高二物理牛顿第二定律的应用3

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1、牛顿第二定律应用（三）——图像专题考点聚焦1．理解图像的物理意义；2．会结合图像求解动力学问题。例题展示【例1】图6一个放在水平桌面上质量为2kg原来静止的物体，受到如图6所示方向不变的合外力作用，则下列说法正确的是（A）A．在t=2s时，物体的速率最大B．在2s内物体的加速度为5m/s2C．在2s内物体运动的位移为10mD．0~2s这段时间内作减速运动t/sv/(m·s-1)011-912【例2】将物体竖直上抛，假设运动过程中空气阻力不变，其速度–时间图象如图所示，则物体所受的重力和空气阻力之比为（B　　）A．1:10B．10:1C．9:1

2、D．8:12130246810F／Nt／s202468104t／sv／m/s【例3】（2004全国2）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（A）A．m＝0.5kg，μ＝0.4B．m＝1.5kg，μ＝C．m＝0.5kg，μ＝0.2D．m＝1kg，μ＝0.2【例4】.一质量为m＝40kg的小孩子站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变

3、化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g＝10m/s2。解：由图可知在t=0到t=t1=2s的时间内，体重计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动。设在这段时间内体重计作用于小孩的力为f1，电梯及小孩的加速度为a1，由牛顿第二定律，得①在这段时间内电梯上升的高度②在t1到t=t2=5s的时间内，体重计的示数等于mg，故电梯应做匀速上升运动，速度为t1时刻电梯的速度，即③在这段时间内电梯上升的高度④在t2到t=t3=6s的时间内，体重计的示数小于mg，故电梯应做向上的减速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为f2，

4、电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律，得⑤在这段时间内电梯上升的高度⑥电梯上升的总高度⑦由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得h=9m⑧同步训练AaBFO【基础巩固】1．如图所示，A、B两条直线是在A、B两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为mA、mB的物体得出的两个加速度a与力F的关系图线，由图线分析可知（B　）A．两地的重力加速度gA＞gBB．mA＜mBC．两地的重力加速度gA＜gBD．mA＞mB2.（2002年全国高考试题）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图

5、所示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大（B）A.t1B.t2C.t3D.t4F0F－F0t1t2t3t4t5t6t3．作用于水平面上某物体的合力F与时间t的关系如图所示，设力的方向向右为正，则将物体从下列哪个时刻由静止释放，该物体会始终向左运动（B　　）　A．t1时刻B．t2时刻C．t3时刻D．t4时刻4．质量为1.0kg的物体，其速度图像如图所示，4s内物体所受合外力的最大值是N；合外力方向与运动方向相反时，合外力大小为Ｎ．答案：42v/(m/s)10501020304050t/sαβAαBα5.汽车在两站间行驶的v-

6、t图象如图所示，车所受阻力恒定，在BC段，汽车关闭了发动机，汽车质量为4t，由图可知，汽车在BC段的加速度大小为m/s2，在AB段的牵引力大小为N。在OA段汽车的牵引力大小为N。答案：0.5　　2000　　　60006、一个行星探测器从所探测的行星表面竖直升空，探测器的质量为1500kg，发动机推力恒定.发射升空后9s末，发动机突然因发生故障而灭火.如图是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象.已知该行星表面没有大气.若不考虑探测器总质量的变化，求：（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度H.（2）该行星表面附近的重力加速度g.（3）发动机正

7、常工作时的推力F.（4）探测器落回地面时的速率v′.（5）探测器发射后经多长时间落地？解析：由图知，探测器在0~9s内匀加速上升，上升的最大速度为64m/s；9s~25s内匀减速上升；25s以后匀加速下落，直到落地.（1）在上升过程中，由平均速度公式得=32m/s则探测器上升的最大高度为H=(t1+t2)=32×25m=800m（2）探测器9s~25s内只受重力，其运动的加速度为重力加速度，则g=m/s2=4m/s2（3）在0~9s内，由牛顿第二定律得F-mg=ma1由于a1=m/s2=7.1m/s2则F=m(g+a1)=15

8、00×11.1N=1.67×104N（4）探测器下落过程为自由落体运动，则其落地速度为v′=m/s=80m/s（5）探测器自由下落的时间为t3=s=20s.