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6　牛顿运动定律的应用
[学习目标]　1.会利用动力学方法测质量。2.明确动力学的两类基本问题。3.理解加速度是解决动力学基本问题的桥梁。4.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法。
探究新知
知识点一　用动力学方法测质量
如果已知物体的受力情况和运动情况,可以求出它的加速度,进一步利用牛顿第二定律求出它的质量。
知识点二　从受力确定运动情况
对于质量已知的物体,如果知道它的受力情况,可以由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
知识点三　从运动情况确定受力
对于质量已知的物体,如果知道它的运动情况,根据运动学公式求出物体的加速度,结合受力分析,再根据牛顿第二定律求出力。
新知检测
1.思考判断
(1)物体的加速度方向就是其运动方向。(　×　)
(2)同一个物体,其所受合力越大,加速度越大。(　√　)
(3)同一个物体,其所受合力越大,运动越快。(　×　)
(4)物体在恒力F(F≠0)作用下做匀变速直线运动,它在任何一段时间内的平均速度都等于该段时间初、末速度的平均值。(　√　)
(5)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的。(　√　)
(6)由物体所受合力的方向可以判断物体的运动方向。(　×　)
2.思维探究
(1)为什么加速度可以把受力和运动联系起来
(2)通过牛顿第二定律只能确定物体受到的合力吗
提示:(1)因为在牛顿第二定律中有加速度与力的关系,而在运动学公式中有加速度与运动参量的关系,所以加速度作为“桥梁”,可以把物体的受力与运动联系起来。
(2)不是。由牛顿第二定律可以先求出物体所受的合力,然后根据力的合成与分解来确定某个分力。
要点一　已知受力确定运动情况
情境探究
　玩滑梯是小朋友非常喜欢的活动,如果滑梯的倾角为θ,一个小朋友从静止开始下滑,小朋友与滑梯间的动摩擦因数为μ,滑梯长度为L,怎样求小朋友滑到底端的速度和需要的时间
【答案】 首先分析小朋友的受力,利用牛顿第二定律求出其下滑的加速度,然后根据公式=2ax和x=at2 即可求得小朋友滑到底端的速度和需要的时间。
要点归纳
1.问题界定
根据物体受力情况确定运动情况,指的是在物体的受力情况已知的条件下,判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移等运动学量。
2.解题思路
3.解题步骤
(1)选定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出受力示意图。
(2)根据平行四边形定则,应用合成法或正交分解法,求出物体所受的合力(包括大小和
方向)。
(3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体运动的加速度。
(4)结合物体运动的初始条件(即初速度v0),分析运动情况并画出运动草图,选择合适的运动学公式,求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移
x等。
[例1] 滑沙是一项新兴的娱乐活动,如图所示是某滑沙场滑道的简化示意图,倾斜滑道AB和足够长水平滑道BC顺滑连接,AB的长度L=22.5 m,倾角θ=53°,游客乘坐滑沙橇从滑道的顶点A由静止滑下,沙橇与两滑道的动摩擦因数μ=0.5,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)在BC滑道上的加速度;
(2)滑到B点的速度大小;
(3)在水平滑道BC上运动的时间。
【答案】 (1)5 m/s2,方向沿CB方向
(2)15 m/s　(3)3 s
【解析】 (1)游客在BC滑道上根据牛顿第二定律有μmg=ma1,
解得游客在BC滑道上的加速度大小为
a1=5 m/s2,方向沿CB方向。
(2)游客在AB滑道上根据牛顿第二定律有
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,
代入数据,解得游客在AB滑道上的加速度大小为a2=5 m/s2,则=2a2L,
解得游客滑到B点的速度大小为vB=15 m/s。
(3)在水平滑道BC上运动的时间为t==3 s。
应用牛顿第二定律解题时求合力的方法
(1)合成法:物体只受两个力的作用产生加速度时,应用平行四边形定则求这两个力的合力,加速度方向即是物体所受合力的方向。
(2)正交分解法:当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,常用正交分解法,一般把力正交分解为沿加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量,即沿加速度方向Fx=ma,垂直于加速度方向有Fy=0。
[针对训练1] 一根轻质弹性绳穿过固定在物块上的光滑圆环,弹性绳两端固定在竖直墙上的同一点O,当物块(可视为质点)位于A点时,弹性绳处于原长,弹性绳的弹力满足胡克定律,此情境下其劲度系数为k。物块与水平地面间的动摩擦因数为μ,物块质量为m,BC间的距离为L。现将物块移到C点由静止释放(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内),物块第一次运动到B点时受到的合力为零,已知重力加速度为g。求:
(1)物块在C点由静止释放时受到的合力的大小;
(2)物体经过B点时的瞬时速度。(已知物块所受的合力F,加速度a,质量m三者之间满足F=ma)
【答案】 (1)kL　(2)L
【解析】 (1)设AB间的距离为x0,由于物块到B点时受到的合力为零,则有kx0=μmg,
故物块在C点由静止释放时受到的合力大小
F合=k(x0+L)-μmg=kL。
(2)设D点为BC间的一个点,离C点的距离为x,物块从C到B,根据牛顿第二定律有
k(x0+L-x)-μmg=ma,
又kx0=μmg,
解得a=-x+L,
则作出ax图像如图所示,
根据v2=2ax,变形得ax=,
根据图像可得××L=,
解得vB=L。
要点二　已知运动情况确定受力
情境探究
一运动员滑雪时的照片如图所示,如果知道运动员在下滑过程中的运动时间且知道在下滑过程中的运动位移,由运动员的运动情况如何确定其受力情况
【答案】 先根据运动学公式,求得运动员运动的加速度,比如先根据x=v0t+,-=2ax等求出运动员的加速度,再由牛顿第二定律求运动员的受力。
要点归纳
1.问题界定
根据物体运动情况确定受力情况,指的是在物体的运动情况(如物体的运动性质、速度、加速度或位移)已知的条件下,求出物体所受的力。
2.解题思路
3.一般解题流程
(1)运动分析→确定研究对象,进行运动分析,必要时画出运动过程简图。
(2)求加速度→应用运动学公式求出物体的加速度的大小和方向。
(3)求合力→根据牛顿第二定律列方程,求出物体的合力的大小和方向。
(4)受力分析→分析物体的受力情况,画出受力示意图。
(5)求所需力→根据力的合成与分解,由合力求出所要求的力。
[例2] 如图,某滑雪爱好者从静止开始沿倾角为37°的斜坡上的雪道匀加速直线下滑,开始下滑后3 s内下降的高度为 12 m,重力加速度大小为 10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)下滑3 s时,滑雪爱好者的速度大小;
(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数。
【答案】 (1) m/s　(2)
【解析】 (1)下滑3 s时,滑雪爱好者沿雪道下滑的距离为x=,由x=vt,解得v= m/s。
(2)根据运动学公式x=at2,
根据牛顿第二定律mgsin 37°-f=ma,
根据平衡N=mgcos 37°,又f=μN,
解得μ=。
由运动情况确定受力应注意的两点
(1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
[针对训练2] (多选)如图所示,运动员将在水平冰面上的冰壶向右推出,记冰壶离手时为0时刻,此时冰壶的初速度大小为2 m/s,冰壶在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,4 s时冰壶的速度大小为1.2 m/s,重力加速度大小g取10 m/s2,冰壶可视为质点,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
[A]冰壶在冰面上滑行时的加速度大小为0.2 m/s2
[B]冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.2
[C]冰壶从离手到速度恰好为0的过程中平均速度大小为1 m/s
[D]冰壶离手后在冰面上滑行的位移大小为20 m
【答案】 AC
【解析】 根据加速度定义,冰壶在冰面上滑行时的加速度大小为a== m/s2=0.2 m/s2,故A正确;由牛顿第二定律可得μmg=ma,解得冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.02,故B错误;冰壶从离手到速度恰好为0的过程中平均速度大小==1 m/s,故C正确;冰壶离手后在冰面上滑行的位移大小x==10 m,故D错误。
要点三　动力学中的两类典型模型
模型一　传送带模型
要点归纳
1.两类问题
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
2.解题关键
关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力正确地进行分析判断。
(1)水平传送带常见类型及滑块运动情况。
类型 滑块运动情况
①可能一直加速。 ②可能先加速后匀速
①v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速。 ②v0①传送带较短时,滑块一直减速到达左端。 ②传送带较长时,滑块先向左减速再向右加速回到右端
(2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况。
类型 滑块运动情况
①可能一直加速。 ②可能先加速后匀速
①可能一直加速。 ②可能先加速后匀速。 ③可能先以a1加速再以a2加速
[例3] 如图,传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率运行,煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。将一煤块(可视为质点)无初速度地放在A处,则下列说法正确的是(　　)
[A]煤块一直做匀加速直线运动
[B]煤块经过2 s到达B处
[C]煤块到达B处时速度大小为0.4 m/s
[D]煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】 C
【解析】 开始时煤块初速度为零,相对传送带向右滑动,设煤块刚开始时的加速度为a,煤块从放上传送带到与传送带共速过程中的位移为x1,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,v2=2ax1,解得a=2 m/s2,x1=0.04 m,由于x1分析传送带问题的三个步骤
(1)初始时刻,根据v物、v带的关系,确定物体的受力情况,进而确定物体的运动情况。
(2)根据临界条件v物=v带确定临界状态的情况,判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律,进行相关计算。
模型二　“滑块—滑板”模型
要点归纳
1.模型特点
上、下叠放两个或多个物体,物体间存在相对滑动。
2.常见的两种位移关系
滑块从滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板向同一方向运动,则滑块的位移和滑板的位移之差等于滑板的长度;若滑块和滑板向相反方向运动,则滑块的位移和滑板的位移之和等于滑板的长度。
3.解题方法
此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[例4] (多选)如图甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F=6 N的水平力向右拉A,经过5 s,A运动到B的最右端,且其v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
[A]A的加速度大小为0.5 m/s2
[B]A、B间的动摩擦因数为0.4
[C]若B不固定,B的加速度大小为1 m/s2
[D]若B不固定,A运动到B的最右端所用的时间为5 s
【答案】 BCD
【解析】 根据vt图像可知,物体A的加速度为aA== m/s2=2 m/s2,故A错误;以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmAg=mAaA,代入数据得μ=0.4,故B正确;若B不固定,假设B相对A滑动,则B的加速度为aB== m/s2=1 m/s2(1)分析“滑块—滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联。
(2)求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧。
①弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势),根据相对运动(或相对运动趋势)情况,确定物体间的摩擦力方向。
②正确地对各物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度,结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
模型·方法·结论·拓展
“光滑斜面”模型
1.模型特点
如图所示,质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑固定斜面顶端由静止下滑,有如下规律:
(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t=。
(2)物体滑到斜面底端时的速度大小v=。
2.应用类型
(1)“等高斜面”模型,如图甲所示。下滑时间t= ,倾角越小,时间越长,图甲中t1>t2>t3。
(2)“同底斜面”模型,如图乙所示。下滑时间t=,可见θ=45°时,时间最短,图乙中t1=t3>t2。
(3)“等时圆”模型,如图丙、丁、戊所示。物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦从顶端由静止下滑,到达圆周上各点所用时间相等,且t=或 t=,即时间与θ无关。
[示例] (多选)如图所示,有四条光滑细杆上端交于一点,下端处于同一斜面上,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),四个环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(　　)
[A]t1>t2 [B]t1=t3
[C]t2=t4 [D]t2【答案】 ABD
【解析】 如图所示,根据“等时圆”模型,可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同,故沿OA和OC滑到底端的时间相同,OB不是一条完整的弦,时间最短,OD长度超过一条弦,时间最长,则t4>t1=t3>t2,故A、B、D正确,C错误。
科学·技术·社会·环境
　　　　　　　　　航母阻拦索
　　航母阻拦索是应用于航母上的拦截装置,位于航母飞行甲板后部,在战机着舰与尾钩完全咬合后,阻拦索要在短短数秒内使战机迅速减速至零,并使战机滑行距离不会超过百米。因此,航母阻拦索成为舰载机名副其实的“生命线”,它的地位之重要不言而喻。历史上最初的阻拦索只是简单的钢索,两头悬挂着沙袋。目前世界各国航母上普遍使用的是液压式阻拦装置,阻拦索是阻拦装置的重要部分,一般为了保证飞机着舰安全,提高飞机尾钩钩索率,飞行甲板上通常都设有 4～6道阻拦索,第一道阻拦索一般设在距飞行甲板尾端 36～51 m处,每道阻拦索之间的间隔为12～18 m,拦机网设在最后一道阻拦索的前面。拦机网平时并不设置,一旦着舰需要,甲板人员在2 min内即可支起拦机网,在飞机冲进拦机网后迫使其停下来。
[示例] 如图甲所示为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度—时间图像如图乙所示。航母始终静止,飞机质量m=2×104 kg,假设空气阻力和甲板阻力之和f=2×104 N。
(1)求在0.4～2.5 s内,飞行员的加速度大小;(结果保留3位有效数字)
(2)在0.4～2.5 s内某时刻阻拦索夹角为120°,求此刻阻拦索的张力大小。
【答案】 (1)27.6 m/s2　(2)5.32×105 N
【解析】 (1)由题图乙可知,在0.4～2.5 s内飞行员做匀减速直线运动,则加速度的大小
a=||≈27.6 m/s2。
(2)飞机做匀减速直线运动,设阻拦索张力为F,由牛顿第二定律有2Fcos +f=ma,
代入数据得F=5.32×105 N。
1.(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过(　　)
[A]2.0 m/s2 [B]4.0 m/s2
[C]6.0 m/s2 [D]8.0 m/s2
【答案】 B
【解析】 书放在水平桌面上,若书相对于桌面不滑动,则最大静摩擦力提供最大加速度有fm=μmg=mam,解得am=μg=4 m/s2,书相对高铁静止,故若书不滑动,高铁的最大加速度为
4 m/s2,故选B。
2.(多选)如图,质量为1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2,当物体运动的速度为8 m/s 时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为10 N的恒力F,重力加速度g取10 m/s2,在此恒力作用下(　　)
[A]刚施加F时物体的加速度大小为8 m/s2
[B]物体经过1 s时速度减为零
[C]物体经过1 s时速度大小为 m/s
[D]物体经过1 s时位移大小为 m
【答案】 CD
【解析】 根据题意可知,开始时,物体受到向右的滑动摩擦力与拉力,由牛顿第二定律有F+μmg=ma1,解得a1=12 m/s2,故A错误;根据题意,由运动学公式可得,物体减速到零的时间为t1== s= s,故B错误;物体减速到零的位移为s1=t1= m,t1后,物体开始向右运动,由牛顿第二定律有F-Ff=ma2,解得a2=8 m/s2,经过t2=t-t1= s时速度为v=a2t2= m/s,位移为s2=t2= m,物体经1 s 时速度大小为 m/s,位移为s=s1-s2= m,故C、D正确。
3.如图甲所示,倾角为α的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动,其v-t图像如图乙所示,物块到达传送带顶端时速度恰好为零,g取10 m/s2,则(　　)
[A]传送带的速度为8 m/s
[B]物块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
[C]物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
[D]传送带底端到顶端的距离为14 m
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,传送带速度为4 m/s,故A错误;由题图乙可知,在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿斜面向下,与物块运动的方向相反;1～
2 s内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿斜面向上,与物块运动的方向相同,故B错误;在0～1 s内物块的加速度大小为a1=||=|| m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsin α+μmgcos α=ma1,在1～2 s内物块的加速度大小为a2=||=|| m/s2=
4 m/s2,根据牛顿第二定律得mgsin α-μmgcos α=ma2,联立解得α=37°,μ=0.25,故C正确;物块上升的位移大小等于vt 图像与横轴围成的面积,则传送带底端到顶端的距离为x=×1 m+ m=10 m,故D错误。
4.如图所示,水平地面上有一质量m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10 N,取sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;
(2)物块运动过程中加速度的大小;
(3)物块开始运动4.0 s所通过的位移大小。
【答案】 (1)5.2 N　(2)1.4 m/s2　(3)11.2 m
【解析】 (1)物体竖直方向上受力平衡
Fsin 37°+mg=N,而f=μN,
联立解得滑动摩擦力的大小f=5.2 N。
(2)根据牛顿第二定律Fcos θ-f=ma,
可得加速度a=1.4 m/s2。
(3)根据x=at2,可知4.0 s所通过的位移大小
x=×1.4×4.02 m=11.2 m。
课时作业
(分值:92分)
单选题每题4分,多选题每题6分。
1.用30 N的水平外力F拉一静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体,则第5 s末物体的速度和加速度分别是(　　)
[A]v=7.5 m/s,a=1.5 m/s2
[B]v=4.5 m/s,a=1.5 m/s2
[C]v=4.5 m/s,a=0
[D]v=7.5 m/s,a=0
【答案】 A
【解析】 由牛顿第二定律可知a== m/s2=1.5 m/s2,物体从静止开始做匀加速直线运动,第5 s 末物体的速度为v=at=7.5 m/s。故选A。
2.(多选)滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示,若滑雪运动员以初速度 v=4 m/s 沿倾角为θ=30°足够长的滑雪轨道匀加速直线下滑,在2 s的时间内下滑的路程为16 m,已知滑板和运动员的总质量为m=70 kg,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
[A]运动员下滑的加速度大小为2 m/s2
[B]运动员3 s末的速度大小为16 m/s
[C]运动员受到的阻力大小为60 N
[D]运动员受到倾斜轨道支持力的大小为 350 N
【答案】 BD
【解析】 运动员匀加速直线下滑,根据动力学公式x=v0t+at2,解得运动员下滑的加速度大小为a=4 m/s2,故A错误;运动员3 s末的速度大小为v3=v0+at3=16 m/s,故B正确;根据牛顿第二定律mgsin θ-f=ma,解得运动员受到的阻力大小为f=70 N,故C错误;根据平衡条件,运动员受到倾斜轨道支持力的大小为N=mgcos 30°=350 N,故D正确。
3.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系图像,各段的合力大小相同,作用时间相同,设小球由静止开始运动,由此可判定(　　)
[A]小球向前运动,再返回停止
[B]小球向前运动,再返回不会停止
[C]小球始终向前运动
[D]小球向前运动一段时间后停止
【答案】 C
【解析】 作出相应的小球运动的vt 图像如图所示,可以看出,小球始终向前运动,选项C正确。
4.某同学用手托礼盒,若礼盒的质量为m,手与礼盒之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,手掌一直保持水平。则下列说法正确的是(　　)
[A]若手托着礼盒一起向上匀加速运动,则手对礼盒的作用力大于礼盒对手的作用力
[B]若手托着礼盒一起向右匀速运动,则礼盒受到水平向右的静摩擦力
[C]若手托着礼盒一起向右匀加速运动,则手对礼盒的作用力大小为μmg
[D]若手托着礼盒一起向右匀减速运动,则手对礼盒的作用力大小不会超过mg
【答案】 D
【解析】 手对礼盒的作用力与礼盒对手的作用力是一对相互作用力,则两个力的大小相等、方向相反,故A错误;若手托着礼盒一起向右匀速运动,则礼盒和手之间没有摩擦力,故B错误;若手托着礼盒一起向右匀加速运动,因为加速度未知,无法求出手对礼盒的作用力大小,故C错误;若手托着礼盒一起向右匀减速运动,则手对礼盒的最大摩擦力大小为μmg,手对礼盒的最大作用力大小为F==mg,故D正确。
5.如图甲所示,沿顺时针方向运动的水平传送带AB,零时刻将一个质量m=1 kg的物块轻放在A处,6 s末恰好运动到B处,物块6 s内的速度—时间图像如图乙所示,物块可视为质点,(重力加速度g取10 m/s2)则(　　)
[A]传送带AB的长度为24 m
[B]物块相对于传送带滑动的距离为8 m
[C]物块运动的位移大小是12 m
[D]物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2
【答案】 B
【解析】 由题图乙得AB长度为物块的位移x=L= m=16 m,故A、C错误;6 s内传送带的路程为s=v0t=24 m,物块相对于传送带滑动的距离Δx=s-x=8 m,故B正确;由题图乙可知,物块的加速度为a==1 m/s2,对物块由牛顿第二定律得μmg=ma,解得μ=0.1,故D
错误。
6.如图所示,竖直圆环中有多条起始于A点的光滑轨道,其中AB通过环心O并保持竖直。AC、AD与竖直方向的夹角分别为30°和60°。一质点自A点沿各条轨道下滑,初速度均为零。那么,质点沿各轨道下滑的时间相比较(　　)
[A]沿着AB下滑,时间最短
[B]沿着AD下滑,时间最短
[C]沿着AC下滑,时间最短
[D]三条轨道下滑时间都一样
【答案】 D
【解析】 设半径为R,轨道与竖直方向夹角为θ,则质点运动的位移为x=2Rcos θ,质点运动的加速度a==gcos θ,根据x=at2,则t=,与θ无关,故D正确,A、B、C错误。
7.(多选)如图所示,质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力F,木块在长木板上滑行,而长木板保持静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度为g,假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,则(　　)
[A]μ1<μ2
[B]无法确定μ1和μ2的大小关系
[C]若改变F的大小,当F>μ2(m1+m2)g时,长木板将开始运动
[D]若将F作用于长木板上,当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时,长木板与木块发生相对滑动
【答案】 BD
【解析】 质量为m2的长木板保持静止状态,在水平方向上进行受力分析知,μ2(m1+m2)g>
μ1m1g,不能得到μ1和μ2的大小关系,A错误,B正确;无论F变为多大,木块与长木板之间的滑动摩擦力都不变,长木板仍不会滑动,C错误;将F作用于长木板上时,若木块相对长木板滑动,对质量为m1的木块,有μ1m1g=m1a1,对质量为m2的长木板,有F-μ1m1g-μ2(m1+m2)g=
m2a2,且a2>a1,联立解得F>(μ1+μ2)(m1+m2)g,D正确。
8.(多选)如图所示,物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上,A、B质量分别为mA=
6 kg,mB=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.2,开始时水平拉力F=10 N,此后逐渐增加,在增大到45 N的过程中,则(　　)
[A]两物体始终没有相对运动
[B]当水平拉力F<12 N时,物体均保持静止状态
[C]两物体开始没有相对运动,当水平拉力F>12 N时,开始相对滑动
[D]当水平拉力F=45 N时,A、B间摩擦力为11.25 N
【答案】 AD
【解析】 设A、B刚好发生相对滑动时,水平拉力为F0,以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F0=(mA+mB)a0,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmAg=mBa0,联立解得F0=
48 N,开始时水平拉力F=10 N,此后逐渐增加,在增大到45 N的过程中,可知两物体始终保持相对静止,一起加速运动,故A正确,B、C错误;当水平拉力F=45 N时,以A、B为整体,根据牛顿第二定律可得F=(mA+mB)a,解得加速度为a= m/s2,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得f=mBa,解得A、B间摩擦力为f=2× N= N=11.25 N,故D正确。
9.某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示,弹簧上端固定,在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上,就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
[A]30 cm刻度对应的加速度为-0.5g
[B]40 cm刻度对应的加速度为g
[C]50 cm刻度对应的加速度为2g
[D]各刻度对应加速度的值是不均匀的
【答案】 A
【解析】 由题知,不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处,则弹簧的原长l0=0.2 m;下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处,则根据受力平衡有mg=k(l-l0),可计算出k=;由分析可知,在30 cm刻度处,有F弹-mg=ma(取竖直向上为正方向),代入数据有a=-0.5 g,A正确。由分析可知,在40 cm刻度处,有mg=F弹,则40 cm刻度对应的加速度为0,B错误。由分析可知,在50 cm刻度处,有F弹-mg=ma(取竖直向上为正方向),代入数据有a=0.5 g,C错误。设刻度对应值为x,结合分析可知=a,Δx=(取竖直向上为正方向),经过计算有a=(x>0.2)或a=(x<0.2),根据以上分析,加速度a与刻度对应值x呈线性关系,则各刻度对应加速度的值是均匀的,D错误。
10.如图所示,足够长的传送带与水平面间的夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ[A]　　　 [B]
　
[C]　　　 [D]
【答案】 D
【解析】 小木块刚放上传送带时,所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下,小木块将沿斜面向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ;当小木块的速度与传送带速度相等时摩擦力的方向沿斜面向上,由μ
μmgcos θ,因此小木块继续沿传送带匀加速下滑,再由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=
ma2,解得a2=gsin θ-μgcos θ;比较知道a1>a2,根据vt图像的斜率表示加速度,所以第二段图线的斜率变小。若规定沿传送带向下为正方向,因此摩擦力方向先为正值,再为负值,且大小均为f=μmgcos θ,故A、B、C错误,D正确。
11.(8分)如图所示,质量为2 kg 的金属块放在水平地面上,在大小为20 N、方向与水平方向成37°角的斜向上拉力F作用下,从静止开始做匀加速直线运动,已知金属块与地面间的动摩擦因数μ=0.5,力F持续作用2 s后撤去(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取
10 m/s2)。
(1)在F作用下,金属块的加速度为多大
(2)金属块在地面上总共滑行了多远
【答案】 (1)6 m/s2　(2)26.4 m
【解析】 (1)水平方向有Fcos 37°-f=ma,
竖直方向有Fsin 37°+N=mg,f=μN,
联立解得a=6 m/s2。
(2)力F作用阶段,物体的位移为
x1=a=12 m,
撤去力F后,根据牛顿第二定律有
μmg=ma′,v=at1,x2=,
联立解得x2=14.4 m,
所以金属块在地面上总共滑行
x=x1+x2=26.4 m。
12.(8分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=4 kg,动力系统提供的恒定升力F=60 N。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10 m/s2。
(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8 s时到达高度H=128 m。求飞行器所受阻力f大小;
(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=11 s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。
【答案】 (1)4 N　(2)330 m
【解析】 (1)根据运动学公式H=a1,
又根据牛顿第二定律可得ma1=F-f-mg,
解得a1=4 m/s2,f=4 N。
(2)飞行11 s时,速度和位移分别为
v1=a1t2,s1=a1,
当失去升力时,飞行器立即做匀减速直线运动,加速度大小为a2,由牛顿第二定律,有
mg+f=ma2,
又根据运动学公式,到达最大高度时,飞行器的速度刚好为零,则2a2s2=,
解得飞行器能达到的最大高度为h=s1+s2=330 m。
13.(10分)如图所示,水平地面上有一个薄木板(厚度可忽略不计),在木板最右端放置一个可视为质点的小滑块。小滑块质量m1=1 kg,与木板间的动摩擦因数μ1=0.3;木板质量m2=3 kg,长度l=1 m,木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现对木板施加水平向右的拉力F=26 N。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两者分离时,滑块的速度大小;
(2)滑块刚停止运动时,与木板左端的距离。
【答案】 (1)3 m/s　(2)12.75 m
【解析】 (1)滑块在木板上滑动时,以滑块为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1m1g=m1a1,
解得滑块的加速度a1=3 m/s2,
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律可得
F-μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,
解得木板的加速度大小a2=5 m/s2,
设经过t时间两者分离,
则有a2t2-a1t2=l,解得t=1 s,
则两者分离时,滑块的速度大小为
v1=a1t=3 m/s。
(2)两者分离时,木板的速度大小为
v2=a2t=5 m/s,
两者分离后,滑块在地面上做匀减速运动的加速度大小为a1′==2 m/s2,
木板在地面上做匀加速运动的加速度大小为
a2′== m/s2,
滑块从分离到停止运动所用时间为
t′==1.5 s,
滑块从分离到停下通过的位移为
x1=t′=2.25 m,
滑块从分离到停下,木板通过的位移为
x2=v2t′+a2′t′2=15 m,
则滑块刚停止时,与木板左端的距离为
Δx=x2-x1=12.75 m。
14.(10分)在建筑装修中,工人用质量为5.0 kg 的磨石A对地面和斜壁进行打磨,已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取 10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)当A受到水平方向的推力F1=25 N 打磨地面时,A恰好在水平地面上做匀速直线运动,求A与地面间的动摩擦因数μ。
(2)若用A对倾角θ=37°的斜壁进行打磨(如图所示),当对A施加竖直向上的推力F2=60 N时,磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长大于2 m)所需时间为多少
【答案】 (1)0.5　(2)2 s
【解析】 (1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动,由平衡条件可知F1=f,而f=μmg,
故μ==0.5。
(2)此时对A进行受力分析,如图所示,在沿斜壁方向上,有
(F2-mg)cos θ-f′=ma,
在垂直斜壁方向上,有
N=(F2-mg)sin θ,
又因为f′=μN,
解得a=1 m/s2,
根据运动学公式x=at2,得t=2 s。
15.(10分)风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力。如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图。一质量为2 kg的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=30 N的竖直向上的风力作用下,从A点静止出发沿直杆向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ=,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动的加速度大小a1;
(2)若风力F作用4 s后撤去,求小球上滑过程中距A点的最大距离。
【答案】 (1)1 m/s2　(2)9 m
【解析】 (1)在力F作用时受力如图甲所示;
沿杆根据牛顿第二定律可得
(F-mg)sin 30°-Ff=ma1,
垂直于杆根据平衡条件可得
FN=(F-mg)cos 30°,另有Ff=μFN,
代入数据解得a1=1 m/s2。
(2)刚撤去F时小球的速度
v1=a1t1=1 ×4 m/s=4 m/s,
小球的位移x1=t1=×4 m=8 m。
撤去风力F后,小球受力情况如图乙所示,
小球上滑时根据牛顿第二定律有
mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2,
代入数据解得加速度大小为a2=8 m/s2;
减速到零时上滑位移
x2== m=1 m,
则小球上滑的最大距离
xm=x1+x2=8 m+1 m=9 m。(共62张PPT)
6　牛顿运动
定律的应用
[学习目标]　
1.会利用动力学方法测质量。2.明确动力学的两类基本问题。3.理解加速度是解决动力学基本问题的桥梁。4.掌握应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法。
探究·必备知识
「探究新知」
知识点一　用动力学方法测质量
如果已知物体的受力情况和运动情况,可以求出它的 ,进一步利用牛顿第二定律求出它的质量。
知识点二　从受力确定运动情况
对于质量已知的物体,如果知道它的受力情况,可以由牛顿第二定律求出物体的 ,再通过 确定物体的运动情况。
加速度
加速度
运动学的规律
知识点三　从运动情况确定受力
对于质量已知的物体,如果知道它的运动情况,根据 求出物体的加速度,结合受力分析,再根据 求出力。
运动学公式
牛顿第二定律
「新知检测」
1.思考判断
(1)物体的加速度方向就是其运动方向。(　 　)
(2)同一个物体,其所受合力越大,加速度越大。(　 　)
(3)同一个物体,其所受合力越大,运动越快。(　 　)
(4)物体在恒力F(F≠0)作用下做匀变速直线运动,它在任何一段时间内的平均速度都等于该段时间初、末速度的平均值。(　 　)
(5)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的。(　 　)
(6)由物体所受合力的方向可以判断物体的运动方向。(　 　)
√
×
×
√
√
×
2.思维探究
(1)为什么加速度可以把受力和运动联系起来
提示:(1)因为在牛顿第二定律中有加速度与力的关系,而在运动学公式中有加速度与运动参量的关系,所以加速度作为“桥梁”,可以把物体的受力与运动联系起来。
(2)通过牛顿第二定律只能确定物体受到的合力吗
提示:(2)不是。由牛顿第二定律可以先求出物体所受的合力,然后根据力的合成与分解来确定某个分力。
突破·关键能力
要点一　已知受力确定运动情况
「情境探究」
玩滑梯是小朋友非常喜欢的活动,如果滑梯的倾角为θ,一个小朋友从静止开始下滑,小朋友与滑梯间的动摩擦因数为μ,滑梯长度为L,怎样求小朋友滑到底端的速度和需要的时间
1.问题界定
根据物体受力情况确定运动情况,指的是在物体的受力情况已知的条件下,判断出物体的运动状态或求出物体的速度和位移等运动学量。
2.解题思路
「要点归纳」
3.解题步骤
(1)选定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出受力示意图。
(2)根据平行四边形定则,应用合成法或正交分解法,求出物体所受的合力(包括大小和方向)。
(3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体运动的加速度。
(4)结合物体运动的初始条件(即初速度v0),分析运动情况并画出运动草图,选择合适的运动学公式,求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。
[例1] 滑沙是一项新兴的娱乐活动,如图所示是某滑沙场滑道的简化示意图,倾斜滑道AB和足够长水平滑道BC顺滑连接,AB的长度L=22.5 m,倾角θ=53°,游客乘坐滑沙橇从滑道的顶点A由静止滑下,沙橇与两滑道的动摩擦因数μ=0.5,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)在BC滑道上的加速度;
【答案】 (1)5 m/s2,方向沿CB方向
【解析】 (1)游客在BC滑道上根据牛顿第二定律有μmg=ma1,
解得游客在BC滑道上的加速度大小为
a1=5 m/s2,方向沿CB方向。
(2)滑到B点的速度大小;
【答案】 (2)15 m/s
(3)在水平滑道BC上运动的时间。
【答案】 (3)3 s
应用牛顿第二定律解题时求合力的方法
(1)合成法:物体只受两个力的作用产生加速度时,应用平行四边形定则求这两个力的合力,加速度方向即是物体所受合力的方向。
(2)正交分解法:当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,常用正交分解法,一般把力正交分解为沿加速度方向和垂直于加速度方向的两个分量,即沿加速度方向Fx=ma,垂直于加速度方向有Fy=0。
·规律方法·
[针对训练1] 一根轻质弹性绳穿过固定在物块上的光滑圆环,弹性绳两端固定在竖直墙上的同一点O,当物块(可视为质点)位于A点时,弹性绳处于原长,弹性绳的弹力满足胡克定律,此情境下其劲度系数为k。物块与水平地面间的动摩擦因数为μ,物块质量为m,BC间的距离为L。现将物块移到C点由静止释放(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内),物块第一次运动到B点时受到的合力为零,已知重力加速度为g。求:
(1)物块在C点由静止释放时受到的合力的大小;
【答案】 (1)kL
【解析】 (1)设AB间的距离为x0,由于物块到B点时受到的合力为零,则有kx0=μmg,
故物块在C点由静止释放时受到的合力大小
F合=k(x0+L)-μmg=kL。
(2)物体经过B点时的瞬时速度。(已知物块所受的合力F,加速度a,质量m三者之间满足F=ma)
要点二　已知运动情况确定受力
「情境探究」
一运动员滑雪时的照片如图所示,如果知道运动员在下滑过程中的运动时间且知道在下滑过程中的运动位移,由运动员的运动情况如何确定其受力情况
1.问题界定
根据物体运动情况确定受力情况,指的是在物体的运动情况(如物体的运动性质、速度、加速度或位移)已知的条件下,求出物体所受的力。
2.解题思路
「要点归纳」
3.一般解题流程
(1)运动分析→确定研究对象,进行运动分析,必要时画出运动过程简图。
(2)求加速度→应用运动学公式求出物体的加速度的大小和方向。
(3)求合力→根据牛顿第二定律列方程,求出物体的合力的大小和方向。
(4)受力分析→分析物体的受力情况,画出受力示意图。
(5)求所需力→根据力的合成与分解,由合力求出所要求的力。
[例2] 如图,某滑雪爱好者从静止开始沿倾角为37°的斜坡上的雪道匀加速直线下滑,开始下滑后3 s内下降的高度为 12 m,重力加速度大小为 10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)下滑3 s时,滑雪爱好者的速度大小;
(2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数。
由运动情况确定受力应注意的两点
(1)由运动学规律求加速度,要特别注意加速度的方向,从而确定合力的方向,不能将速度的方向和加速度的方向混淆。
(2)题目中所求的力可能是合力,也可能是某一特定的力,均要先求出合力的大小、方向,再根据力的合成与分解求分力。
·规律方法·
[针对训练2] (多选)如图所示,运动员将在水平冰面上的冰壶向右推出,记冰壶离手时为0时刻,此时冰壶的初速度大小为2 m/s,冰壶在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,4 s时冰壶的速度大小为1.2 m/s,重力加速度大小g取10 m/s2,冰壶可视为质点,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　 　)
[A]冰壶在冰面上滑行时的加速度大小为0.2 m/s2
[B]冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.2
[C]冰壶从离手到速度恰好为0的过程中平均速度大小为1 m/s
[D]冰壶离手后在冰面上滑行的位移大小为20 m
AC
要点三　动力学中的两类典型模型
「要点归纳」
1.两类问题
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
2.解题关键
关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力正确地进行分析判断。
模型一　传送带模型
(1)水平传送带常见类型及滑块运动情况。
类型 滑块运动情况
①可能一直加速。
②可能先加速后匀速
①v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速。
②v0①传送带较短时,滑块一直减速到达左端。
②传送带较长时,滑块先向左减速再向右加速回到右端
(2)倾斜传送带常见类型及滑块运动情况。
类型 滑块运动情况
①可能一直加速。
②可能先加速后匀速
①可能一直加速。
②可能先加速后匀速。
③可能先以a1加速再以a2加速
[例3] 如图,传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率运行,煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。将一煤块(可视为质点)无初速度地放在A处,则下列说法正确的是(　　)
[A]煤块一直做匀加速直线运动
[B]煤块经过2 s到达B处
[C]煤块到达B处时速度大小为0.4 m/s
[D]煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
C
【解析】 开始时煤块初速度为零,相对传送带向右滑动,设煤块刚开始时的加速度为a,煤块从放上传送带到与传送带共速过程中的位移为x1,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,v2=2ax1,解得a=2 m/s2,x1=0.04 m,由于x1分析传送带问题的三个步骤
(1)初始时刻,根据v物、v带的关系,确定物体的受力情况,进而确定物体的运动情况。
(2)根据临界条件v物=v带确定临界状态的情况,判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律,进行相关计算。
·规律方法·
「要点归纳」
1.模型特点
上、下叠放两个或多个物体,物体间存在相对滑动。
2.常见的两种位移关系
滑块从滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板向同一方向运动,则滑块的位移和滑板的位移之差等于滑板的长度;若滑块和滑板向相反方向运动,则滑块的位移和滑板的位移之和等于滑板的长度。
模型二　“滑块—滑板”模型
3.解题方法
此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[例4] (多选)如图甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端。现用F=6 N的水平力向右拉A,经过5 s,A运动到B的最右端,且其v-t图像如图乙所示。已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　 　)
[A]A的加速度大小为0.5 m/s2
[B]A、B间的动摩擦因数为0.4
[C]若B不固定,B的加速度大小为1 m/s2
BCD
(1)分析“滑块—滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联。
·规律方法·
(2)求解“滑块—滑板”类问题的方法技巧。
①弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势),根据相对运动(或相对运动趋势)情况,确定物体间的摩擦力方向。
②正确地对各物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度,结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
·规律方法·
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
“光滑斜面”模型
1.模型特点
如图所示,质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑固定斜面顶端由静止下滑,有如下规律:
2.应用类型
[示例] (多选)如图所示,有四条光滑细杆上端交于一点,下端处于同一斜面上,其中OA杆竖直放置,OB杆与OD杆等长,OC杆与斜面垂直放置,每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),四个环分别从O点由静止释放,沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4。下列关系正确的是(　 　)
[A]t1>t2 [B]t1=t3
[C]t2=t4 [D]t2ABD
【解析】 如图所示,根据“等时圆”模型,可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同,故沿OA和OC滑到底端的时间相同,OB不是一条完整的弦,时间最短,OD长度超过一条弦,时间最长,则t4>t1=t3>t2,故A、B、D正确,C错误。
「科学·技术·社会·环境」
　　航母阻拦索
航母阻拦索是应用于航母上的拦截装置,位于航母飞行甲板后部,在战机着舰与尾钩完全咬合后,阻拦索要在短短数秒内使战机迅速减速至零,并使战机滑行距离不会超过百米。因此,航母阻拦索成为舰载机名副其实的“生命线”,它的地位之重要不言而喻。历史上最初的阻拦索只是简单的钢索,两头悬挂着沙袋。目前世界各国航母上普遍使用的是液压式阻拦装置,阻拦索是阻拦装置的重要部分,一般为了保证飞机着舰安全,提高飞机尾钩钩索率,飞行甲板上通常都设有 4～6道阻拦索,第一道阻拦索一般设在距飞行甲板尾端 36～51 m处,每道阻拦索之间的间隔为12～18 m,拦机网设在最后一道阻拦索的前面。拦机网平时并不设置,一旦着舰需要,甲板人员在2 min内即可支起拦机网,在飞机冲进拦机网后迫使其停下来。
[示例] 如图甲所示为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度—时间图像如图乙所示。航母始终静止,飞机质量m=2×104 kg,假设空气阻力和甲板阻力之和f=2×104 N。
(1)求在0.4～2.5 s内,飞行员的加速度大小;(结果保留3位有效数字)
【答案】 (1)27.6 m/s2
(2)在0.4～2.5 s内某时刻阻拦索夹角为120°,求此刻阻拦索的张力大小。
【答案】 (2)5.32×105 N
检测·学习效果
1.(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过(　　)
[A]2.0 m/s2 [B]4.0 m/s2
[C]6.0 m/s2 [D]8.0 m/s2
B
【解析】 书放在水平桌面上,若书相对于桌面不滑动,则最大静摩擦力提供最大加速度有fm=μmg=mam,解得am=μg=4 m/s2,书相对高铁静止,故若书不滑动,高铁的最大加速度为4 m/s2,故选B。
2.(多选)如图,质量为1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.2,当物体运动的速度为8 m/s 时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为10 N的恒力F,重力加速度g取10 m/s2,在此恒力作用下(　 　)
[A]刚施加F时物体的加速度大小为8 m/s2
[B]物体经过1 s时速度减为零
CD
3.如图甲所示,倾角为α的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一物块以初速度v0从底部冲上传送带向上运动,其v-t图像如图乙所示,物块到达传送带顶端时速度恰好为零,g取10 m/s2,则(　　)
[A]传送带的速度为8 m/s
[B]物块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反
[C]物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
[D]传送带底端到顶端的距离为14 m
C
4.如图所示,水平地面上有一质量m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10 N,取sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;
【答案】 (1)5.2 N
【解析】 (1)物体竖直方向上受力平衡
Fsin 37°+mg=N,而f=μN,
联立解得滑动摩擦力的大小f=5.2 N。
(2)物块运动过程中加速度的大小;
【答案】 (2)1.4 m/s2
【解析】 (2)根据牛顿第二定律Fcos θ-f=ma,
可得加速度a=1.4 m/s2。
(3)物块开始运动4.0 s所通过的位移大小。
【答案】 (3)11.2 m
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