總是等大反向的,A錯誤;電梯勻加速運動時,根據(jù)牛頓第二定律可知F-mg=ma,電梯對人的作用力F=ma+mg不變,B錯誤;電梯勻減速運動時,加速度向下,電梯中人處于失重狀態(tài),電梯對人的支持力小于人的重力,由牛頓第三定律知電梯中人對電梯的壓力小于人的重力,C正確;電梯勻加速運動過程和勻減速運動過程平均速度一定相同,且都等于最大速度的一半,D錯誤.例6C[解析]下蹲過程應(yīng)先向下加速后向下減速,則先失重后超重,對應(yīng)壓力先減小后增大,D點對應(yīng)人正在下蹲,處于超重,故A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律,設(shè)人的質(zhì)量為m,D點對應(yīng)人的加速度大小為aD=FD-mgm,A點對應(yīng)人的加速度大小為aA=FA-mgm,可知無法計算D點和A點對應(yīng)人的加速度之比,故B錯誤;站起過程應(yīng)先向上加速后向上減速,則先超重再失重,對應(yīng)壓力先增大后減小,B點對應(yīng)人正在站起,處于失重,故C正確;站起過程應(yīng)先向上加速后向上減速,則先超重再失重,下蹲過程應(yīng)先向下加速后向下減速,則先失重后超重,變式3BD[解析]由圖像可知,電梯由靜止開始,4~9s內(nèi)向上加速運動,處于超重狀態(tài);9~16s時間內(nèi)向上勻速運動;16~20s時間內(nèi)加速度方向向下,電梯向上做減速運動,處于失重狀態(tài),故A、C錯誤,B、D正確.例7BC[解析]v?t圖像面積表示消防員運動的位移大小,可知上升的最大高度為H=90×152m=675m,故選項A錯誤;在30~90s內(nèi),消防員減速上升,加速度方向豎直向下,處于失重狀態(tài),故選項B正確;在210~225s內(nèi),消防員減速下降,加速度方向向上,處于超重狀態(tài),故選項C正確;150~255s內(nèi),平均速度大小等于位移與時間的比值,由圖像可知h=[(210-180)+(255-150)]×102m=675m,v=ht=675105m/s=457例8C[解析]設(shè)桿AB長為l,與水平方向的夾角為θ,圓環(huán)的質(zhì)量為m,對圓環(huán)a,根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ=ma,可得a=gsinθ,由運動學(xué)公式可得l=12at2,由幾何關(guān)系可知l=2Rsinθ,解得t=4Rg,則圓環(huán)的下滑時間與桿的傾角和桿長無關(guān),同理可得圓環(huán)b、c、d的下滑時間相同,均為t=4Rg,變式4A[解析]研究物塊沿其中一條軌道的運動情況,以AB軌道為例,對AO段,加速度a=gcosθ,由運動學(xué)公式可知2r1cosθ=12gcosθ·t12,可得時間t1與夾角θ無關(guān),則沿AO、CO和EO運動的時間相等;對OB段,由運動學(xué)公式可知r2=gcosθ·t1·t2+1

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