【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律学案

第三章Error!牛顿运动定律 考 纲 要 求 考 情 分 析 牛顿运动定律及其应用 Ⅱ 实验三：加速度与物体质量、物体受力 的关系 1.命题规律 近几年高考对本章内容的考查以定律的综合应用 为主，考查题型多为选择题。 2.考查热点 以联系生活实际、强调综合分析为主，突出表现 物理知识的应用性、综合性。2019 届高考复习应 予以高度关注。 [说明]　加速度大小不同的连接体问题的计算仅限于两个物体的情况。 第 12 课时　牛顿第一定律　牛顿第三定律(双基落实课) 知识点一　物理学史 物理学家 国籍 观 点 亚里士多德 古希腊 力是维持物体运动状态的原因 伽利略 意大利 通过理想斜面实验提出力是改变物体运动状态的原因，被称为物 理学中的“福尔摩斯” 笛卡儿 法国 如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同 一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 牛顿 英国 牛顿运动定律 [小题练通] 1．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符 合历史事实的是(　　) A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有某一速度，如果它不受力，它将以 这一速度永远运动下去 C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直 线运动，既不停下来也不偏离原来的方向 D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 解析：选 BCD　亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利 略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如 没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡儿也得出了 类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡儿的基础上，提出了惯性定律， 即认为物体具有保持原 来匀速直线运动状态或静止状态的性质。B、C、D 正确。 2．(2018·武汉部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家， 巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年。下列关于力和运动关系的说法中，不属于 他们观点的是(　　) A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 D．力是维持物体运动的原因 解析：选 D　A 项是伽利略的观点，B、C 两项是牛顿的观点，D 项是亚里士多德的观 点。 知识点二　牛顿第一定律的理解 1．牛顿第一定律 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这 种状态。 2．牛顿第一定律的意义 (1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速 度的原因。 (2)指出一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律。 (3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的， 但当物体所受合外力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速 直线运动状态。 3．惯性 (1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。 (2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。 (3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力 情况无关。 [小题练通] 1．(多选)(人教教材改编题)下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是(　　) A．飞机投弹时，当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标 B．地球自西向东自转，人向上跳起来后，还会落到原地 C．安全带的作用是防止汽车刹车时，人由于惯性作用发生危险 D．有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力 解析：选 BC　飞机在目标正上方投弹时，由于惯性，炸弹会落在目标的前方，A 错； 地球自西向东自转，人向上跳起后，由于惯性，还会落在原地，B 对；汽车刹车时，由于惯 性，人会向前冲，安全带可以防止人的前冲，C 对；物体被向上抛出后，在空中向上运动是 由于惯性，D 错。 2．下列说法中正确的是(　　) A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大 B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性 大 C．惯性是物体的固有属性，惯性大小只与质量有关 D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上的惯性小 解析：选 C　惯性是物体的固有属性，惯性大小仅与物体的质量有关，与其他因素无关， A、B、D 错误，C 正确。 牛顿第一定律的应用技巧 (1)应用牛顿第一定律分析实际问题时，要把生活感受和理论问题联系起来深刻认识力 和运动的关系，正确理解力不是维持物体运动状态的原因，克服生活中一些错误的直观印象， 养成正确的思维习惯。 (2)如果物体的运动状态发生改变，则物体必然受到不为零的合外力作用。因此，判断 物体的运动状态是否改变，以及如何改变，应分析物体的受力情况。 知识点三　牛顿第三定律的理解和应用 1．牛顿第三定律 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。 2．牛顿第三定律的意义 建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。 3．作用力与反作用力的三个关系 4．相互作用力与平衡力的比较 一对平衡力 一对作用力和反作用力 作用在同一物体上 作用在两个相互作用的不同物体上 力的性质不一定相同 一定是相同性质的力 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失 不同点 作用效果可相互抵消 作用效果不可抵消 相同点 大小相等，方向相反，作用在同一条直线上 [小题练通] 1．(多选)用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验， 把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上 出现的结果(如图所示)，分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲 线，下列结论正确的是(　　) A．作用力与反作用力同时产生 B．作用力与反作用力作用在同一物体上 C．作用力与反作用力大小相等 D．作用力与反作用力方向相反 解析：选 ACD　从题图可以看出，作用力和反作用力等大、反向，且变化情况相同， 选项 A、C、D 正确。 2．(粤教教材原题)沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它 的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其表面行走时容易下陷。若人下陷的过程是先加速 后匀速运动，下列判断正确的是(　　) A．加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力 B．加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力 C．人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力 D．人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力 解析：选 D　人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力为作用力与反作用力，故二力大 小一定相等，故 A、B、C 错误，D 正确。 理解牛顿第三定律应注意的三个问题 (1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的。 (2)作用力与反作用力虽然大小相等，但方向相反，且作用于不同物体，所以产生的效 果(运动效果或形变效果)不同。 (3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体。 知识点四　应用牛顿第三定律转换研究对象 如果不能直接求解物体受到的某个力时，可利用牛顿第三定律转换研究对象，先求它 的反作用力，如求压力时可先求支持力。 [小题练通] 1．一个箱子放在水平地面上，箱子内有一固定的竖直杆，在杆上套 着一个环，箱子与杆的总质量为 M，环的质量为 m，如图所示，已知环沿 杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为 Ff，则此时箱子对地面的压力大小是(　　) A．(M＋m)g　　　　　　 　B．Ff＋mg C．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g 解析：选 C　箱子和杆处于静止状态，由力的平衡条件得，地面对箱子的支持力 FN＝ Ff′＋Mg＝Ff＋Mg，根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力 大小，则：FN′＝FN＝Ff＋Mg。C 正确。 2．(2018·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。 质量为 70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将 20.0 kg 的建筑材料以 0.5 m/s2 的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩 擦，则工人对地面的压力大小为(g 取 10 m/s2)(　　) A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 解析：选 B　对建筑材料进行受力分析，根据牛顿第二定律有 F－mg＝ma，得绳子的 拉力大小 F＝210 N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得 Mg＝F＋N，得 N＝490 N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为 490 N，故选项 B 正确。 [课时达标检测] 一、单项选择题 1．(2018·南通、泰州、扬州高三模拟)东汉王充在《论衡·状留篇》中记述了球的运动： “圆物投之于地，东西南北，无之不可；策杖叩动，才微辄停”。关于运动和力的关系，下 列说法中正确的是(　　) A．力是维持物体运动的原因 B．力是改变物体惯性大小的原因 C．力是改变物体位置的原因 D．力是改变物体运动状态的原因 解析：选 D　物体的运动不需要力来维持，没有力的作用其位置也可以改变，力是改变 物体运动状态的原因，是物体产生加速度的原因，质量是物体惯性大小的唯一量度，D 项正 确，A、B、C 项错误。 2．如图所示，人站立在体重计上，下列说法中正确的是(　　) A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力 B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力 C．人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力 D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力 解析：选 B　人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力，A 项 错误，B 项正确；人所受的重力与人对体重计的压力大小相等、方向相同，既不是平衡力， 也不是作用力和反作用力，C、D 项错误。 3．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是(　　) A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂 B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受的力比玻璃更大才没有碎 裂 C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受的力比玻璃更大才 没有碎裂 D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大 小关系 解析：选 C　由题意可知，榔头和玻璃之间的作用力是一对作用力和反作用力，所以应 该是等大的，因为大小相同的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以榔头把玻璃打碎了。 故 C 正确。 4．(2014·北京高考)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结 合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示 的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的 O 点由静止释放后沿斜 面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿 右侧斜面上升到的最高位置依次为 1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的 结论是(　　) A．如果斜面光滑，小球将上升到与 O 点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 解析：选 A　由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料，可理解为斜面越来越光滑， 小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为 1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的结论是： 如果斜面光滑，小球将上升到与 O 点等高的位置，选项 A 正确；B、C、D 选项都不能根据 三次实验结果的对比直接得到，选项 B、C、D 错误。 5．如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上水平向右加 速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为 μ1，木块与长木板间的动摩擦 因数为 μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面的摩擦力大小一定为(　　) A．μ1(m＋M)g B．μ2mg C．μ1mg D．μ1mg＋μ2Mg 解析：选 B　木块在长木板上向右滑行过程中，受到长木板对其水平向左的滑动摩擦力， 由牛顿第三定律可知，木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为 μ2mg，由于长木板 处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左，大小为 μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为 μ2mg，故 B 正确。 二、多项选择题 6．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下列关于车速、惯性、质量和滑行路程 的讨论，正确的是(　　) A．车速越大，它的惯性越大 B．车的质量越大，它的惯性越大 C．车速越大，刹车后滑行的路程越长 D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 解析：选 BC　惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，质量越大，惯性 越大，A 错误，B 正确；滑行的路程应由刹车时的速度确定，因为刹车过程中，其加速度是 一定的，根据 v2－v02＝2ax，所以车速越大，其滑行的路程越大，而与其惯性大小无关，C 正确，D 错误。 7．在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满 水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则 关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是(　　) A．小车匀速向左运动 B．小车可能突然向左加速 C．小车可能突然向左减速 D．小车可能突然向右减速 解析：选 BD　原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：① 原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出。②原 来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故 B、 D 项正确。 8．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量， 不计轴承、绳与滑轮间的摩擦。初始时两人均站在水平地面上，当位于左 侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人 能到达滑轮。下列说法中正确的是(　　) A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮 B．即使甲的质量较大，甲、乙也同时到达滑轮 C．若甲、乙质量相同，则甲、乙同时到达滑轮 D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮 解析：选 AC　由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由 甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮， 选项 A 正确，B 错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子 拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项 C 正确，D 错误。 9．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处 有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢者。若绳子质量不计， 冰面可看成光滑，则下列说法不正确的是(　　) A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 解析：选 ABD　根据牛顿第三定律可知，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力 与反作用力，A 错误；甲和乙的拉力作用在同一个物体上，不是作用力与反作用力，B 错误； 设绳的张力为 F，根据牛顿第二定律 a＝F m知，若 m 甲>m 乙，则 a 甲0，解得 F1<5 N，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F1－ F2－μG＝ma>0，解得 F1>25 N，C、D 正确。 (1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析 加速度的变化。 (2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。 (3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。 知识点二　瞬时性问题 1．两类模型 (1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力，剪断(或脱离)后，其弹力立即 消失，不需要形变恢复时间。 (2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体，特点是形变量大，其形变恢复需 要较长时间，在瞬时性问题中，认为弹力保持不变。 2．解题思路 [小题练通] 1．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，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　) A．两图中两球加速度均为 gsin θ B．两图中 A 球的加速度均为零 C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中 B 球的加速度大小是图乙中 B 球加速度大小的 2 倍 解析：选 D　撤去挡板前，题图甲和题图乙中的 A、B 两球的受力情况一样，A 球受轻 弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向上，大小为 mgsin θ，B 球受到轻弹簧(或轻杆)的弹力沿斜面向 下，大小为 mgsin θ，B 球受挡板 C 的弹力沿斜面向上，大小为 2mgsin θ，撤去挡板后，轻 杆受力可突变，而轻弹簧因为没有来得及改变形变量而不能改变弹力，所以题图甲中 A 球 的加速度为零，B 球的加速度大小为 2gsin θ，题图乙中轻杆的存在使 A、B 两球的加速度相 同，由 2mgsin θ＝2ma，可得 A、B 两球的加速度大小 a＝gsin θ，方向沿斜面向下，D 正确， A、B 错误；由上可知，题图乙中轻杆的作用力为零，C 错误。 2．(2018·马鞍山模拟)如图所示，质量为 m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细 线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于 P、Q。小球静止时，Ⅰ中拉力大 小为 FT1，Ⅱ中拉力大小为 FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速 度 a 应是(　　) A．a＝g，竖直向下 B．a＝g，竖直向上 C．a＝FT2 m ，方向水平向左 D．a＝FT1 m ，方向沿Ⅰ的延长线 解析：选 C　剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到 FT1 和重力 mg 作用，合力水平向左，大小为 FT2，所以加速度为 a＝FT2 m ，方向水平向左，选项 C 正确。 (1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行 受力分析和运动分析。 (2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突 变。 知识点三　超重和失重问题 1．超重和失重的概念 视重 当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重。 视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力 超重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象称为超重。超重 的条件是：物体具有向上的加速度 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象称为失重。失重 的条件是：物体具有向下的加速度 完全 失重 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重。完全失重的 条件是：物体的加速度为重力加速度 2．对超、失重现象的理解 (1)发生超重或失重现象时，物体的重力没有变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂 物的拉力)变大或变小了(即“视重”变大或变小了)。 (2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还 是向下运动无关。 (3)即使物体的加速度不沿竖直方向，但只要在竖直方向上有分量，物体就会处于超重 或失重状态。 (4)物体超重或失重多少由物体的质量 m 和竖直加速度 a 共同决定，其大小等于 ma。 (5)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸 在水中的物体不再受浮力作用、液体柱不再产生压强等。 [小题练通] 1．(鲁科教材原题)关于超重与失重的下列说法正确的是(　　) A．物体处于超重状态时，其所受的重力增加了 B．物体处于失重状态时，其所受的重力减小了 C．物体处于完全失重状态时，其所受的重力为零 D．不论物体处于超重或失重状态，其所受的重力均没有变化 解析：选 D　超重现象是由于物体加速度竖直向上或者加速度有竖直方向向上的分量， 而引起物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)大于重力的现象，其所受的重力并没有发生 变化；同理可分析，物体处于失重状态或者完全失重状态时，物体所受的重力也不会发生变 化，因此 D 正确。 2．(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化 的图线如图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力(　　) A．t＝2 s 时最大 B．t＝2 s 时最小 C．t＝8.5 s 时最大 D．t＝8.5 s 时最小 解析：选 AD　人受重力 mg 和支持力 FN 的作用，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma。由 牛顿第三定律得人对地板的压力 FN′＝FN＝mg＋ma。当 t＝2 s 时 a 有最大值，FN′最大； 当 t＝8.5 s 时，a 有最小值，FN′最小，选项 A、D 正确。 判断超重和失重现象的三个角度和技巧 (1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状 态，小于重力时处于失重状态，等于 0 时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速 度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时，超重。 ②物体向下加速或向上减速时，失重。 知识点四　单位制 1．单位制：由基本单位和导出单位组成。 2．基本单位：基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度， 它们的国际单位分别是千克、秒、米。 3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。 4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n 摩[尔] mol 发光强度 IV 坎[德拉] cd [小题练通] 关于单位制，下列说法中正确的是(　　) A．kg、m/s、N 是导出单位 B．kg、m、C 是基本单位 C．在国际单位制中，A 是导出单位 D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的 解析：选 D　在力学中选定 m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位， 可以导出其他物理量的单位，力的单位(N)是根据牛顿第二定律 F＝ma 导出的，D 正确，A 错误；电量的单位 C 属于国际单位制中的导出单位，B 错误；电流的单位 A 属于国际单位 制中的基本单位，C 错误。 [课时达标检测] 一、单项选择题 1．(2018·苏州高三检测)下列关于力学单位制的说法中正确的是(　　) A．kg、m/s、N 是导出单位 B．kg、m、J 是基本单位 C．在国际单位制中，质量的基本单位是 kg，也可以是 g D．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是 F＝ma 解析：选 D　kg 是质量的单位，它是基本单位，A 项错误；J 是导出单位，B 项错误； g 也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，C 项错误；牛顿第二定律的 表达式 F＝ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，D 项正确。 2．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图 中能大致反映雨滴运动情况的是(　　) 解析：选 C　根据题意，对雨滴进行受力分析可得 mg－kv＝ma，随雨滴速度的增大可 知雨滴做加速度减小的加速运动，故 C 正确。 3．(2018·南京、盐城高三模拟)如图所示，质量为 m 的物块甲，放在容 器底部，随同容器一起从某一高处由静止释放，下落过程中不计一切阻力。 则物块甲(　　) A．加速度大于 g B．加速度小于 g C．对容器底部的压力等于 0 D．对容器底部的压力等于 mg 解析：选 C　物块甲和容器一起做自由落体运动，整体法分析得出加速度为 g，A、B 项错误；对容器分析，物块甲若对容器有压力，加速度将大于 g，故对容器没有压力，C 项 正确，D 项错误。 4．(2018·呼和浩特模拟)如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物 体，升降机静止时弹簧伸长量为 10 cm，运动时弹簧伸长量为 9 cm，则升降 机的运动状态可能是(g＝10 m/s2)(　　) A．以 a＝1 m/s2 的加速度加速上升 B．以 a＝1 m/s2 的加速度加速下降 C．以 a＝9 m/s2 的加速度减速上升 D．以 a＝9 m/s2 的加速度减速下降 解析：选 B　根据运动时弹簧伸长量为 9 cm，小于静止时弹簧的伸长量 10 cm，可知升 降机的加速度向下，对物体由牛顿第二定律可得，mg＝kx，mg－kx′＝ma，解得 a＝1 m/s2，则升降机的运动状态可能是以 a＝1 m/s2 的加速度加速下降；也可能是以 a＝1 m/s2 的加速度减速上升，B 正确。 5.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的 v ­t 图像如图所示(竖直向 上为正)，则货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图像可能是(　　) 解析：选 B　根据 v ­t 图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加 速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律 F－mg＝ma 可判断支持力 F 的变化情况： 失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项 B 正确。 二、多项选择题 6．(2016·全国Ⅰ卷)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上 的力不发生改变，则(　　) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 解析：选 BC　质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为 0，当对其施加一恒力后， 恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动， 但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项 B、C 正确。 7．(2018·南通模拟)如图所示，A、B 两球的质量相等，弹簧的质 量不计，倾角为 θ 的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于 斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 gsin θ B．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsin θ D．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度 都不为零 解析：选 BC　设弹簧的弹力大小为 F，由平衡条件可知，F＝mgsin θ，烧断细线之后 瞬间，弹簧弹力不变，故 B 球受力情况不变，瞬时加速度为零，B 正确，A、D 错误；以 A 球为研究对象，由牛顿第二定律可得 F＋mgsin θ＝maA，解得 aA＝2gsin θ，C 正确。 8．(2018·盐城模拟)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图，图中 P、Q、N 是固定在车 体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时 Q 传感器示数为零，P、N 传感器示数不为零。当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而 Q、N 传感器示数 不为零。已知 sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g 取 10 m/s2，则汽车向左匀加 速启动的加速度可能为(　　) A．4 m/s2 B．3 m/s2 C．2 m/s2 D．1 m/s2 解析：选 AB　设圆柱形工件的质量为 m，对圆柱形工件受力分析如图 所示，根据题意，有 FQ＋mg＝FNcos 15°，F合＝FNsin 15°＝ma，联立解得 a＝ FQ＋mg m ×tan 15°＝FQ m ×0.27＋2.7 m/s2＞2.7 m/s2，故选项 A、B 正确。 9．(2018·淮安模拟)用一水平力 F 拉静止在水平面上的物体，在 F 从零开始逐渐增大的 过程中，加速度 a 随外力 F 变化的图像如图所示，g＝10 m/s2，则可以计算出(　　) A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F 为 14 N 时物体的速度 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．物体的质量 解析：选 ACD　由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为 7 N，A 项正确；由 F －μmg＝ma，解得 a＝1 mF－μg，将 F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N，a2＝4 m/s2 代入上式 可得 m＝2 kg，μ＝0.3，C、D 项正确；因物体做变加速运动，无法求出 F 为 14 N 时物体的 速度，B 项错误。 第 14 课时　动力学的两类基本问题(重点突破课) [基础点· 自主落实] [必备知识] 1．动力学的两类基本问题 (1)已知受力情况，求物体的运动情况。 (2)已知运动情况，求物体的受力情况。 2．解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图。 3．动力学中常见的图像 v ­t 图像、x­t 图像、F­t 图像、F­a 图像等。 4．解决图像问题的关键 (1)看清图像的横、纵坐标所表示的物理量及单位，并注意坐标原点是否从 0 开始。 (2)理解图像的物理意义，能够抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、 拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。 [小题热身] 1．质量为 1 kg 的物体，受水平恒力 F 作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运 动，它在 t s 内的位移为 x m，则 F 的大小为(　　) A.2x t2 N　　B. 2x 2t－1 N　　C. 2x 2t＋1 N　　D. 2x t－1 N 解析：选 A　由 x＝1 2at2 得 a＝2x t2 m/s2，对物体由牛顿第二定律得 F＝ma＝1×2x t2 N＝2x t2 N，故 A 正确。 2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止 转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度 是 14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为 0.7，g 取 10 m/s2，则汽车刹车前的速度 为(　　) A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s 解析：选 B　设汽车刹车后滑动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解 得 ： a ＝ μg 。 由 v02 ＝ 2ax ， 可 得 汽 车 刹 车 前 的 速 度 为 ： v0 ＝ 2ax＝ 2μgx＝ 2 × 0.7 × 10 × 14 m/s＝14 m/s，因此 B 项正确。 [重难点· 师生互动] 重难点(一)　已知受力情况，求物体的运动情况 [典例]　(2016·四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施， 由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为与 水平面夹角为 θ 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干 道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物 开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再 过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车 分别视为小滑块和平板，取 cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求： (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度。 [解析]　(1)设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数 μ＝0.4，受摩擦力大小为 f，加速度大小为 a1，则 f＋mgsin θ＝ma1 ① f＝μmgcos θ ② 联立①②式并代入数据得 a1＝5 m/s2 ③ a1 的方向沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v＝23 m/s。货物在车厢内开 始滑动到车头距制动坡床顶端 s0＝38 m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离 为 s1，在车厢内滑动的距离 s＝4 m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制动坡床的运动距 离为 s2。货车受到制动坡床的阻力大小为 F，F 是货车和货物总重的 k 倍，k＝0.44，货车 长度 l0＝12 m，制动坡床的长度为 l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2 ④ F＝k(m＋M)g ⑤ s1＝vt－1 2a1t2 ⑥ s2＝vt－1 2a2t2 ⑦ s＝s1－s2 ⑧ l＝l0＋s0＋s2 ⑨ 联立①②④～⑨式并代入数据得 l＝98 m。 ⑩ [答案]　(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下　(2)98 m 动力学问题的解题步骤 [集训冲关] 　(2018·江苏常州模拟)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能 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 m＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F＝36 N， 运动过程中所受空气阻力大小恒为 f＝4 N。g 取 10 m/s2。 (1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力 F1 多大？ (2)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 t＝5 s 时离地面的高 度 h； (3)当无人机悬停在距离地面高度 H＝100 m 处，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 v。 解析：(1)无人机悬停时处于受力平衡状态，有 F1＝mg， 解得 F1＝20 N。 (2)设无人机上升时加速度为 a，由牛顿第二定律，有 F－mg－f＝ma，解得 a＝6 m/s2 由 h＝1 2at2，解得 h＝75 m。 (3)设无人机坠落过程中加速度为 a1，由牛顿第二定律，有 mg－f＝ma1，解得 a1＝8 m/s2 由 v2＝2a1H，解得 v＝40 m/s。 答案：(1)20 N　(2)75 m　(3)40 m/s 重难点(二)　已知运动情况，求物体的受力情况 [典例]　(2018·德州模拟)一质量为 m＝2 kg 的滑块能在倾角为 θ＝ 30°的足够长的斜面上以 a＝2.5 m/s 2 匀加速下滑。如图所示，若用一水 平向右恒力 F 作用于滑块，使之由静止开始在 t＝2 s 内能沿斜面运动位 移 x＝4 m。求：(g 取 10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数 μ； (2)恒力 F 的大小。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律可得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得：μ＝ 3 6 。 (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能。 由 x＝1 2a1t2，得 a1＝2 m/s2， 当加速度沿斜面向上时： Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1， 代入数据得：F＝76 3 5 N； 当加速度沿斜面向下时： mgsin θ－Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1 代入数据得：F＝4 3 7 N。 [答案]　(1) 3 6 　(2)76 3 5 N 或4 3 7 N 已知运动求受力问题同样需要对物体进行受力分析，而且要在通过分析物体的运动情况 得出合外力的方向的基础上，画出受力示意图。需要特别注意：产生加速度的合力是由物体 实际受到的力合成而来，并非物体又另外受到这样一个力的作用。 [集训冲关] 1．(2018·襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某 种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在 4 s 末到达离地面 100 m 的最高点时炸 开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射 出时的初速度是 v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的 k 倍，那么 v0 和 k 分别等于(重力加速度 g 取 10 m/s2)(　　) A．25 m/s,1.25　　　　　 　B．40 m/s,0.25 C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25 解析：选 C　根据 h＝1 2at2，解得 a＝12.5 m/s2，所以 v0＝at＝50 m/s；上升过程礼花弹 所受的平均阻力 Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得 a＝mg＋Ff m ＝(k＋1)g ＝12.5 m/s2，解得 k＝ 0.25，故选项 C 正确。 2．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的 AB、BC 两部分组成， 且 AB＝BC，小物块 P(可视为质点)以某一初速度从 A 点滑上桌面， 最后恰好停在 C 点，已知 P 经过 AB 与 BC 两部分的时间之比为 1∶4，则 P 与桌面上 AB、 BC 部分之间的动摩擦因数 μ1、μ2 之比为(P 在 AB、BC 上所做的运动均可看成匀变速直线 运动)(　　) A．1∶1 B．1∶4 C．4∶1 D．8∶1 解析：选 D　由牛顿第二定律可知，P 在 AB 段减速的加速度 a1＝μ1g，在 BC 段减速的 加速度 a2＝μ2g，设 P 在 AB 段运动时间为 t，则可得：vB＝μ2g·4t，v0＝μ1gt＋μ2g·4t，由 xAB ＝v0＋vB 2 ·t，xBC＝vB 2 ·4t，xAB＝xBC 可求得：μ1＝8μ2，故 D 正确。 重难点(三)　应用图像分析物体的运动情况或受力情况 [典例]　(2016·海南高考)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平 行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物 体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 0～5 s、5～10 s、10～15 s 内 F 的大小分别为 F1、F2 和 F3，则(　　) A．F1F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 [解析]　由 v ­t 图像可知，0～5 s 内加速度 a1＝0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定 律有 mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s 内加速度 a2＝0，根据牛顿第二 定律有 mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s 内加速度 a3＝－0.2 m/s2，沿斜面 向上，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1， 选项 A 正确。 [答案]　A 解决图像综合问题的三点提醒 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理 图像所反映的物理过程，会分析临界点。 (2)注意图线中特殊点的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线 的交点等。 (3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、 特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中提取出来的有用信息，这些信息往往是解题的突 破口或关键点。 [集训冲关] 　(2018·南阳模拟)假设一宇宙飞船完成了预定空间科学和技术 实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回，返回舱开 始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高 度打开阻力降落伞进一步减速下降，这一过程中若返回舱所受的空 气阻力与速度的平方成正比，比例系数(空气阻力系数)为 k，所受空气浮力不变，且认为返 回舱竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱运动的 v ­t 图像如图所示，图中 AB 是曲线在 A 点的切线，切线与横轴交点 B 的坐标为(8,0)，CD 是曲线 AD 的渐近线，假如返回舱总质量 为 M＝400 kg，g 取 10 m/s2，求： (1)返回舱在这一阶段的运动状态； (2)在开始时刻 v0＝160 m/s 时，返回舱的加速度大小； (3)空气阻力系数 k 的数值。 解析：(1)由题图图像可以看出，图线的斜率逐渐减小到零，即返回舱做加速度逐渐减 小的减速运动，直至做匀速运动。 (2)开始时 v0＝160 m/s，过 A 点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则 a＝|Δv Δt | ＝|0－160 8 |m/s2＝20 m/s2 故加速度大小为 20 m/s2。 (3)设浮力为 F，由牛顿第二定律得 在 t＝0 时有 kv02＋F－Mg＝Ma 由题图知返回舱的最终速度为 v＝4 m/s 当返回舱做匀速运动时有 kv2＋F－Mg＝0 故 k＝ Ma v02－v2＝400 × 20 1602－42 ≈0.31。 答案：(1)先做加速度逐渐减小的减速运动，直至做匀速运动　(2)20 m/s2　(3)0.31 [课时达标检测] 一、单项选择题 1．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤 害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。假定乘客质量为 70 kg，汽车 车速为 90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为 5 s，安全带对乘客的作用力大小约 为(不计人与座椅间的摩擦)(　　) A．450 N　　　　　　　 　B．400 N C．350 N D．300 N 解析：选 C　汽车的速度 v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为 a，则 a ＝v0 t ＝5 m/s2，对乘客由牛顿第二定律得 F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以 C 正确。 2．用 40 N 的水平力 F 拉一个静止在光滑水平面上、质量为 20 kg 的物体，力 F 作用 3 s 后撤去，则第 5 s 末物体的速度和加速度的大小分别是(　　) A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2 C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2 D．v＝10 m/s，a＝0 解析：选 A　由牛顿第二定律可知，在前 3 s 内物体的加速度 a＝F m＝2 m/s2,3 s 末的速 度大小 v＝at＝6 m/s，当外力 F 撤去后，加速度变为零，物体的速度大小保持不变为 6 m/s，选项 A 正确。 3．若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则(　　) A．携带弹药越多，加速度越大 B．加速度相同，与携带弹药的多少无关 C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大 D．携带弹药越多，滑行时间越长 解析：选 D　携带弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律 F＝ ma 可知，战机加速度越小，由 v2＝2ax 可知，起飞速度越小，A、B、C 错误；起飞前滑行 的距离相同，由 x＝1 2at2 可得，加速度越小，滑行时间越长，D 正确。 4．(2018·无锡联考)如图，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为 θ， 当缆绳带动车厢以加速度 a 向上做匀加速运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物 与车厢间的动摩擦因数至少为(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为 g)(　　) A. asin θ g＋acos θ B. acos θ g＋asin θ C. asin θ g－acos θ D. acos θ g－asin θ 解析：选 B　将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有 Ff＝max＝macos θ，在竖直方向有 FN－mg＝may＝masin θ，Ff＝μFN，联立解得 μ＝ acos θ asin θ＋g， B 项正确。 5．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从 P 点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时 间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置(　　) A．在同一水平线上 B．在同一竖直线上 C．在同一抛物线上 D．在同一圆周上 解析：选 D　设某一直轨道与水平面成 θ 角，末速度为零的匀减速直线运动可看成逆向 的初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度 a＝mgsin θ m ＝gsin θ，由 位移公式得 l＝1 2at2＝1 2gsin θ·t2，即 l sin θ＝1 2gt2，不同的倾角 θ 对应不同的位移 l，但 l sin θ相 同，即各小球最高点的位置在直径为 1 2gt2 的圆周上，选项 D 正确。 二、多项选择题 6．(2018·泰州姜堰区高三期中)如图所示，物块沿固定斜面下滑， 若在物块上再施加一个竖直向下的恒力 F，则(　　) A．若物块原来匀速下滑，施加力 F 后物块仍将匀速下滑 B．若物块原来匀速下滑，施加力 F 后物块将加速下滑 C．若物块原来以加速度 a 匀加速下滑，施加力 F 后物块仍将以加速度 a 匀加速下滑 D．若物块原来以加速度 a 匀加速下滑，施加力 F 后物块仍将匀加速下滑，但加速度大 于 a 解析：选 AD　设斜面倾角为 α，若物块原来匀速下滑，即 μ＝tan α，与物块重力无关， 则施加竖直向下的力 F，物块仍匀速下滑，A 项正确，B 项错误；若物块原来匀加速下滑， 将 F 等效为重力，则(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma′，加速度变大，C 项错误，D 项 正确。 7．(2018·山东师大附中质检)如图所示，质量为 m＝1 kg 的物体与 水平地面之间的动摩擦因数为 0.3，当物体运动的速度为 v0＝10 m/s 时， 给物体施加一个与速度方向相反的大小为 F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(g 取 10 m/s2)(　　) A．物体经 10 s 速度减为零 B．物体经 2 s 速度减为零 C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动 解析：选 BC　物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律 得，a＝F＋Ff m ＝2＋3 1 m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到 0 所需的时间 t＝v0 a ＝10 5 s＝2 s，B 项正确，A 项错误；减速到零后，FF2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量 为(　　) A.F1－F2 k 　　　　　　　　　 B.F1＋F2 2k C.F1－F2 2k D.F1＋F2 k 解析：选 B　对整体分析，根据牛顿第二定律得，a＝F1－F2 2m ，单独对 A 分析，有 F1－ F 弹＝ma，解得弹簧弹力 F 弹＝F1＋F2 2 ，根据胡克定律得，弹簧的伸长量 x＝F弹 k ＝F1＋F2 2k ， 故 B 正确，A、C、D 错误。 2．如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球， 另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上。开始时小车处于静止状态， 当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是(　　) A．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变大 B．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力变小 C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大 D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变 解析：选 D　对整体受力分析可知，加速前整体处于静止状态，合力为零，在竖直方向 上合力为零，即整体受到的重力等于地面的支持力，向右匀加速运动过程中，加速度沿水平 方向，竖直方向上没有加速度，在竖直方向上合力仍为零，即重力等于地面的支持力，所以 变化前后小车对地面的压力大小不变。对重球受力分析，加速前，重球处于静止状态，重力 等于绳的拉力，加速后，重球的加速度水平向右，即绳的拉力和重力的合力水平向右，绳的 拉力增大，弹簧秤读数变大，故 D 正确。 (二)　“图”解动力学多过程问题 综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决动力学多过程问题，是高考命题的热点。物 体在每个过程的受力情况和运动情况一般不同，对于较复杂的问题则应当画出物体的受力 示意图和运动示意图。一般解题步骤如下： [典例]　“辽宁舰”在海上进行飞机起降训练，如图所示，“辽 宁舰”上的起飞跑道由长度为 l1＝1.6×102 m 的水平跑道和长度为 l2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差 h＝4.0 m。一架质量 为 m＝2.0×104 kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为 F＝1.2×105 N，方向与速度方向 相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的 1 10。假设“辽宁舰”处于静止状 态，飞机质量视为不变并可看成质点，g 取 10 m/s2。 (1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小； (2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度 100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶 段对飞机施加助推力，求助推力 F 推的大小。 [解析]　(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小 为 a1，末速度大小为 v1，运动时间为 t1，有 F 合＝F－f＝ma1 v12－v02＝2a1l1 v1＝a1t1 其中 v0＝0，f＝0.1mg，代入已知数据可得 a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s 飞机在倾斜跑道上运动时，受力如图所示，设沿斜面方向的加速 度大小为 a2、末速度大小为 v2，沿斜面方向有 F 合′＝F－f－mgsin θ＝ma2，其中 sin θ＝h l2 v22－v12＝2a2l2 代入已知数据可得 a2＝3.0 m/s2， v2＝ 1 720 m/s≈41.5 m/s。 (2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小 为 a1′、末速度大小为 v1′， 有 F 合″＝F 推＋F－f＝ma1′ v1′2－v02＝2a1′l1 飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没 有变化，加速度大小 a2′＝a2＝3.0 m/s2 v2′2－v1′2＝2a2′l2 根据题意，v2′＝100 m/s， 代入已知数据解得 F 推＝5.175×105 N。 [答案]　(1)8.0 s　41.5 m/s　(2)5.175×105 N 如果不画出飞机在倾斜跑道上的受力示意图，在利用牛顿第二定律求解 a2 时很容易漏 掉飞机重力沿斜面向下的分力。 [集训冲关] 　(2018·南昌模拟)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，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后 未停在桌上有效区域内就视为失败。其简化模型如图所示，AC 是长度为 L1＝7 m 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箱，BC 为有效区 域。已知 BC 长度 L2＝1 m，木箱的质量 m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数 μ＝0.1。 某选手作用在木箱上的水平推力 F＝200 N，木箱沿 AC 做直线运动，且可视为质点，g 取 10 m/s2。为使该选手游戏获得成功，求： (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 a1，根据牛顿运动定律得 F－μmg＝ma1 解得 a1＝3 m/s2。 (2)撤去推力后，木箱的加速度大小为 a2，根据牛顿运动定律得 μmg＝ma2 解得 a2＝1 m/s2 推力作用在木箱上时间 t 内的位移为 x1＝1 2a1t2 撤去推力后木箱继续滑行的距离为 x2＝ (a1t)2 2a2 为使木箱停在有效区域内，要满足 L1－L2≤x1＋x2≤L1 解得 1 s≤t≤ 7 6 s。 答案：(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ 7 6 s [课时达标检测]　 一、单项选择题 1．(2018·东台月考)游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示物 理模型。一个小朋友从 A 点开始下滑，滑到 C 点时速度恰好减为 0， 整个过程中滑梯保持静止状态。若 AB 段的动摩擦因数 μ1 小于 BC 段的动摩擦因数 μ2，则该小朋友从斜面顶端 A 点滑到底端 C 点的过程中(　　) A．在 AB 段的平均速度等于 BC 段的平均速度 B．在 AB 段和 BC 段合外力所做的功相同 C．地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左 D．地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小 解析：选 A　小朋友在 AB 段做初速度为 0 的匀加速运动；在 BC 段做匀减速运动，末 速度为 0，这两段的平均速度都是 B 点速度的一半，所以相等，故 A 项正确；在 AB 段合外 力做正功，在 BC 段合外力做负功，故 B 项错误；小朋友在 AB 段做匀加速直线运动，将小 朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有 水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左；同理可 知，小朋友在 BC 段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故 C 项错 误；以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在 AB 段做匀加速直线运动时，有竖直向下的 分加速度，则由牛顿第二定律分析得知，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力； 同理，小朋友在 BC 段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重 力，故 D 项错误。 2．(2018·沈阳四校协作体期中)质量为 M 的光滑圆槽放在光滑水平 面上，一水平恒力 F 作用在其上促使质量为 m 的小球静止在圆槽上， 如图所示，则(　　) A．小球对圆槽的压力为 MF m＋M B．小球对圆槽的压力为 mF m＋M C．水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大 D．水平恒力 F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小 解析：选 C　由整体法可求得系统的加速度 a＝ F M＋m，小球对圆槽的压力 FN＝m g2＋a2＝m g2＋ F2 (M＋m)2，当 F 增大后，FN 增大，只有 C 正确。 3．(2018·盐城月考)一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在车上的一根水平杆，物块 M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物体 m，m 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好 在竖直方向上。现使小车按图中所示分四次分别以 a1、a2、a3、a4 向右匀加速运动，四种情 况下 M、m 均与小车保持相对静止，且图 1 和图 2 中细线仍处于竖直方向，已知 a1∶a2∶a3∶ a4＝1∶2∶4∶8，M 受到的摩擦力大小依次为 f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是(　　) A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3 C．f3∶f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ 解析：选 B　题图 1、2 中 M 在水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定 律 f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以 f1∶f2＝1∶2，故 A 项正确，B 项错误；对 3、4 两 图，以 M、m 整体为研究对象，受力分析如图所示，f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋ m)a4，可得 f3∶f4＝1∶2，故 C 项正确；以 m 为研究对象，根据牛顿第二定律可 得：mgtan θ＝ma3，mgtan α＝ma4，联立可得：tan α＝2tan θ，故 D 项正确。 4．如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放 在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为 μ，B 与地面间的动摩擦因 数为 1 2μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则下 列说法错误的是(　　) A．当 F＜2μmg 时，A、B 都相对地面静止 B．当 F＝5 2μmg 时，A 的加速度为 1 3μg C．当 F＞3μmg 时，A 相对 B 滑动 D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 1 2μg 解析：选 A　对 A、B 整体应用牛顿第二定律，有 F－μ 2×3mg＝3ma；对 B，在 A、B 恰好要发生相对运动时，μ×2mg－μ 2×3mg＝ma，解得 F＝3μmg，可见，当 F＞3μmg 时， A 相对 B 滑动，C 正确；对 A、B 整体，地面对 B 的最大静摩擦力为 3 2μmg，故当 3 2μmg＜F ＜3μmg 时，A、B 相对地面运动，A 错误；当 F＝5 2μmg 时，A、B 相对静止，对整体有5 2μmg －μ 2×3mg＝3ma，解得 a＝1 3μg，B 正确；无论 F 为何值，B 所受最大的动力为 A 对 B 的最 大静摩擦力 2μmg，故 B 的最大加速度 aBm＝ 2μmg－1 2 × 3μmg m ＝1 2μg，D 正确。 5．如图所示，当小车向右加速运动时，物块 M 相对车厢静止于竖直 车厢壁上，当车的加速度增大时，下列说法错误的是(　　) A．M 所受静摩擦力增大 B．M 对车厢壁的压力增大 C．M 相对于车厢仍静止 D．M 所受静摩擦力不变 解析：选 A　分析 M 受力情况如图所示，水平方向，FN＝Ma，FN 随 a 的 增大而增大，由牛顿第三定律知，B 正确；因 FN 增大，M 与车厢壁的最大静摩擦 力增大，故 M 相对于车厢仍静止，C 正确；因 M 相对车厢壁静止，有 Ff＝Mg， 与水平方向的加速度大小无关，A 错误，D 正确。 二、多项选择题 6．(2018·东海县二中调研)如图所示，小球 B 放在真空正方体容器 A 内， 球 B 的直径恰好等于 A 的内边长，现将它们以初速度 v0 竖直向上抛出，下 列说法中正确的是(　　) A．若不计空气阻力，下落过程中，B 对 A 没有弹力 B．若考虑空气阻力，上升过程中，A 对 B 的弹力向下 C．若考虑空气阻力，下落过程中，B 对 A 的弹力向上 D．若不计空气阻力，上升过程中，A 对 B 有向上的弹力 解析：选 AB　将容器以初速度 v0 竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对 象，根据牛顿第二定律得到加速度大小为 g，再以 A 为研究对象，上升和下落过程其所受合 力等于其重力，则 B 对 A 没有压力，A 对 B 也没有支持力，故 A 项正确，D 项错误；若考 虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大小大于 g，再 以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B 受到的合力大于重力，B 除受到重力外，还应 受到向下的压力，A 对 B 的弹力向下，故 B 项正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度大小小于 g，再以 B 为研究对象，根据牛顿第二定 律分析：A 受到的合力小于重力，B 除受到重力外，还应受到向上的力，即 A 对 B 的弹力 向上，B 对 A 的弹力向下，故 C 项错误。 7．如图所示，质量分别为 mA、mB 的 A、B 两物块用轻线连接， 放在倾角为 θ 的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力 F 拉 A，使它们 沿斜面匀加速上升，A、B 与斜面间的动摩擦因数均为 μ。为了增加轻线 上的张力，可行的办法是(　　) A．减小 A 的质量 B．增大 B 的质量 C．增大倾角 θ D．增大动摩擦因数 μ 解析：选 AB　对 A、B 组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋ mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，对 B 应用牛顿第二定律得：FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。以上 两式联立可解得：FT＝ mBF mA＋mB，由此可知，FT 的大小与 θ、μ 无关，mB 越大，mA 越小，FT 越大，故 A、B 正确。 8．如图所示，质量为 m2 的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢 底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为 m1 的物体。当车 向左匀加速运动时，与物体 m1 相连接的细绳与竖直方向成 θ 角，m2 与车厢相对静止。则(　　) A．车厢的加速度为 gsin θ B．细绳对物体 m1 的拉力 T＝ m1g cos θ C．底板对物体 m2 的支持力 FN 为(m2－m1)g D．物体 m2 所受底板的摩擦力 f 为 m2gtan θ 解析：选 BD　以物体 m1 为研究对象，分析受力情况如图甲所 示，根据牛顿第二定律得 m1gtan θ＝m1a，得 a＝gtan θ，则车厢的加 速度也为 gtan θ，则细绳对物体 m1 的拉力 T＝ m1g cos θ，故 A 错误，B 正 确；以物体 m2 为研究对象，分析其受力情况如图乙所示，根据牛顿第 二定律有 FN＝m2g－T＝m2g－ m1g cos θ，f＝m2a＝m2gtan θ，故 C 错误，D 正确。 9．如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止， 用大小等于 mg 的恒力 F 向上拉 B，运动距离为 h 时，B 与 A 分离。下列说 法正确的是(　　) A．B 与 A 刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B 与 A 刚分离时，它们的加速度为 g C．弹簧的劲度系数等于mg h D．在 B 与 A 分离之前，它们做加速直线运动 解析：选 CD　A、B 分离前，A、B 共同做加速运动，由于 F 是恒力，而弹力是变力， 故 A、B 做变加速直线运动，当 A、B 要分离时，FAB＝0，对 B：F－mg＝ma，对 A：kx－ mg＝ma，即 F＝kx 时，A、B 分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由 F＝mg，设用恒力 F 拉 B 前弹簧压缩量为 x0，则 2mg＝kx0，h＝x0－x，解得 k＝mg h ，综上所述，C、D 正确。 三、计算题 10．如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平 面成 30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力 F＝6.5 N，玩具的质量 m＝1 kg，经过时间 t＝2.0 s，玩具移动了距离 x＝2 3 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了 一段距离后停下(取 g＝10 m/s2)。求： (1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能运动多远； (3)幼儿要拉动玩具，拉力 F 与水平面夹角多大时最省力。 解析：(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x＝1 2at2 解得 a＝ 3 m/s2 对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得 μ＝ 3 3 。 (2)松手时，玩具的速度 v＝at＝2 3 m/s 松手后，由牛顿第二定律得 μmg＝ma′ 解得 a′＝10 3 3 m/s2 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移 x′＝ 0－v2 －2a′＝0.6 3 m≈1.04 m。 (3)设拉力 F 与水平方向的夹角为 θ，玩具要在水平面上运动，则 Fcos θ－Ff＞0，Ff＝ μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得 F＞ μmg cos θ＋μsin θ 由数学知识得 cos θ＋μsin θ＝ 1＋μ2sin(60°＋θ) 当 θ＝30°时，拉力最小，最省力。 答案：(1) 3 3 　(2)1.04 m　(3)30° 11.(2018·无锡测试)如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的 一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。轻绳两端的物体下 落(上升)的加速度总是小于自由落体的加速度 g，同自由落体相比，下落相同的 高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究。已 知物体 A、B 的质量相等均为 M，物体 C 的质量为 m，轻绳与轻滑轮间的摩擦 不计，轻绳不可伸长，如果 m＝1 4M，求： (1)物体 B 从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比 值； (2)系统由静止释放后运动过程中物体 C 对 B 的拉力大小。 解析：(1)设物体的加速度为 a，轻绳中的张力为 F， 对物体 A，F－Mg＝Ma， 对 B、C 整体，(M＋m)g－F＝(M＋m)a， 联立解得：a＝ m 2M＋mg， 将 m＝1 4M 代入，得 a＝g 9， 物体 B 从静止开始下落一段距离，h＝1 2at2， 自由落体下落同样的距离，h＝1 2gt02， 解得 t t0＝ g a＝3， 即物体 B 从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比 值为 3。 (2)设 B 对 C 的拉力为 T，对物体 C，由牛顿第二定律， mg－T＝ma， 解得 T＝mg－ma＝8 9mg。 由牛顿第三定律，物体 C 对 B 的拉力大小为 8 9mg。 答案：(1)3　(2)8 9mg 第 16 课时　滑块—滑板与传送带模型(题型研究课) (一)　滑块—滑板模型 1．两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板 长；反向运动时，位移之和等于板长。 2．解题思路 [典例]　(2018·南通中学高三期中)如图所示，光滑水平桌面上的布 带上静止放着一质量为 m＝1.0 kg 的小铁块，它离布带右端的距离为 L ＝0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为 μ＝0.1。现用力从静止开始向左以 a0＝2 m/s2 的加速 度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g 取 10 m/s2，求： (1)将布带从铁块下抽出需要多长时间； (2)铁块离开布带时的速度大小。 [解析]　(1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为 x，布带移动的距离为 L＋x，铁 块滑动的加速度为 a，由牛顿第二定律得 μmg＝ma，a＝μg＝1 m/s2， 根据运动学公式有 L＋x＝1 2a0t2，x＝1 2at2， 解得 t＝ 2L a0－μg＝1 s。 (2)由 v＝v0＋at 得 铁块速度 v＝1×1 m/s＝1 m/s。 答案：(1)1 s　(2)1 m/s 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。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受 力和运动情况可能发生突变。 [集训冲关] 　(2018·安徽名校联考)质量 M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面 上，在 F＝11 N 的水平拉力作用下由静止开始向右运动。如图所示， 当速度达到 1 m/s 时，将质量 m＝4 kg 的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动 摩擦因数 μ＝0.2，物块可视为质点(g＝10 m/s2)。求： (1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大； (2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力大小。 解析：(1)放上物块后，物块的加速度 a1＝μmg m ＝μg＝2 m/s2， 木板的加速度 a2＝F－μmg M ＝1 m/s2。 (2)当两物体速度相等后可保持相对静止，故 a1t＝v0＋a2t， 解得 t＝1 s， 1 s 内木板的位移 x1＝v0t＋1 2a2t2＝1.5 m， 物块的位移 x2＝1 2a1t2＝1 m， 所以板长 L＝x1－x2＝0.5 m。 (3)相对静止后，对整体有 F＝(M＋m)a， 对物块 f＝ma，故 f＝m F M＋m≈6.29 N。 答案：(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3)6.29 N (二)　传送带模型 1．传送带的基本类型 2．传送带的基本问题 (1)动力学问题：速度、加速度、(相对)位移、痕迹、图像、运动时间等。 (2)功和能问题：做功、能量转化[见第 27 课时重难点(三)]。 题型 1　物块轻放在匀速运动的水平传送带上　 题型 简述 “轻放”的含义是指物块的初速度为零，传送带较短时物块可能一直加速， 传送带较长时物块可能先加速后匀速。 方法 突破 (1)求解物块的加速度，a＝μmg m ＝μg。 (2)根据 t＝v a求解物块加速过程的时间。 (3)根据 x＝1 2at2 求解物块加速过程的位移。 (4)将加速过程的位移 x 与传送带的长度 L 进行比较，若 x≥L，说明物块一 直加速，若 xv 时，若传送带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等，则一直减 速；若传送带较长，物块未到达另一端时二者速度已相等，则先减速后匀速。 ②v0v， 返回时物块速度为 v，若 v0μmg m ＝μg， 由运动学公式可得，传送带达到匀速的时间 t1＝v0 a0， 煤块达到与传送带相对静止的时间 t2＝v0 μg， 根据以上分析，煤块与传送带的 v ­t 图像分别如图中直线 OB 和折线 OAB 所示。 因 v ­t 图线和 t 轴所围图形的面积表示位移，则△OAB 的面积即为二者间的相对位移， 亦即黑色痕迹的长度 L。 由几何知识得： L＝1 2(t2－t1)v0＝1 2(v0 μg－v0 a0)v0。 整理得：L＝v02(a0－μg) 2a0μg 。 [答案]　v02(a0－μg) 2a0μg 分析传送带问题的三步骤 (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。 题型 4　物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上　 题型 简述 物块轻放在匀速运动的倾斜传送带上可分为向上传送和向下传送两种情况。 方法 突破 (1)向上传送，如图甲所示，要想将物块往上传送，应满足 μ>tan θ，若传送 带较短，物块到达另一端时二者速度仍未相等或恰好相等，则一直加速；若 传送带较长，物块未到达另一端前二者速度已相等，则先加速后匀速。 (2)向下传送，如图乙所示，由于物块初速度为零，则物块所受滑动摩擦力沿 传送带向下，则 a1＝g(sin θ＋μcos θ)，当二者速度相等时，若 μ>tan θ，则物 块变为匀速，滑动摩擦力突变为静摩擦力；若 μμ2，卡车刹车的最大加速度为 a，a>μ1g，可以 认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求 其刹车后在 s0 距离内能安全停下，则卡车运行的速度不能超过(　　) A. 2as0 B. 2μ2gs0 C. 2μ1gs0 D. (μ1＋μ2)gs0 解析：选 B　因卡车底板和 B 间动摩擦因数 μ1 大于 A、B 间动摩擦因数 μ2，则要使卡 车安全停下来最大加速度为 a′＝μ2g，根据 v2＝2a′x 可得 v＝ 2a′s0＝ 2μ2gs0。 5．(2018·衡水模拟)如图甲所示，一长为 2.0 m、质量为 2 kg 的长木板静止在粗糙水平 面上，有一个质量为 1 kg 可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力 F 逐 渐增大时，小物块所受的摩擦力 Ff 随外力 F 的变化关系如图乙所示。现改用 F＝22 N 的水 平外力拉长木板，取 g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为(　　) A．1 s B．2 s C. 2 s D． 3 s 解析：选 A　由题图乙知力 F 较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者 先一起加速运动，后来发生相对滑动，当 F>2 N 时二者开始加速，表明长木板受水平面的 滑动摩擦力 Ff2＝2 N，当 F>14 N 时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦 力 Ff1＝4 N，小物块的加速度 a1＝4 m/s2。改用 F＝22 N 的外力水平拉长木板时，由牛顿第 二定律可得 F－Ff1－Ff2＝Ma，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足 1 2at2－1 2 a1t2＝L，解得 t＝1 s，故选项 A 正确。 二、多项选择题 6．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为 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 μμmgcos θ，小木 块沿斜面继续向下加速，则有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，即 a1>a2，故选项 B、D 正确，A、 C 错误。 7．如图所示，质量为 m1 的足够长木板静止在光滑水平面上，其 上放一质量为 m2 的木块。t＝0 时刻起，给木块施加一水平恒力 F。分 别用 a1、a2 和 v1、v2 表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合它们运动情况的 是(　　) 解析：选 AC　若木板和木块之间没有相对滑动，A 对；若木板和木块之间有相对滑动， 则 a2>a1，B、D 错，C 对。 8．如图甲所示，质量为 M＝2 kg 的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质 量设为 m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度—时间图像如图乙所 示，g＝10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是(　　) A．可求得物块在前 2 s 内的位移为 5 m B．可求得物块与木板间的动摩擦因数 μ＝0.2 C．可求得物块的质量 m＝2 kg D．可求得木板的长度 L＝2 m 解析：选 ABC　物块在前 2 s 内的位移 x＝4＋2 2 ×1 m＋2×1 m＝5 m，A 项正确；由题 图乙知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为 a1，木板加速度大小为 a2，则有 μmg ＝ma1＝Ma2，则 m＝M＝2 kg，C 项正确；由题图可知物块加速度大小为 a1＝2 m/s2，则 μg ＝2 m/s2，μ＝0.2，B 项正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系， 故无法求出木板的长度，D 项错误。 9．(2018·葫芦岛模拟)如图甲所示，倾角为 θ 的足够长的传送带以恒定的速率 v0 沿逆时 针方向运行。t＝0 时，将质量 m＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面 的 v ­t 图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度 g＝10 m/s2。则(　　) A．传送带的速度 v0＝10 m/s B．传送带的倾角 θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数 μ＝0.5 D．0～2 s 内摩擦力对物体做功 W＝－24 J 解析：选 ACD　由题图乙可知，当物体速度达到 v0＝10 m/s 时，加速度的大小发生了 变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向所致，故 A 正确； 0～1 s 内物体的加速度为 a1＝10 m/s2,1～2 s 内为 a2＝2 m/s2，则有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得 θ＝37°，μ＝0.5，故 B 错误，C 正确；设 0～2 s 内物体的两段位移为 x1、x2，则有 x1＝v02 2a1＝ 102 2 × 10 m＝5 m，x2＝v2－v02 2a2 ＝122－102 2 × 2 m＝11 m，摩擦力对物体做的功为 W＝W1＋W2＝μmgcos θ×x1－μmgcos θ×x2＝－24 J，故 D 正确。 三、计算题 10．(2018·北京石景山检测)如图甲所示，一小物块随足够长的水平传送带一起运动， 一水平向左飞来的子弹击中小物块并从中穿过，固定在传送带右端的位移传感器(未画出)记 录了小物块被击中后的位移 x 随时间 t 的变化关系如图乙所示。已知图线在前 3.0 s 内为二 次函数，在 3.0～4.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变， g 取 10 m/s2。 (1)定性描述小物块在前 3.0 s 内的运动情况； (2)求传送带速度 v 的大小； (3)求小物块与传送带间的动摩擦因数 μ。 解析：(1)小物块在前 2.0 s 内向左做匀减速运动，在第 3.0 s 内向右做匀加速运动。 (2)图线在 3.0～4.5 s 内为一次函数，小物块做匀速运动。 由题图乙图像的斜率可得速度 v＝Δx Δt＝－2 m/s，说明传送带沿顺时针方向转动。 (3)由题图乙可得第 3.0～4.5 s 内小物块向右做初速度为 0 的匀加速运动 由 x＝1 2at2 可得加速度 a＝2x t2 ＝8 3 m/s2 由牛顿第二定律得 μmg＝ma 解得 μ≈0.27。 答案：(1)前 2.0 s 内向左做匀减速运动，在第 3.0 s 内向右做匀加速运动　(2)2 m/s　 (3)0.27 11．(2018·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可 简化如下：如图所示，滑板长 L＝1 m，起点 A 到终点线 B 的距离 s＝5 m。开始滑板静止， 右端与 A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力 F 使滑板前进。滑 板右端到达 B 处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数 μ＝0.5，地面视为光滑， 滑块质量 m1＝2 kg，滑板质量 m2＝1 kg，重力加速度 g＝10 m/s2，求： (1)滑板由 A 滑到 B 的最短时间； (2)为使滑板能以最短时间到达 B，水平恒力 F 的取值范围。 解析：(1)滑板由 A 滑到 B 过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为 a2， f＝μm1g＝m2a2， a2＝10 m/s2， s＝a2t2 2 ， 解得 t＝1 s。 (2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为 F1，此时可认为二者加速度相 等， F1－μm1g＝m1a2， 解得 F1＝30 N， 当滑板运动到 B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为 F2，设滑块加速度为 a1， F2－μm1g＝m1a1， a1t2 2 －a2t2 2 ＝L， 解得 F2＝34 N， 则水平恒力大小范围是 30 N≤F≤34 N。 答案：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 12．(2018·济南重点中学联考)如图甲所示，水平传送带沿顺时 针方向匀速运转。从传送带左端 P 先后由静止轻轻放上三个物体 A、 B、C，物体 A 经 tA＝9.5 s 到达传送带另一端 Q，物体 B 经 tB＝10 s 到达传送带另一端 Q， 若释放物体时刻作为 t＝0 时刻，分别作出三物体的 v t 图像如图乙、丙、丁所示，求： (1)传送带的速度大小 v0； (2)传送带的长度 L； (3)物体 A、B、C 与传送带间的动摩擦因数，物体 C 从传送带左端 P 到右端 Q 所用的 时间 tC。 解析：(1)物体 A 与 B 均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度 最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小是 4 m/s。 (2)v -t 图线与 t 轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体 A 的位移 xA＝1 2×(8.5＋ 9.5)×4 m＝36 m， 传送带的长度 L 与 A 的位移相等，也是 36 m。 (3)物体 A 的加速度 aA＝ΔvA t1 ＝4 m/s2 由牛顿第二定律得 μAmg＝maA， 所以 μA＝aA g ＝0.4 同理，物体 B 的加速度 aB＝ΔvB t2 ＝2 m/s2，μB＝aB g ＝0.2 设物体 C 从传送带左端 P 到右端 Q 所用的时间为 tC，则 L＝0＋vC 2 tC tC＝2L vC＝24 s 物体 C 的加速度 aC＝ΔvC tC ＝1 8 m/s2，μC＝aC g ＝0.012 5。 答案：(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5　24 s 第 17 课时　加速度与物体质量、物体受力的关系(实验提能课) [理清实验要点] 一、实验目的 1．学会用控制变量法研究物理规律。 2．探究加速度与力、质量的关系。 3．掌握利用图像处理数据的方法。 二、实验原理 采取控制变量法，即先控制一个参量——小车的质量 M 不变，探究加速度 a 与力 F 的 关系；再控制小盘和砝码的质量不变，即力不变，探究加速度 a 与小车质量 M 的关系。 三、实验器材 小车，砝码，小盘，细绳，附有定滑轮的长木板，垫木，打点计时器，低压交流电源， 导线，纸带，复写纸，托盘天平，米尺。 四、实验步骤 1．称量质量 用天平测小盘的质量 m0 和小车的质量 M0。 2．安装器材 按照实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即 无小车牵引力)。 3．平衡摩擦力 在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，反复移动薄木块的位置，直至小 车在不挂小盘和砝码的情况下能沿木板做匀速直线运动为止。 4．测量加速度 (1)保持小车的质量不变：把小车靠近打点计时器，挂上小盘和砝码，先接通电源，再 让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。计算小盘和砝码的重力，即为小车 所受的合力，由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中。改变小盘 内砝码的个数，并多做几次。 (2)保持小盘内的砝码个数不变：在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上 运动打出纸带。计算砝码和小车的总质量 M，并由纸带计算出小车对应的加速度，并将所 对应的质量和加速度填入表(二)中。改变小车上砝码的个数，并多做几次。 表(一) 实验次数 加速度 a/(m·s－2) 小车受力 F/N 1 2 3 4 　　表(二) 实验 次数 加速度 a/(m·s－2) 小车和砝码的总质量 M/kg 小车和砝码的总质量的 倒数 1 M/kg－1 1 2 3 4 五、数据处理 1．计算加速度 在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速 度。 2．图像法处理实验数据 作图像找关系：根据记录的各组对应的加速度 a 与小车所受牵引力 F，建立直角坐标 系，描点画 a ­F 图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。 再根据记录的各组对应的加速度 a 与小车和砝码总质量 M，建立直角坐标系，描点画 a ­ 1 M 图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。 六、误差分析 1．因实验原理不完善引起的系统误差 以小车、小盘和砝码整体为研究对象得 mg＝(M＋m)a， 以小车为研究对象得 F＝Ma，求得 F＝ M M＋m·mg＝ 1 1＋m M ·mg

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