受力分析与牛顿第二定律Word格式.docx

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C．船受到的浮力保持不变D．船受到的浮力不断减小

7、如图所示，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α和β；

a、b是两个位于斜面上质量均为m的木块，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（　　）

A．Mg＋mg　　　　　　　　

B．Mg＋2mg

C．Mg＋mg（sinα＋sinβ）

D．Mg＋mg（cosα＋cosβ）

8、有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图6所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（　　）

A．FN不变，f变大

B．FN不变，f变小

C．FN变大，f变大

D．FN变大，f变小

9、如图所示为杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为（　　）

A．（M＋m）g－ma

B．（M＋m）g＋ma

C．（M＋m）g

D．（M－m）g

10、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°

.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°

，如图8所示．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.（取重力加速度g＝10m/s2；

sin14°

≈0.242；

cos14°

≈0.970）

11、（2009·

江苏高考）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N．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＝8s时到达高度H＝64m．求飞行器所受阻力f的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s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.

1、解：

分析物体受力情况，选斜面方向为x轴，垂直斜面方向为y轴，把不在轴上的重力G和水平分力F分解到坐标轴上，由于物体处于平衡状态，则有

解得：

2、解：

如图小球受力分析

x∶N2=N1sinα

y∶G=N1cosα

∴N1=

N2=N1sin30°

=

∴球受到斜面与拉力的

N，受到档板的压力的

3、解析：

当绳子突然断开，猫保持其相对斜面的位置不变，即相对地面位置不变，

猫可视为静止状态，木板沿斜面下滑，取猫和木板整体为研究对象，如图进行

受力分析，由牛顿第二定律得3mgsinα＝2ma，a＝

gsinα，所以C选项正确．答案：

C

4、解析：

系统（球和小盒）在垂直于斜面方向无加速度，该方向合外力为零．

对小球有：

FN′＝mgcosθ，故当θ增大时，FN′变小．在平行于斜面方向的

加速度a＝gsinθ，在该方向物体处于“完全失重”状态，所以小球对小盒前壁

的压力FN始终为零，与θ大小无关．答案：

B

5、解析：

弹簧的弹力与框架的重力平衡，故小球受的合外力为（M＋m）g.对m由牛顿第二定律得：

（M＋m）g＝ma，所以该瞬间a＝

g.答案：

D

6、解析：

分析船的受力情况如图5所示，船匀速靠岸的过程中，FTcosα＝Ff.

Ff不变，α增大，cosα减小．所以FT增大，A正确，B错误；

拉力FT竖直向上

的分力为FT·

sinα，因FT、α均增大，FTsinα增大，那么船受到的浮力不断

减小，所以C错误，D正确．答案：

AD

7、解析：

由于各接触面是光滑的，a、b两物体均加速下滑，

分析M受力：

M自身的重力G，地面的支持力FN，

a对M的压力Fa＝mgcosα，

b对M的压力Fb＝mgcosβ.如图所示．

利用正交分解，在竖直方向上合力为零．

FN＝G＋Fbcosβ＋Facosα＝G＋mgcos2α＋mgcos2β

因为α与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整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示.

以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得

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

故水平桌面对楔形木块的支持力FN=Mg+mg，由牛顿第三定律得答案A正确.

8、解析：

以两环和细绳整体为对象求FN，可知竖直方向上始终二力平衡，FN＝2mg不变；

以Q环为对象，在重力、细绳拉力F和OB压力N作用下平衡，设细绳和竖直方向的夹角

为α，则P环向左移的过程中α将减小，N＝mgtanα也将减小．再以整体为对象，

水平方向只有OB对Q的压力N和OA对P环的摩擦力f作用，因此f＝N也减小．答案：

9、解析：

考查牛顿第二定律的应用，超重、失重概念．将杆和人看成一个整体，当人以加速度a加速下滑时，人处于失重状态，失重量为ma，因此系统对支持物的压力会比重力小ma，因此竿对人的压力为（M＋m）g－ma，A项正确．本题难度中等．答案：

10、解析：

设悬索对水箱的拉力为T，水箱受到的阻力为f.直升机取水时，水箱受力平衡．

水平方向：

T1sinθ1－f＝0①竖直方向：

T1cosθ1－mg＝0②联立①②解得f＝mgtanθ1③

直升机返回，以水箱为研究对象，在水平方向、竖直方向应用牛顿第二定律，由平衡方程得

T2sinθ2－f＝（m＋M）a④T2cosθ2－（m＋M）g＝0⑤

联立④⑤，代入数据解得水箱中水的质量M＝4.5×

103kg答案：

M＝4.5×

103kg

11、解析：

（1）第一次飞行中，设加速度为a1

匀加速运动H＝

a1t12

由牛顿第二定律F－mg－f＝ma1

解得f＝4N

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1

匀加速运动s1＝

a1t22

设失去升力后加速度为a2，上升的高度为s2

由牛顿第二定律mg＋f＝ma2

v1＝a1t2　s2＝

解得h＝s1＋s2＝42m

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；

恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

由牛顿第二定律mg－f＝ma3

F＋f－mg＝ma4

且

＋

＝h　v3＝a3t3

解得t3＝

s（或2.1s）

答案：

（1）f＝4N　

（2）h＝42m　（3）t3＝2.1s