【物理】2020届一轮复习人教版第三章第2讲牛顿运动定律的应用学案

【物理】2020届一轮复习人教版第三章第2讲牛顿运动定律的应用学案

第 2 讲　牛顿运动定律的应用 [考试标准] 知识内容 考试要求 说明 牛顿运动定律应用 d 超重与失重 b 1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度 相同的情形． 2.不要求解决加速度不同的两个物体的动 力学问题. 一、两类动力学问题 1．两类动力学问题 (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，具体逻辑关系如图所示： 自测 1 　假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当 汽车以 20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为(　　) A．40 m B．20 m C．10 m D．5 m 答案　B 解析　a＝Ff m＝mg m ＝g＝10 m/s2，由 v2＝2ax 得 x＝v2 2a＝ 202 2 × 10 m＝20 m，B 对． 二、超重与失重 1．超重 (1)定义：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． (2)产生条件：物体具有向上的加速度． 2．失重 (1)定义：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． (2)产生条件：物体具有向下的加速度． 3．完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象． (2)产生条件：物体的加速度 a＝g，方向竖直向下． 自测 2 　关于超重和失重的下列说法中，正确的是(　　) A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了 B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用 C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态 D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 答案　D 命题点一　超重与失重现象 1．对超重和失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变． (2)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． (3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于 超重或失重状态． 2．判断超重和失重的方法 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，物体处于失重状态；等于零时， 物体处于完全失重状态 从加速度的角 度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向 下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重 力加速度时，物体处于完全失重状态 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 例 1 　(多选)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 1 所示， 以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力(　　) 图 1 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 答案　AD 解析　人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有 F －mg＝ma，即 F＝mg＋ma，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小， 将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项 A、D 正确，B、C 错误． 变式 1 　图 2 甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点 O 表示人的重心．图 乙是根据传感器采集到的数据画出的 F－t 图线，两图中 a～g 各点均对应，其中有几个点在 图甲中没有画出．取重力加速度 g＝10 m/s2，根据图象分析可知(　　) 图 2 A．人的重力为 1 500 N B．c 点位置人处于失重状态 C．e 点位置人处于超重状态 D．d 点的加速度小于 f 点的加速度 答案　C 解析　开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是 500 N，根据平衡条件与牛顿第三定律 可知，人的重力也是 500 N，故 A 错误；c 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状 态，故 B 错误；e 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故 C 正确；人在 d 点： a1＝Fd－G m ＝1 500－500 500 10 m/s2＝20 m/s2，人在 f 点：a2＝G－0 m ＝500 500 10 m/s2＝10 m/s2，可知 d 点的加速度大于 f 点的加速度，故 D 错误． 变式 2 　如图 3 所示，小明将叠放在一起的 A、B 两本书抛给小强，已知 A 的质量为 m， 重力加速度为 g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则 A、B 在空中运动时(　　) 图 3 A．A 的加速度等于 g B．B 的加速度大于 g C．A 对 B 的压力等于 mg D．A 对 B 的压力大于 mg 答案　A 解析　A、B 两本书叠放在一起抛出，做加速度为 g 的抛体运动，处于完全失重状态，则 A、 B 间的作用力为零，故 A 正确，B、C、D 错误． 变式 3 　(2018·金华市十校期末)一个质量为 50 kg 的人，站在竖直方向运动着的升降机地板 上．他看到升降机上弹簧测力计挂着一个质量为 5 kg 的重物，弹簧测力计的示数为 40 N， 重物相对升降机静止，如图 4 所示，则(g 取 10 m/s2)(　　) 图 4 A．升降机一定向上加速运动 B．升降机一定向上减速运动 C．人对地板的压力一定为 400 N D．人对地板的压力一定为 500 N 答案　C 解析　对重物，由 mg－F＝ma 得 a＝2 m/s2，方向竖直向下，升降机可能减速上升或者加速 下降；对人，由 Mg－FN＝Ma 得 FN＝400 N，由牛顿第三定律得人对地板的压力 FN′＝FN＝ 400 N，故 C 正确． 命题点二　动力学中的图象问题 1．常见的动力学图象 v－t 图象、a－t 图象、F－t 图象等． 2．图象问题的类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况． (3)由已知条件确定某物理量的变化图象． 3．解决图象问题的关键 (1)看清图象的横、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)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，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． 例 2 　用水平力 F 拉静止在水平桌面上的小物块，水平力 F 方向不变，大小按图 5 甲所示 规律变化，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度 a 随时间变化的图象如图乙所 示．重力加速度大小为 10 m/s2，则下列关于物块与水平桌面间的最大静摩擦力 Ffm、物块与 水平桌面间的滑动摩擦力 Ff、物块与水平桌面间的动摩擦因数 μ、物块质量 m 的值正确的 是(　　) 甲　　　　　　　　乙 图 5 A．Ffm＝4 N B．μ＝0.1 C．Ff＝6 N D．m＝2 kg 答案　B 解析　t＝2 s 时，Ffm＝F1＝6 N；F1－μmg＝ma1， 即 6－μmg＝m. t＝4 s 时，F2－μmg＝ma2， 即 12－μmg＝3m， 解得 m＝3 kg，μ＝0.1， 则 Ff＝μmg＝3 N. 变式 4 　(多选)水平地面上质量为 1 kg 的物块受到水平拉力 F1、F2 的作用，F1、F2 随时间 的变化如图 6 所示，已知物块在前 2 s 内以 4 m/s 的速度做匀速直线运动，取 g＝10 m/s2， 则(　　) 图 6 A．物块与地面间的动摩擦因数为 0.2 B．3 s 末物块受到的摩擦力大小为 3 N C．4 s 末物块受到的摩擦力大小为 1 N D．5 s 末物块的加速度大小为 3 m/s2 答案　BC 解析　在前 2 s 内物块做匀速运动，则摩擦力 Ff＝3 N，μ＝ Ff mg＝ 3 10＝0.3，选项 A 错误；2 s 后物块做匀减速运动，加速度 a＝F 合 m ＝6－5－3 1 m/s2＝－2 m/s2，则经过 t＝0－v a ＝2 s， 即 4 s 末速度减为零，则 3 s 末物块受到的摩擦力大小为 3 N,4 s 末物块受到的摩擦力为静摩 擦力，大小为 6 N－5 N＝1 N，选项 B、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静 摩擦力，则物块不再运动，则 5 s 末物块的加速度为零，选项 D 错误． 变式 5 　如图 7 所示为质量 m＝75 kg 的滑雪运动员在倾角 θ＝37°的直滑道上由静止开始 向下滑行的 v－t 图象，图中的 OA 直线是 t＝0 时刻速度图线的切线，速度图线末段 BC 平 行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为 μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为 k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， 则(　　) 图 7 A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动 B．t＝0 时刻运动员的加速度大小为 2 m/s2 C．动摩擦因数 μ 为 0.25 D．比例系数 k 为 15 kg/s 答案　C 解析　由 v－t 图象可知 ，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运 动，故 A 错误；在 t＝0 时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有 a0＝12－0 3－0 m/s2 ＝4 m/s2，故 B 错误；在 t＝0 时刻开始加速时，v0＝0，由牛顿第二定律可得 mgsin θ－kv0－ μmgcos θ＝ma0，最后匀速时有 vm＝10 m/s，a＝0，由平衡条件可得 mgsin θ－kvm－μmgcos θ＝0，联立解得 μ＝0.25，k＝30 kg/s，故 C 正确，D 错误． 命题点三　动力学的两类基本问题 1．解题关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁． 2．常用方法 (1)合成法 在物体受力个数较少(2 个或 3 个)时一般采用合成法． (2)正交分解法 若物体的受力个数较多(3 个或 3 个以上)，则采用正交分解法． 模型 1　已知运动情况求物体受力 例 3 　(2019 届湖州市月考)2017 年 1 月 25 日，在中央电视台播出的“2016 年度科技盛典” 节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产 003 型航母电磁弹射器”(如图 8 所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速 度．假定航母始终处于静止状态，质量为 M 的飞机利用电磁弹射车起飞，飞机在 t0 时刻从 静止开始在跑道上做匀加速运动，在 t1 时刻获得发射速度 v.此过程中飞机发动机的推力恒为 F，阻力恒为 Ff.问： 图 8 (1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？ (2)若在 t1 时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推 力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板 L 至少多长？ 答案　(1) Mv t1－t0－F＋Ff　(2)v(t1－t0) 2 ＋ Mv2(t1－t0) 4Ff(t1－t0)＋2Mv 解析　(1)设飞机在匀加速过程中的加速度为 a1， 由运动学公式得 a1＝v－v0 Δt ，即 a1＝ v t1－t0① 由牛顿第二定律可得 F－Ff＋F 辅＝Ma1② 由①②可得 F 辅＝ Mv t1－t0－F＋Ff. (2)飞机在匀加速过程中滑行的距离为 s1 s1＝vΔt＝v(t1－t0) 2 ③ 设飞机在减速过程中的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 －F－Ff－F 辅＝Ma2④ 飞机在减速过程中滑行的距离为 s2， 由运动学公式得 0－v2＝2a2s2，可得 s2＝－ v2 2a2⑤ 由①②④⑤可得 s2＝ Mv2(t1－t0) 4Ff(t1－t0)＋2Mv 要使飞机能安全停止，则飞行甲板长 L 需满足 L≥s1＋s2＝v(t1－t0) 2 ＋ Mv2(t1－t0) 4Ff(t1－t0)＋2Mv . 变式 6 　爸爸和孩子们进行山坡滑草运动，该山坡可看成倾角 θ＝37°的斜面，一名孩子连 同滑草装置总质量 m＝80 kg，他从静止开始匀加速下滑，在时间 t＝5 s 内沿山坡斜面滑下 的位移 x＝50 m．(不计空气阻力，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问： (1)该孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力 Ff 为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数 μ 为多大？ (3)该孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸至少用多 大的力才能拉动？ 答案　(1)160 N　(2)0.25　(3)640 N 解析　(1)由位移公式有：x＝1 2at2 解得：a＝2x t2 ＝2 × 50 52 m/s2＝4 m/s2 沿山坡斜面方向，由牛顿第二定律得：mgsin θ－Ff＝ma 代入数值解得：Ff＝m(gsin θ－a)＝80×(10×0.6－4) N＝160 N (2)在垂直山坡斜面方向上，有：FN－mgcos θ＝0 又有：Ff＝μFN 联立并代入数据解得： μ＝ Ff mgcos θ＝ 160 80 × 10 × 0.8＝0.25 (3)Ff′＝Ff，根据平衡条件，沿山坡斜面方向，有： F＝Ff′＋mgsin 37°＝160 N＋80×10×0.6 N＝640 N 模型 2　已知物体受力求运动情况 例 4 　有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡， 如图 9 甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间．为简化问题，现设两边倾斜部 分 AB 段和 CD 段均为直轨道，长度均为 L＝200 m，水平部分 BC 段长度也为 L＝200 m， 站台的高度 h 未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接．一长度可忽略的电车自站 台左前方以 v0＝72 km/h 的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经 过时间 t1＝100 s 后到达 A 点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的 B 点时速度为 vB＝18 km/h，此时司机还需启动刹车系统，使得电车最终正好停在 BC 段的中点．已知电车在各段 轨道上所受摩擦力(不含刹车时所增加的阻力)可认为等于其自身总重力的 0.01 倍，刹车过程 所增加的阻力可看做恒力，空气阻力忽略不计，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可 能腾空对研究问题的影响，g 取 10 m/s2，求： 图 9 (1)电车到达 A 点时的速度大小 vA； (2)电车从站台 B 点到最终停止所需的时间 t； (3)该电车站台的高度 h. 答案　(1)10 m/s　(2)40 s　(3)1.75 m 解析　(1)电车从切断电源到 A 点由牛顿第二定律得 0．01mg＝ma1，解得 a1＝0.1 m/s2 由运动学公式得 vA＝v0－a1t1 解得 vA＝10 m/s (2)电车从 B 点到停止，有 1 2L＝1 2vBt，解得 t＝40 s (3)电车从 A 点到 B 点，由运动学公式得 vB2－vA2＝－2a2L， 由牛顿第二定律得 0.01mg＋mgsin θ＝ma2 其中 sin θ＝h L 联立解得 h＝1.75 m. 变式 7 　(2018·9＋1 高中联盟期中)皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图 10 所示为静水 中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性的发生作用．假设初始阶段 中，运动员每次用船桨向后划水的时间 t1＝1 s，获得水平向前的持续动力恒为 F＝480 N， 而船桨离开水的时间 t2＝0.4 s，运动员与皮划艇的总质量为 120 kg，运动员和皮划艇受到的 阻力恒为 150 N，并从静止开始沿直线运动．在该阶段中： 图 10 (1)运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多少？ (2)若运动员从静止开始后，第一次划水后就停止划水，皮划艇总计前行多长距离？ (3)若运动员从静止开始后，2.8 s 末速度为多大？ 答案　(1)2.75 m/s2　1.25 m/s2　(2)4.4 m (3)4.5 m/s 解析　(1)船桨划水时，F－Ff＝ma1 得：a1＝2.75 m/s2 船桨离开水时：Ff＝ma2 得：a2＝1.25 m/s2 (2)1 s 末皮划艇的速度：v1＝a1t1＝2.75 m/s 滑行总位移：x＝v12 2a1＋v12 2a2＝4.4 m (3)1.4 s 末速度：v2＝v1－a2t2＝2.25 m/s 2．4 s 末速度：v3＝v2＋a1t1＝5 m/s 2．8 s 末速度：v4＝v3－a2t2＝4.5 m/s 命题点四　传送带模型 模型 1　水平传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景 1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)v0＞v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＝v 时，一直匀速 (3)v0＜v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 情景 3 (1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 (2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．当 v0 ＞v 时返回右端的速度为 v，当 v0＜v 时返回右端的 速度为 v0 模型 2　倾斜传送带模型 项目 图示 滑块可能的运动情况 情景 1 若滑块能够上滑，则： (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 情景 2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 (3)可能先以 a1 加速后以 a2 加速 情景 3 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先加速后匀速 (4)可能先减速后匀速 (5)可能先以 a1 加速后以 a2 加速 (6)可能一直减速 情景 4 (1)可能一直加速 (2)可能一直匀速 (3)可能先减速后反向加速 (4)可能一直减速 例 5 　某飞机场利用如图 11 所示的传送带将水平地面上的货物运送到飞机上，传送带与地 面的夹角 θ＝30°，传送带两端 A、B 的长度 L＝10 m．传送带以 v＝5 m/s 的恒定速度匀速向 上运动．在传送带底端 A 轻轻放一质量 m＝5 kg 的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动 摩擦因数 μ＝ 3 2 .求货物从 A 端运送到 B 端所需的时间．(g 取 10 m/s2) 图 11 答案　3 s 解析　由牛顿第二定律得： μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma 解得 a＝2.5 m/s2 货物匀加速运动的时间 t1＝v a＝2 s 货物匀加速运动的位移 x1＝1 2at12＝1 2×2.5×22 m＝5 m 随后货物做匀速运动． 运动位移 x2＝L－x1＝5 m 匀速运动时间 t2＝x2 v ＝1 s 货物从 A 端运送到 B 端所需的时间 t＝t1＋t2＝3 s 变式 8 　如图 12 所示，水平传送带 AB 长 L＝10 m，向右匀速运动的速度 v0＝4 m/s，一质 量为 1 kg 的小物块(可视为质点)以 v1＝6 m/s 的初速度从传送带右端 B 点冲上传送带，物块 与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.4，g 取 10 m/s2.求： 图 12 (1)物块相对地面向左运动的最大距离； (2)物块从 B 点冲上传送带到再次回到 B 点所用的时间． 答案　(1)4.5 m　(2)3.125 s 解析　(1)物块的加速度大小 a＝μmg m ＝μg＝4 m/s2 物块向左匀减速运动，v＝0 时向左运动的距离最大． 由运动学公式得 0－v12＝－2ax，解得 x＝v12 2a＝ 62 2 × 4 m＝4.5 m. (2)物块向左运动到速度减为 0 的时间： t1＝v1 a ＝6 4 s＝1.5 s 由于 v1>v0，所以物块向右先加速到 4 m/s，后匀速到达 B 点，加速时间为 t2＝v0 a ＝4 4 s＝1 s 加速的距离 x1＝v·t2＝v0 2 t2＝4 2×1 m＝2 m 所以匀速运动的时间为 t3＝x－x1 v0 ＝4.5－2 4 s＝0.625 s 物块从 B 点冲上传送带再次回到 B 点所用的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.5 s＋1 s＋0.625 s＝3.125 s. 1．(2018·名校协作体联考)下列情景中属于超重现象的是(　　) 答案　C 2.在 2016 年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌．如图 1 所示 为运动员正在进行蹦床比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) 图 1 A．运动员离开蹦床后处于失重状态 B．运动员上升到最高点时加速度为零 C．运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动 D．运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态 答案　A 解析　运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故 A 正确；运动 员上升到最高点时，仅受重力，加速度为 g，故 B 错误；运动员下落碰到蹦床后，开始重力 大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上， 向下做减速运动，故 C 错误；运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后 减速向下，处于超重状态，故 D 错误． 3．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，从踩下刹车匀减速运动到车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 答案　C 解析　汽车的速度 v0＝90 km/h＝25 m/s 设汽车匀减速运动的加速度大小为 a，则 a＝v0 t ＝5 m/s2 对乘客应用牛顿第二定律可得： F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以 C 正确． 4．一物块沿倾角为 θ 的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑 的时间是上滑时间的 2 倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　) A.1 3tan θ B.1 2tan θ C.3 5tan θ D．tan θ 答案　C 解析　物块上滑的加速度 a1＝gsin θ＋μgcos θ，则 x＝1 2a1t2； 物块下滑的加速度 a2＝gsin θ－μgcos θ， 则 x＝1 2a2(2t)2； 联立解得 μ＝3 5tan θ，故选 C. 5．(2018·金华市、丽水市、衢州市十二校联考)滑沙是国内新兴的旅游活动项目，如图 2 甲 所示，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，随着下滑速度的加快，在有惊无险的瞬间体味 到了刺激和快感．其运动可以简化为如图乙所示，一位游客先后两次从静止下滑，下列 v－ t 图象中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和水 平地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则 v－t 图象 正确的是(　　) 图 2 答案　D 解析　设滑板与沙之间的动摩擦因数为 μ，斜面与水平地面之间的夹角为 θ，当游客与滑板 沿斜面向下运动时，ma1＝mgsin θ－μmgcos θ，则：a1＝gsin θ－μgcos θ，可知，向下滑动的 加速度与斜面的高度无关，则在 v－t 图中两次加速的过程图线是重合的；在水平地面上减 速的过程中：ma2＝μmg，所以：a2＝μg，可知减速过程中的加速度也是大小相等的，则两 次减速过程中的 v－t 图线是平行线，故 A、B、C 错误，D 正确． 6.(2018·嘉兴市第一中学期中)质量为 m 的物块在倾角为 θ 的固定粗糙斜面上匀加速下滑．现 对物块施加一个竖直向下的恒力 F，如图 3 所示，则物块的加速度大小将(　　) 图 3 A．变大 B．变小 C．不变 D．以上情况都有可能 答案　A 解析　质量为 m 的物块在倾角为 θ 的固定粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小 a＝mgsin θ－μmgcos θ m ＝g(sin θ－μcos θ) 对物块施加一个竖直向下的恒力 F，对物块受力分析如图，则物块的加速度大小 a1＝ (mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ m ＝(g＋F m)(sin θ－μcos θ)>a 故 A 正确，B、C、D 错误． 7．广州塔，昵称“小蛮腰”，总高度达 600 米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观 光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在 t＝0 时由静止开始上升，a－t 图 象如图 4 所示．则下列相关说法正确的是(　　) 图 4 A．t＝4.5 s 时，电梯处于失重状态 B．5～55 s 时间内，绳索拉力最小 C．t＝59.5 s 时，电梯处于超重状态 D．t＝59 s 时，电梯处于失重状态 答案　D 解析　利用题图 a－t 图象可判断：t＝4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态， A 错误；0～5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s 时间内，电梯处于匀 速上升过程，拉力等于重力，55～60 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，B、C 错误，D 正确． 8．(2018·宁波市期末)一物体放置在粗糙程度相同的水平面上，处于静止状态，从 t＝0 时刻 起，用一水平向右的拉力 F 作用在物体上，且 F 的大小随时间从零均匀增大，如图 5 所示， 则下列关于物体的加速度 a、摩擦力 Ff、速度 v 随 F 的变化图象正确的是(　　) 图 5 答案　B 解析　F 较小时，物体静止，F＝Ff＝kt，之后，物体开始滑动，加速度 a＝kt－μmg m ，物体 做 a 增大的加速运动，故 B 正确． 9.如图 6 所示，足够长的水平传送带以 v0＝2 m/s 的速度顺时针匀速运行．t＝0 时，在传送 带的最左端轻放一个小滑块，t＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的 动摩擦因数为 μ＝0.2，g＝10 m/s2.在下图中，关于滑块相对地面运动的 v－t 图象正确的 是(　　) 图 6 答案　D 解析　滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a＝μmg m ＝μg＝2 m/s2，滑 块运动到与传送带速度相同时需要的时间 t1＝v0 a ＝1 s，然后随传送带一起匀速运动的时间 t2 ＝t－t1＝1 s，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运动直 到静止，a′＝－a＝－2 m/s2，运动的时间 t3＝ Δv a′＝1 s，选项 D 正确． 10．(2018·浙江 11 月选考·13)如图 7 所示为某一游戏的局部简化示意图．D 为弹射装置，AB 是长为 21 m 的水平轨道，倾斜直轨道 BC 固定在竖直放置的半径为 R＝10 m 的圆形支架上， B 为圆形的最低点，轨道 AB 与 BC 平滑连接，且在同一竖直平面内，某次游戏中，无动力 小车在弹射装置 D 的作用下，以 v0＝10 m/s 的速度滑上轨道 AB，并恰好能冲到轨道 BC 的 最高点．已知小车在轨道 AB 上受到的摩擦力为其重量的 0.2 倍，轨道 BC 光滑，则小车从 A 到 C 的运动时间是(g 取 10 m/s2)(　　) 图 7 A．5 s B．4.8 s C．4.4 s D．3 s 答案　A 解析　小车在轨道 AB 上运动的加速度大小为 a＝μg＝2 m/s2，LAB＝v0t1－1 2at12，得 t1＝3 s(另 一值 7 s 舍去)，在轨道 BC 上运动时，LBC＝2Rsin θ，加速度大小为 a1＝gsin θ，将小车在轨 道 BC 上的运动看作逆向的初速度为 0 的匀加速直线运动，则有 LBC＝1 2a1t22，得 t2＝2 s，所 以小车从 A 到 C 的运动时间为 t＝t1＋t2＝5 s. 11.(2016·浙江 10 月选考·19)如图 8 所示，在某段平直的铁路上，一列以 324 km/h 高速行驶 的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留 4 min，随后 匀加速驶离车站，经 8.1 km 后恢复到原速 324 km/h.(g 取 10 m/s2) 图 8 (1)求列车减速时的加速度大小； (2)若该列车总质量为 8.0×105 kg，所受阻力恒为车重的 0.1 倍，求列车驶离车站加速过程中 牵引力的大小； (3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小． 答案　见解析 解析　(1)列车的速度为 324 km/h＝90 m/s， 经过 5 min＝300 s 停下，所以加速度大小为 a＝|Δv| t ＝|90－0| 300 m/s2＝0.3 m/s2 (2)Ff＝0.1mg，根据牛顿第二定律，F－0.1mg＝ma′ v2＝2a′x′，因 x′＝8.1 km＝8 100 m， v＝90 m/s，m＝8.0×105 kg 解得 a′＝0.5 m/s2 ，F＝1.2×106 N (3)根据(2)可知，重新加速时间为 t′＝ v a′＝90 0.5 s＝180 s 减速过程中通过的位移 x＝v 2t＝45×300 m＝13 500 m 所以整个过程的平均速度大小 v＝x＋x′ t 总 ＝ 13 500＋8 100 300＋240＋180 m/s＝30 m/s. 12．(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)小明不小心将餐桌边沿处的玻璃杯碰落在地， 玻璃杯没碎．他觉得与木质地板较软有关，并想估测杯子与地板接触过程中地板最大的微小 形变量．他测出了玻璃杯与地板作用的时间为 Δt，杯子的质量为 m，桌面离地的高度为 h(设 杯离开桌面时初速度为零，杯的大小远小于 h，杯子与地板接触过程可视为匀减速直线运动， 地板形变不恢复)，重力加速度为 g，不计空气阻力．试求杯子与地板接触过程中： (1)杯子加速度大小 a； (2)杯子受到地板的作用力大小 F； (3)地板最大的微小形变量 Δx. 答案　(1) 2gh Δt 　(2)mg＋m 2gh Δt 　(3)Δt 2 2gh 解析　(1)杯子离开桌面到下落至地板，有 v2＝2gh 得 v＝ 2gh 杯子与地板接触过程中，有 v＝aΔt 得 a＝ 2gh Δt (2)由 F－mg＝ma 得 F＝mg＋m 2gh Δt (3)由 Δx＝1 2a(Δt)2 得 Δx＝Δt 2 2gh 13.如图 9 所示，一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角 θ＝30°.现 小球在 F＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从 A 点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间 的动摩擦因数为 3 6 ，g 取 10 m/s2.试求： 图 9 (1)小球运动的加速度大小； (2)若 F 作用 1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距 A 点的最大距离． 答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 解析　(1)在力 F 作用下，对小球受力分析如图甲所示， 由牛顿第二定律得 (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1 解得 a1＝2.5 m/s2 (2)刚撤去 F 时，小球的速度 v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移 x1＝v1 2 t1＝1.8 m 撤去力 F 后，小球上滑时，受力分析如图乙． 由牛顿第二定律得 mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 解得 a2＝7.5 m/s2 小球上滑时间 t2＝v1 a2＝0.4 s 上滑位移 x2＝v1 2 t2＝0.6 m 则小球上滑过程中距 A 点的最大距离为 xm＝x1＋x2＝2.4 m.