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第三章第2讲牛顿第二定律的应用[基础巩固].(2021•浙江卷)2021年5月15日,天问一号着陆器在成功着陆火.星表面的过程中,经大气层290s的减速,X103m/sX102m/s;打开降落伞后,经过90s*102m/s;与降落伞分离,打开发动机减速后处歹于悬停状态;经过对着陆点的探测后平稳着陆.若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动,则着陆器()A.打开降落伞前,只受到气体阻力的作用B.打开降落伞至分离前,受到的合力方向竖直向上C.打开降落伞至分离前,只受到浮力和气体阻力的作用D.悬停状态中,发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力解析B打开降落伞前,在大气层中做减速运动,则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用,选项A错误;打开降落伞至分离前做减速运动,则其加速度方向与运动方向相反,加速度方向向上,则合力方向竖直向上,B正确;打开降落伞至分离前,受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用,选项C错误;悬停状态中,发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力,由于还受到火星的吸引力,则与气体的阻力不是平衡力,选项D错误..如图,足够长的固定斜面倾角为仇质量为根的物体以速度从斜面底端冲上斜面到达最高点后又滑回原处.已知物体与斜面间的动摩擦因数为重力加速度为g.则物体滑回原处的速度大小为()/sin9+/zcos3VcS\]sincos0-sin夕+//cos0D.T~~~VOsin,一〃cos解析B物体上滑过程有v^=2aix9其中©=gsin8+〃gcos仇物体下滑过程有v2=.(
2021.全国甲卷)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上.横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角夕可变.将小物块由平板与竖直杆交点处静止释放物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角0的大小有关.若由30逐渐增大至60°物块的下滑时间/将()A.逐渐增大C.先增大后减小D.先减小后增大j14/解析D设PQ的水平距离为L由运动学公式可知大=5gin仇可得於=荔3vOoC7乙gblll乙可知=45时,,有最小值,故当从由30逐渐增大至60时下滑时间/先减小后增大.故选D..如图所示,四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前得到越来越广泛的应用.一架质量机=2kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力尸=36N运动过程中所受空气阻力大小恒为/=4Ng取lOm/sz.1无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞.求在,=5s时离地面的高度比2当无人机悬停在距离地面高度=100m处时,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落.求无人机坠落地面时的速度.解析1设无人机上升时加速度为由牛顿第二定律得F—mg—f=ma解得a=6m/s2由h=\at1解得力=75m.2设无人机坠落过程中加速度为两,由牛顿第二定律得mg—f=ma\解得〃i=8m/s2由v2=2a\H解得o=40m/s.答案175m240m/s.
2022.河南名校联考热气球为了便于调节运动状态,需要携带压舱物,某热气球科学考察结束后正以大小为的速度匀速下降,热气球的总质量为当热气球离地某一高度时,释放质量为51的压舱物,结果热气球到达地面时的速度恰好为零,整个过程中空气对热气球作用力不变,忽略空气对压舱物的阻力,重力加速度为g求1释放压舱物时热气球离地的高度人;2热气球与压舱物到达地面的时间差.解析1由题意知释放压舱物前热气球匀速下降有F^=Mg释放压舱物后尸浮一—豺即热气球向下做匀减速运动的加速度大小为〃=*由于热气球到地面时的速度刚好为零nI研3v2贝(Ih=\=^~.2a2g⑵设压舱物落地所用时间为小根据运动学公式有:v解得力设热气球匀减速到地面所用时间为5则/2=/亥解得2=~O因此两者到达地面所用时间差为打一九=
7.O小—3济2v答案:⑴》
(2)~[能力提升].(2022•青海海东市高三一模)如图所示,质量均为
0.2kg的两个小网©//Z///////物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,将A从图示位置由静止Z由释放,释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为
0.8m轻绳处于伸直状态,A落地后不反弹,B继续沿水平台面向右运动.B取重力加速度大小g=10m/s2B不会与滑轮相碰,不计空气阻力.下列说法正确的是()A落地前轻绳的拉力大小为2NB运动的最大速度为4m/sA落地后,B向右运动的路程为
1.2mB运动的平均速度大小为1m/s解析D设A落地前轻绳的拉力大小为TA、B的加速度大小均为0则对A、B分别应用牛顿第二定律可得〃吆一丁=m0T—/2mg=ma\联立解得〃i=
2.5m/sT=
1.5N故A错误;A落地时B达到最大速度,根据运动学公式可得最大速度为=,罚=2m/s故B错误;A落地后,B做匀减速运动,其加速度大小为Q2=〃g=5m/s2B向右运动的路程为s=5-=
0.4m故C错误;根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过——V程的平均速度大小均为=7=1m/s所以整个过程中B运动的平均速度大小为1m/s故D正确..如图所示,质量为根的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态.现对小球同时施加水平向右的恒力尺和竖直向上的力R使小球从静止开始向右运动,其中竖直向上的力尸大小始终与小球的速度成正比,即尸=也(图中未标出),已知小球与杆间的动摩擦因数为下列说法中正确的是()户0A.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的减速运动B.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止C.小球的最大加速度为上mD.小球的最大速度为尸我空解析D刚开始运动时,加速度为“=.一〃(;々一切),速度增大,加速度增大m当速度增大到满足切〉mg后,加速度为=鱼二空尸也速度增大,加速度减小当减小到零,小球做匀速运动,所以小球的速度先增大后保持不变,加速度先增大后减小最后保持不变,故A、B错误;当小球所受摩擦力为零时,加速度最大,故小球的最大加速度为京,故C错误;当加速度为零时,小球的速度最大,此时有凡=〃(切m—Mg)故最大速度为故D正确..水平地面上方A处有一小物块,在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖F直向上运动,如图所示.经过时间/到达3处,此时撤去力R又经过21时间物I1A块恰好落到地面.已知重力加速度大小为g,A处离地面的高度力=*凡忽略空f气阻力,则物块的质量为()h,〃/〉〃〃/解析A物块在力产作用下做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为,上升高度为历,末速度大小为1则/1=之好2v\^at;撤去力产后物块做竖直上抛运动,则\35F一(%1+/2)=1•2/一少(22联立解得〃=平,根据牛顿第二定律有F—mg=ma得加=康,A正确..一质量为m=2kg的滑块能在倾角为=30的足够长的斜面上以/=
2.5m/s2匀加速下滑.如图所示,若用一水平向右恒力/作用于滑块,使之由静止开始在t=2s内能沿斜面运动位移x=4m.(g取lOm/s)求:1滑块和斜面之间的动摩擦因数〃;2恒力尸的大小.解析1根据牛顿第二定律可得mgsin30°—//mgcos30°=ma解得〃=手.2滑块沿斜面做匀加速直线运动,有加速度向上和向下两种可能.由x=^a\t1得0=2m/s2当加速度沿斜面向上时Feos30°—mgsin30°—/zFsin30°+m^cos300=ma\代入数据得尸=呼N当加速度沿斜面向下时mgsin30°—Feos30°—/zFsin300+加geos300=ma\代入数据得尸=华N.答案1乎2喈N或华N.有一个冰上滑木箱的游戏节目,规则是选手们从起点开始用力推箱一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在有效区域内,视为成功;若箱最后未停在有效区域内就视为失败.其简化模型如图所示,AC是长度为L=7m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱,3C为有效区域.已知3C长度L2=lm木箱的质量加=50kg木箱与冰面间的动摩擦因数〃尸=20N木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取10mg那么该选手要想游戏获得成功,试求ABC「I口力/////////////////Vz/Z/Z/X////〜2fL\►1推力作用在木箱上时的加速度大小;2推力作用在木箱上的时间满足的条件.解析1设推力作用在木箱上时的加速度大小为0根据牛顿第二定律得解得的=3m/s
2.2设撤去推力后,木箱的加速度大小为〃2根据牛顿第二定律得2g=根2解得2=1m/s
2.推力作用在木箱上时间/内的位移为即兄撤去推力后木箱继续滑行的距离为及=号为使木箱停在有效区域内,要满足L\—Li^x\+%24小,解得1sWW#s.答案13m/s21sWs。