第8讲　牛顿第二定律的基本应用

第8讲牛顿第二定律的基本应用瞬时类问题1.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则(B)A．每根橡皮绳的拉力为eq\f(1,2)mgB．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝gD．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝g[解析]选设每根橡皮绳的拉力为F，由2Fcos30°＝mg可得F＝eq\f(\r(3),3)mg，两悬点间距离变小，两橡皮绳间夹角变小，橡皮绳的拉力F也变小，A错误，B正确；当小明左侧橡皮绳在腰间断裂时，右侧橡皮绳拉力不变，此时小明的合力与左侧初始时橡皮绳的拉力大小相等，方向相反，由eq\f(\r(3),3)mg＝ma可求得加速度a＝eq\f(\r(3),3)g，C错误；如果小明腰间拴的是两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，右侧轻绳的拉力可瞬间发生变化，使小明沿右侧轻绳方向加速度为零，由mgsin30°＝ma可得，此时小明的加速度a＝eq\f(1,2)g，选项D错误。2.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量均为m,物块2、4质量均为m0,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4,重力加速度大小为g,则 (C)A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=m+D.a1=g,a2=m+m0m0g,a3=0,[解析]在抽出木板的瞬间,物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失,物块1、2受到的合力均等于各自的重力,由牛顿第二定律得a1=a2=g;物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3所受的合力F3=F-mg=0,则加速度a3=0;对物块4受力分析,受到向下的弹簧弹力和重力,由牛顿第二定律得a4=F+m0gm0=m3.如图所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,轻弹簧、轻杆均与斜面平行,重力加速度为g,则在突然撤去挡板的瞬间(D)A.两图中两球的加速度均为gsinθB.两图中A球的加速度均为0C.图乙中轻杆的作用力一定不为0D.图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍[解析]撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsinθ,加速度为2gsinθ,图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsinθ,加速度均为gsinθ,故D正确,A、B、C错误.动力学中的两类基本问题4.高空坠物危及人身安全,已成为城市公害.因此有专家建议在高楼外墙安装防高空坠物网.某公司的一座高楼在2楼安装了防坠物网,网底水平,与2楼地板等高,如图所示.该高楼2楼地板离地面的高度为3.75m,2楼及以上每层高度为2.8m.现让一瓶矿泉水从26楼的窗台自由坠落进行测试,矿泉水的质量为500g,窗台离地板的高度为1.25m,矿泉水落到防坠物网上后最大下陷深度为37cm.矿泉水下落过程中空气阻力不计,水瓶接触网面后的运动可视作匀减速运动.重力加速度g取10m/s2.(1)求矿泉水刚落到网面时的速度大小;(2)求矿泉水从开始下落到下陷最大深度时所需的时间;(3)矿泉水对网的作用力大小是一名中学生(质量50kg)体重的多少倍?[答案](1)37m/s(2)3.72s(3)1.86倍

[解析](1)矿泉水落到网面时通过的位移为

H=(1.25+24×2.8)m=68.45m

由运动学公式

v12=2gH

可求出矿泉水刚落到网面时的速度

v1=37m/s

(2)设第一段运动时间为t1,第二段运动时间为t2、位移为h,则有

v12t1+v12t2=H+h

t=t1+t2=3.72s

(3)设匀减速运动的加速度大小为a,则

v12=2ah

设网对矿泉水的作用力大小为F,由牛顿第二定律可知

F-mg=ma

得F=930N

由牛顿第三定律可知,矿泉水对网的作用力

F'=930N

故F'Mg=930500=1.86

5.民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面(如图所示).假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为4m,气囊所形成的斜面长度为8m,一个质量为60kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时,可视为做匀加速直线运动,人与气囊间的动摩擦因数为315(A.人滑至气囊底端所经历的时间约为1sB.人滑至气囊底端所经历的时间约为3sC.人滑至气囊底端时的速度大小为4m/sD.人滑至气囊底端时的速度大小为8m/s[解析]设斜面与水平方向的夹角为θ,则sinθ=48=12,解得θ=30°,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得加速度为a=4m/s2,根据位移公式得L=12at2,解得t=2La=2×84s=2s,故A、B错误;根据速度公式可得人滑至气囊底端时的速度大小为v=at=8m/s,超重和失重问题6.[2022·镇海中学模拟]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是(D)A.0~t1时间内,v增大,FN>mgB.t1~t2时间内,v减小,FN<mgC.t2~t3时间内,v增大,FN<mgD.t2~t3时间内,v减小,FN>mg[解析][解析]位移—时间图像的斜率表示速度,0~t1时间内乘客的速度增大,乘客向下做加速运动,故加速度向下,乘客失重,FN<mg,选项A错误;t1~t2时间内乘客的速度不变,乘客做匀速运动,说明乘客处于平衡状态,FN=mg,选项B错误;t2~t3时间内乘客的速度减小,乘客向下做减速运动,故加速度向上,乘客超重,FN>mg,选项C错误,D正确.7.小明乘坐竖直电梯经过1min可达顶楼,已知电梯在t=0时由静止开始上升,取竖直向上为正方向,该电梯的加速度a随时间t的变化图像如图所示.若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力,则(D)A.t=4.5s时,电梯处于失重状态B.在5~55s时间内,绳索拉力最小C.t=59.5s时,电梯处于超重状态D.t=60s时,绳索拉力的功率恰好为零[解析]电梯在t=4.5s时,a>0,处于超重状态,故A错误.5~55s时间内,a=0,电梯处于平衡状态,绳索拉力的大小等于电梯的重力,大于电梯失重时绳索的拉力,所以这段时间内绳索拉力不是最小,故B错误.t=59.5s时,电梯减速向上运动,a<0,加速度方向向下,电梯处于失重状态,故C错误.a-t图像与横坐标轴所围的面积表示速度的变化量大小,由几何知识可知,60s内速度的变化量为0,而电梯的初速度为0,所以t=60s时,电梯速度恰好为0,根据P=Fv可知绳索拉力的功率恰好为零,故D正确.8.如图所示,重为4N的物体A被平行于斜面的细线拴在斜面的上端,整个装置保持静止状态,倾角为30°的斜面被固定在测力计上,物体与斜面间无摩擦.装置稳定后,烧断细线,物体沿斜面下滑,与静止时比较,此时测力计的示数(g取10m/s2)(C)A.增加4N B.减少3NC.减少1N D.不变[解析]物体沿斜面下滑的加速度a=gsin30°,方向沿斜面向下,对整体,在竖直方向由牛顿第二定律得(M+m)g-FN=may,其中ay=asin30°,故FN相对原来减少mgsin30°·sin30°=1N,选项C正确.素养提升等时圆问题9.倾角为θ的斜面固定在水平地面上,在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点,其中AC与斜面垂直,且∠BAC=∠DAC=θ(θ<45°),现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上,依次从A点由静止滑下,滑到斜面上B、C、D三点所有时间分别为tB、tC、tD,下列说法正确的是 (B)A.tB>tC>tD B.tB=tC<tDC.tB<tC<tD D.tB<tC=tD[解析]由于∠BAC=θ,则可以判断AB竖直向下,以AB为直径作圆,由几何关系可知C点落在圆周上,D点落在圆周外,由等时圆的知识可知tB=tC<tD,故B正确.10.[2022·山东济南二模]滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏.有两部直滑梯AB和AC,A、B、C在竖直平面内的同一圆周上,且A为圆周的最高点,示意图如图所示,已知圆周半径为R.在圆周所在的竖直平面内有一位置P,距离A点为3R,且与A等高.各滑梯的摩擦均不计,已知重力加速度为g.(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下,试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系;(2)若设计一部上端在P点,下端在圆周上某点的直滑梯,则小朋友沿此滑梯由静止滑下时,在滑梯上运动的最短时间是多少?[答案](1)tAB=tAC(2)3[解析](1)设AB与水平方向的夹角为θ,小朋友沿AB下滑时的加速度a=mgs