内容正文:
考点2 牛顿运动定律的基本应用
1.动力学两类基本问题的解题思路
2.超重与失重
3.瞬时加速度的求解
(1)两个重要模型
①轻绳——长度不变时产生弹力可突变,剪断时弹力立即消失;
②轻弹簧——其形变的恢复需要时间,在瞬时性问题中,其弹力认为不变。
(2)注意:力和加速度可以发生突变,但速度不可以。
一位雪橇运动员坐在雪橇上,由vA=1 m/s从如图所示的AB滑道上A点出发,并双手接触冰面向后用力划拨冰面若干次,从A点经过7 s后到达B点,B点有一长度不计的弧形,通过该弧形连接倾角θ=8°的滑道AB与水平滑道BC,雪橇及人过B点时速度的大小不变,方向变为水平,到达水平面后雪橇及人自由滑行,水平滑道上BC两点距离LBC=80 m。经过B点速度vB=10 m/s,雪橇和人的总质量m=100 kg,雪橇和人在ABC滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力f=40 N恒定不变,方向与运动方向相反,在斜面上每次划拨双手与地面接触时间为Δt=0.5 s,速度增加Δv=1 m/s。(取sin 8°=0.14,g=10m/s2)
(1)雪橇经过C点时的速度大小;
(2)手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小;
(3)运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数。
[解析] (1)根据牛顿第二定律得f=ma1,
解得a1=0.4 m/s2
B到C过程根据速度与位移关系公式v-v=-2a1xBC,vC=6 m/s。
(2)设手不划拨冰面时雪橇和人在斜面上运动的加速度大小为a2
根据牛顿第二定律mgsin θ-f=ma2
解得a2=1 m/s2。
(3)在斜面上每次划拨双手与地面接触时间为Δt=0.5 s,速度增加Δv=1 m/s,设运动员在斜面上运动时双手接触冰面向后用力划拨的次数为n,则有vB=vA+nΔv+a2(t-nΔt),解得n=4。
[答案] (1)6 m/s (2)1 m/s2 (3)4
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在例题中,若运动员坐在雪橇t=0时刻从A点由静止出发后,用双手接触冰面向后用力划拨冰面5次,8 s时到达B点。雪橇及人过B点时速度的大小不变,方向变为水平,到达水平面后雪橇及人自由滑行125 m后停止运动。已知雪橇和人的总质量为100 kg,雪橇和人在整个滑道上滑行时所受冰面及空气的总阻力f=40 N大小不变,方向与运动方向相反,人在AB段每次双手划拨冰面的时间为Δt=0.5 s,且用力大小相同。取sin 8°=0.14,g=10 m/s2,求:
(1)雪橇经过B点时的速度大小;
(2)运动员在斜面上双手划拨冰面时向后用力的大小。
答案 (1)10 m/s (2)80 N
1.(2023·张家口二模)如图所示,竖直平面内半径R1=10 m的圆弧AO与半径R2=2.5 m的圆弧BO在最低点O相切。两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接,另一端分别在两圆弧上且等高。一个小球从左侧直轨道的最高点A由静止开始沿直轨道下滑,经过O点后沿右侧直轨道上滑至最高点B,不考虑小球在O点的机械能损失,重力加速度g取10 m/s2。则在此过程中小球运动的时间为( )
A.1.5 s B.2.0 s
C.3.0 s D.3.5 s
解析 设左侧轨道倾角为θ1,小球在左侧斜面上下滑的加速度大小为a1=gsin θ1,左侧轨道长x1=2R1sin θ1,小球在左侧轨道上运动时间为t1==2,同理小球在右侧斜面上上滑的时间为t2=2,故小球在此过程中运动的时间为t=t1+t2=2=3.0 s,故选项C正确。
答案 C
2.(2023·丽江二模)如图所示,水平路面上有一货车运载着5个相同的、质量均为m的光滑均质圆柱形工件,其中4个恰好占据车厢底部,另有一个工件D置于工件A、B之间,重力加速度为g。汽车以某一加速度向左运动时,工件A与D之间恰好没有作用力,此时工件C与B间的作用力大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D.2mg
解析 对D受力分析,如图所示。当工件A与D之间恰好没有作用力时,D只受到重力、B对D的弹力作用,弹力方向垂直接触面(沿B、D
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的轴心连线方向),弹力和重力的合力产生加速度,根据牛顿第二定律得F合=ma==mg,则当a=g时A与D之间恰好没有作用力。再把A、B、D作为整体受力分析,当汽车向左加速运动时,A相对于车有向右运动的趋势,所以车厢与A之间的弹力是0,C对B有水平向左的弹力,竖直方向上的支持力和重力平衡,对水平方向,则有C对A、B、D整体的作用力大小为F=3ma=mg,选项A、B、D错误,C正确。
答案 C
3.(2023·宜昌三模)置于水平地面上质量m=1.0 kg的物块在F=6 N的水平拉力作用下做匀加速直线运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.4,重