【物理】2019届二轮复习 牛顿运动定律 学案（全国通用）
2019届二轮复习 牛顿运动定律 学案（全国通用）
【考点定位】
1、连接体模型，涉及的知识点有相对运动和牛顿运动定律的应用，需要考生运用整体法和隔离法解决这类问题，意在考查考生的综合分析能力。
2、本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析.考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等.
3、对于连接体模型，命题多集中在两个或两个以上相关联的物体之间的相互作用和系统所受的外力情况，一般根据连接类型（直接连接型、绳子连接型、弹簧连接型），且考查时多涉及物体运动的临界和极值问题。
【考点解析】
考点一、牛顿运动定律
1.牛顿第一定律：一切物体总保持静止状态或者匀速直线运动状态，直到有外力改变这种状态为止。明确了力和运动的关系即力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因。保持原来运动状态不变时物质的一种属性，即惯性，大小与质量有关。牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能说牛顿第一定律是牛顿第二定律的特例。牛顿第一定律定性的给出了力和运动的关系，牛顿第二定律定量的力和运动的关系。
2.牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同，表达式。力和加速度是瞬时对应关系，力发生变化加速度就发生变化，力撤处加速度就为0，力的瞬时效果是加速度，并不是速度，力的变化和加速度的变化瞬时对应，但是力撤去，速度并不会马上等于0.力和加速度都是矢量，即可以根据合力求加速度也可以根据某个方向的加速度求该方向的合力，力和加速度都可以分解。既可以把相对静止的几个物体看做一个整体，根据整体受到的合力等于整体加速度，也可以根据其中一个物体用隔离法求合力得到一个物体加速度，整体法和隔离法的关联点在于整体的加速度和隔离的加速度相同。
3.牛顿第三定律：两个物体之间的相互作用力总是大小相等方向相反，作用在一条直线上。相互作用力总是成对出现，同时产生同时消失，是同种性质的力。相互作用力作用在两个物体上，作用效果不能叠加或者抵消。
考点二、超重和失重
概念：物体对水平支持物的压力或者竖直悬挂物的拉力超过自身重力即为超重，反之对水平支持物的压力或者竖直悬挂物的拉力小于自身重力即为失重，若对水平支持物没有压力或对竖直悬挂物没有拉力则为完全失重。学
不论是超重还是失重，物体重力都没有发生变化。
超重时加速度向上，但对速度方向没有要求，所以存在加速上升和减速下降两种情况。失重时加速度向下，同理存在加速下降和减速上升两种运动情况。
完全失重时不是物体不受重力，物体重力不变，只是物体由于重力而产生的现象都将消失，比如单摆停摆、天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等。
【2018真题回顾】
一、选择题学
1.(2018·全国卷I ·T15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是 ( )
【答案】A
【易错警示】
(1)x表示P离开静止位置的位移，并不是弹簧的压缩量。
(2)物块P做匀加速直线运动，其加速度恒定。
2.(2018.江苏卷)（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（ ）
A. 加速度先减小后增大
B. 经过O点时的速度最大
C. 所受弹簧弹力始终做正功
D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】 AD
点睛：本题以弹簧弹开物体的运动为背景考查力与运动的关系和功能关系，解题的关键是要分阶段将物体的受力情况和运动情况综合分析，另外还要弄清整个运动过程中的功能关系。
3.（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，
A. 矿车上升所用的时间之比为4:5
B. 电机的最大牵引力之比为2:1
C. 电机输出的最大功率之比为2:1
D. 电机所做的功之比为4:5
【答案】 AC
【2017真题回顾】
一、计算题
1.(2017·全国丙卷·T25)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 g和mB=5 g,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 g,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。求学
(1)B与木板相对静止时,木板的速度。
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
【答案】
(1)1 m/s (2)1.9 m
【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2,木板与地面间的摩擦力的大小为f3,A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a1
在滑块B与木板达到共同速度前有:
f1=μ1mAg
f2=μ1mBg
f3=μ2(mA+mB+m)g ③
由牛顿第二定律得
f1=mAaA
f2=mBaB
f2-f1-f3=ma1
设在t1时刻,B与木板达到共同速度,设大小为v1。由运动学公式有
v1=v0-aBt1
v1=a1t1
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得:
t1=0.4 s, v1=1 m/s
在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为
A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同,因此A和B开始运动时,两者之间的距离为
s0=sA+s1+sB
联立以上各式,代入数据得s0=1.9 m
【解题指南】
解答本题可按以下思路:
(1)对A、B及木板受力分析,利用牛顿第二定律列方程。
(2)利用运动学公式求木板的速度。学/
(3)利用运动学公式求各自发生的位移。
【2016真题回顾】
一、选择题
1.(2016·全国卷II·T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则 ( )
A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【答案】BD
2.（2016·江苏高考·T5）小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动。取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向。下列速度v和位置x的关系图象中,能描述该过程的是 ( )
【答案】A
【解析】小球静止下落,速度变快,落地后反弹,速度反向变小,首先排除C、D项;小球下落和上升时,速度和位移的关系不是线性关系,所以B项排除。学
3.（2016·江苏高考·T9）如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中 ( )
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
【答案】BD
4.(2016·天津高考·T8) 我国高铁技术处于世界领先水平,和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比,某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组 ( )
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.若改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
【答案】BD
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)先根据牛顿第二定律求解得到整体8节车厢的加速度,再求解5、6节与6、7节车厢间的作用力。
(2)根据P=Fv,当F牵=f时求解出最大速度。
5.（2016·海南高考·T5）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 5s、5 10s、10 15s内F的大小分别为F1、F2和F3,则 ( )
A. F1
F3 C.F1>F3 D.F1=F3
【答案】A
【解析】
对物体的受力分析如图所示。根据v -t图象可以知道,在0 5s内加速度为a1=0.2m/s2,方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律:mgsinθ-f-F1=ma1,则:F1=
mgsinθ-f-0.2m;在5 10s内,加速度a2=0,根据牛顿第二定律:mgsinθ-f-F2=ma2,则:F2=mgsinθ-f;在10 15s内加速度为a3=-0.2m/s2,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律:f+F3-mgsinθ=ma3,则:F3=mgsinθ-f+0.2m。故可以得到:F3>F2>F1,故选项A正确。
【误区警示】图线是物体沿斜面下滑时的速度—时间图线,所以速度的正方向是沿斜面向下的,所以加速度为正时方向同速度的正方向,沿斜面向下,为负时方向与速度的正方向反向,沿斜面向上。学
二、计算题
6. （2016·海南高考·T13）水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B,两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定,另一端跨过轻质动滑轮与A相连,动滑轮与B相连,如图所示。初始时,绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s,重力加速度大小为g。求:
(1)物块B克服摩擦力所做的功。
(2)物块A、B的加速度大小。
【答案】 (1)2μmgs (2)
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB,绳中的张力为T。由牛顿第二定律得
F-μmg-T=maA ④
2T-4μmg=4maB ⑤
由A和B的位移关系得aA=2aB ⑥
联立④⑤⑥式得aA= ⑦
aB= ⑧
7. (2016·四川高考·T10)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12m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cosθ=1,sinθ=0.1,g=10m/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。
【答案】
(1)5m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98m
(2)设货车的质量为M,从车尾位于制动坡床的底端、车速为v=23m/s到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中,所用时间为t,货物相对于制动坡床的位移为s1,在车厢内滑动了s=4m,货车的加速度大小为a2,货车相对于制动坡床的位移为s2,货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重力的 倍, =0.44,货车长度l0=12m,制动坡床的长度为l,则M=4m
Mgsinθ+F-f=Ma2 ④
F= (m+M)g ⑤
s1=vt-a1t2 ⑥
s2=vt-a2t2 ⑦
s=s1-s2 ⑧
l=l0+s0+s2 ⑨
联立以上各式并代入数据得l=98m
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)牛顿第二定律F=ma。
(2)匀变速直线运动位移公式x=v0t+at2。
【2015真题回顾】
一、选择题
1.(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
【答案】AD
【解题指南】判断人对地板的压力最大还是最小,只要选定人为研究对象,分析其相互作用力——地板对人的支持力即可。超重时支持力大于重力,失重时支持力小于重力,大多少或者小多少看加速度的大小。超重还是失重看加速度的方向。
2.(2015·全国卷Ⅱ
)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将( )
A.保持静止状态
B.向左上方做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动
D.向左下方做匀加速运动
【答案】D
【解析】
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)当金属板水平放置时,微粒恰好保持静止状态,说明微粒受重力和电场力而平衡。
(2)当将两板绕过a点的轴逆时针旋转45°时,微粒受的重力大小、方向均不发生变化,而电场力将逆时针旋转45°,即电场力的方向为向上偏左45°。
(3)微粒由静止释放,根据所受合力可以判断其运动状态。
3.(2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢,当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F,不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为 ( )
A.8 B.10 C.15 D.18
【答案】BC
【解析】设P在东，Q在西，当机车向东加速行驶时,对P以西的所有车厢应用
牛顿第二定律F=m西a
当机车向西加速行驶时,对Q以东的所有车厢应用牛顿第二定律F=m东·a
两式相比可得m西∶m东=2∶3
所以这列车厢的节数只能为5的整数倍,B、C两项符合要求,A、D两项不符合题意。
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)列车车厢数只能为整数。
(2)设P在东,Q在西,向东以加速度a加速时,P以西车厢所受合外力等于F。
(3)设P在东,Q在西，向西以加速度a加速时,Q以东车厢所受合外力等于F。
4.(2015·全国卷Ⅰ)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出
( )
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
【答案】ACD
【误区警示】本题物块上滑和下滑过程可以列四个方程,理论上可解四个未知数,易误认为物块的质量也可以解出而误选B项。
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( )
【答案】B
【解析】由题图可知,升降机运动过程分为加速下降、匀速下降、减速下降、加速上升、匀速上升、减速上升,故升降机所处的状态依次为失重、正常、超重、超重、正常、失重,所以货物所受升降机的支持力与时间的关系为选项B。学
6.(2015·海南高考)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为 ( )
A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1
【答案】A
【解题指南】
解答本题可按以下思路进行：
(1)先根据位移关系,结合公式x=at2判断a的比值。
(2)再利用牛顿第二定律寻找M与m的比值。
7.(2015·海南高考)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态。现将细线剪断,将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g,在剪断的瞬间 ( )
A.a1=3g B.a1=0 C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2
【答案】AC
【解题指南】解答本题可按以下思路进行：
(1)断线前通过对b、c受力分析确定轻弹簧S1、S2的弹力。
(2)再根据弹簧弹力不能突变的特点结合牛顿第二定律判断物块a的加速度。
8.(2015·海南高考)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时, ( )
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
【答案】BD
【解析】当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,处于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式f=μN可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,当匀速运动时有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ。假设升降机以加速度a向上运动时,把a分解为垂直斜面方向与沿斜面方向,两个分量acosθ、asinθ。垂直斜面方向上,物块与斜面相对静止,对物块分析,压力N=m(g+a)cosθ,f=μm(g+a)cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ=μm(g+a)cosθ,即在沿斜面方向物块的加速度为asinθ,所以物块的加速度也为a。故物块相对于斜面匀速下滑,C错误,D正确。故选B、D。
【误区警示】本题的一般思路：因为升降机有向上的加速度,所以N大于
mgcosθ,f=μN,f变大,所以A错B对。因为f变大,物块在沿斜面方向有向上的加速度,所以物块做减速下滑运动。上面的错误思路在于分析C、D两个选项时忘记了斜面有向上的加速度,若分解加速度的话,斜面也有沿斜面向上的加速度,关键是物块与斜面加速度相同,物块相对于斜面加速度为零。物块相对于斜面匀速下滑。
二、计算题
9.(2015·全国卷Ⅱ)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin37°=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2s末,B的上表面突然变为光滑,
μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)在0 2s时间内A和B加速度的大小。
(2)A在B上总的运动时间。
【答案】 (1)3m/s2 1m/s2 (2)4s学
【解析】(1)在0 2s时间内A的受力分析如图
N=Gcos37°=0.8mg
F=Gsin37°-μ1N=0.6mg-×0.8mg=0.3mg
由牛顿第二定律可得
aA===3m/s2
在0 2s时间内B的受力分析如图
(2)2s时,
vA=aAt=3×2m/s=6m/s
vB=aBt=1×2m/s=2m/s
B的上表面突然变为光滑后
aA′==6m/s2
aB′===-2m/s2
1s后B将停止运动,3s内B运动的距离为
sB=aB×(2s)2+vB×1s+aB′×(1s)2=3m
设A在B上总的运动时间为t,则A的位移为30m,
sA=aA×(2s)2+vA(t-2s)+aA′(t-2s)2=30m
解得t=4s
【误区警示】运动学的常见误区
(1)忽略减速运动的特性,时间大于速度减到零的时间,与实际不符。
(2)压力变化了,误认为摩擦力没有变化。
(3)物理量符号没有区分,杂乱无章。
10.(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块,在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图甲所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2。
(2)木板的最小长度。
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】(1)0.1 0.4 (2)6.0m (3)6.5m
【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1 ①学 .
由图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得
v1=v0+a1t1 ②
s0=v0t1+a1 ③
式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1=0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2 ⑤
由图可得a2= ⑥
式中,t2=2s,v2=0,
联立⑤⑥式和题给条件得μ2=0.4 ⑦
【解题指南】解答本题应从以下四点分析：
(1)可以利用图像求出小物块的加速度进而求得小物块与木板间的动摩擦因数μ2。
(2)碰撞前二者向右做匀减速直线运动,碰后物块继续向右做匀减速直线运动,木板向左做匀减速直线运动。
(3)物块恰好没有离开木板的临界条件为二者末速度相等、物块恰好运动到木板的最右端。
(4)木板的长度为二者的相对位移。
11.(2015·山东高考)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,如图乙所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g。求：
(1)物块的质量。
(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。 . .X.X.
【答案】 (1)3m (2)0.1mgl
(2)设小球运动到最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服阻力所做的功为Wf,由动能定理得
mgl(1-cos60°)-Wf=mv2 ⑥
在最低位置,设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知,F3=0.6F1,对小球,
由牛顿第二定律得T3-mg=m ⑦
对物块,由平衡条件得
F3+T3=Mg ⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得
Wf=0.1mgl ⑨学
【2014真题回顾】
一、选择题
1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比,小球的高度( )
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】A
2.(2014·北京高考)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如,平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是( )
A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态
B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
【答案】D
【解析】手托物体向上运动,一定先向上加速,处于超重状态,但后面的运动可以是减速的,也可以是匀速的,不能确定,A、B错误;物体和手具有共同的速度和加速度时,二者不会分离,故物体离开手的瞬间,物体向上运动,物体只受重力,物体的加速度等于重力加速度,但手的加速度应大于重力加速度,并且方向竖直向下,手与物体才能分离,所以C错误,D正确。学
【误区警示】物体处于超重或失重状态取决于加速度的方向,若加速度方向向上,则物体处于超重状态;若加速度方向向下,则物体处于失重状态。超重或失重跟物体运动的速度方向无关。
3. (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 学方法,有力地促进了人类 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
【答案】A
【误区警示】解答本题一定要紧密联系本题的实验情景:控制小球质量一定,研究小球上升高度与所受阻力的关系;跟力与运动的关系没有直接联系。
4.(2014·四川高考)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )
【答案】BC
5.(2014·山东高考)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有
( )
A.t1 B.t2 C.t3 D.t4
【答案】AC
【解析】选A、C。合外力与速度方向相同说明质点做加速运动,在图像中表示质点正在做加速运动的时刻有t1和t3时刻,做减速运动的时刻为t2和t4时刻,故选项A、C正确,B、D错误。学
【误区警示】本题容易把质点在t3时刻的运动当作减速运动,在t4时刻的运动当作加速运动,从而造成错选;其原因是图像中的“-”不表示速度的大小,仅表示质点的运动方向与正方向相反。
6.(2014·重庆高考)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是( )
【答案】D
【误区警示】本题容易忽略两个物体在最高点的运动分析,误认为正确答案为B、C、D。事实上两个物体在最高点时,均只受重力,故加速度均为g,即过与t轴交点的切线斜率相等。
7.(2014·江苏高考)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μ。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( )
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=μmg时,A的加速度为μg
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μg
【答案】BCD
【解题指南】板块模型的解题思路是抓住临界状态,如本题中假设A、B之间摩擦力为最大静摩擦力,计算A、B整体对应的拉力和加速度,若物块实际的拉力和加速度大于临界的拉力和加速度,则A、B物块发生相对运动。
二、非选择题
1.(2014·上海高考)牛顿第一定律表明,力是物体 发生变化的原因;该定律引出的一个重要概念是 。
【答案】运动状态 惯性
【解析】牛顿第一定律表明,力不是维持物体运动的原因,而是物体运动状态发生变化的原因;物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,叫作惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
2.(2014·山东高考)研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72 m/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。求:
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少;
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
【答案】(1)8m/s2 2.5s (2)0.3s (3)
【解析】(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题图可得v0=72 m/h=20m/s,末速度v=0,位移s=25m,由运动学公式得
联立以上两式,代入数据得
a=8m/s2
t=2.5s
(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者的质量为m,由牛顿第二定律得:F=ma
由平行四边形定则得:
代入相关数据解得:
【误区警示】(1)本题学生分析图乙时,不能正确地读出刹车初速度和刹车位移,其原因是在图像中刹车速度应从右向左逐渐减小,而刹车位移则从下到上逐渐增大。
(2)本题易将汽车对志愿者的作用力误当作志愿者受到的水平作用力ma,原因是没有对志愿者进行正确的受力分析。学
3.(2014·新课标全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 m/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
【答案】20m/s(72 m/h)
4.(2014·上海高考)如图,水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面,斜面上放一质量为m的光滑球。静止时,箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动,然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止,经过的总路程为s,运动过程中的最大速度为v。
(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′。
(2)若a>gtanθ,求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。
【答案】(1) (2)0 m(acotθ-g)
【解析】(1)由匀变速直线运动公式有:v2=2a′s1、v2=2as2,
且s=s1+s2,
解得: 。学
(2)假设球不受箱子作用,应满足:Nsinθ=ma,Ncosθ=mg,
解得:a=gtanθ。
