牛顿运动定律 专题讲解

1、牛顿运动定律专题一力和运动的关系力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因由Fma知，加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度与力没有直接关系【典例1】 如图322所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点如果物体受到的阻力恒定，则()图322A物体从A到O先加速后减速B物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C物体运动到O点时，所受合力为零D物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小解析物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可

2、知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大当物体向右运动至AO间某点(设为点O)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大所以物体越过O点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动正确选项为A.答案A易错警示 解答此题时容易犯的错误是认为弹簧无形变时物体的速度最大，加速度为零，从而错选B、C、D.这显然是没有对物理过程进行认真分析的结果分析物理问题时，要在脑海里建立起一幅清晰的动态图

3、景【跟踪短训】1(2013·海南卷，2)一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()Aa和v都始终增大Ba和v都先增大后减小Ca先增大后减小，v始终增大Da和v都先减小后增大解析质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0，合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C.答案C2一皮带传送装置如图323所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带

4、上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是()图323A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度减小C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力Ff和弹簧向右的拉力F拉kx，合力F合FfF拉ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹

5、簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小答案D专题二对牛顿第二定律的理解及应用1瞬时性问题的解题技巧分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，此类问题应注意以下几种模型：特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或压力轻绳微小不计可以只有拉力没有压力轻橡皮绳较大不能只有拉力没有压力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有压力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力2.在求解瞬时性加速度问题时应注意(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

6、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【典例2】(2013·银川模拟)如图324所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，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()图324A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin 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，A、B两球瞬时加速度都不为零解析对A、B两球在细线烧断前、后的瞬间分别受力分析如图所示细线烧断瞬间，弹簧还未形变，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，

7、mgsin kx0，即aB0，A球所受合力为mgsin kxmaA即：2mgsin maA，解得aA2gsin ，故A，D错误，B，C正确答案BC【跟踪短训】3如图325所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()图325Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g解析在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性

8、轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1a2g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，所以C对答案C4(2013·芜湖模拟)如图326所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则()图326Aa10，a20Ba1a，a2aCa1a，a2aDa1a，a2a解析拉力F作

9、用时，设弹簧的弹力为F1.对A：F1m1a，对B：FF1m2a撤去拉力F瞬时，弹簧的弹力F1不变F1m1a1F1m2a2，所以a1a，a2a故选项D正确答案D专题三 巧解动力学问题的常用方法用整体法、隔离法巧解动力学问题1整体法、隔离法当问题涉及几个物体时，我们常常将这几个物体“隔离”开来，对它们分别进行受力分析，根据其运动状态，应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解特别是问题涉及物体间的相互作用时，隔离法是一种有效的解题方法而将相互作用的两个或两个以上的物体看成一个整体(系统)作为研究对象，去寻找未知量与已知量之间的关系的方法称为整体法2选用整体法和隔离法的策略(1)当各物体的运动状态相同时，宜

10、选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；(2)对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解【典例1】 (2013·福建卷，21)质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环已知重力加速度为g，不计空气影响图327(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图327甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？图a解析(1)如图a

11、，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcos mg0由图知cos 由式解得Tmg(2)此时，对小铁环进行受力分析，如图b所示，有Tsin ma图bTTcos mg0由图知60°，代入式解得ag如图c，设外力F与水平方向成角，将杆和小铁环当成一个整体，有图cFcos (Mm)aFsin (Mm)g0由式解得，F(Mm)gtan ，60°即外力方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方答案(1)mg(2)g(Mm)g，与水平方向的夹角为60°斜向右上方图328即学即练1如图328所示，两块粘连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们

12、施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa>Fb，则a对b的作用力()A必为推力B必为拉力C可能为推力，也可能为拉力D不可能为零解析将a、b看作一个整体，加速度a，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a，即Fab，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正、可能为负、也可能等于0.答案C用分解加速度法巧解动力学问题因牛顿第二定律中Fma指出力和加速度永远存在瞬间对应关系，所以在用牛顿第二定律求解动力学问题时，有时不去分解力，而是分解加速度，尤其是当存在斜面体这一物理模型且斜面体又处于加速状态时，往往此方法能起到事半功倍的效果【典例2】 (2013·

13、安徽，14)如图329所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力N分别为(重力加速度为g)()图329ATm(gsin acos )Nm(gcos asin)BTm(gcos asin )Nm(gsin acos )CTm(acos gsin )Nm(gcos asin )DTm(asin gcos )Nm(gsin acos )解析准确分析受力情况，分解加速度是比较简便的求解方法选小球为研究对象，小球受重力mg、拉力T和支持力N三个力作用，将

14、加速度a沿斜面和垂直于斜面两个方向分解，如图所示由牛顿第二定律得Tmgsin macos mgcos Nmasin 由式得Tm(gsin acos )由式得Nm(gcos asin )故选项A正确答案A即学即练2如图3210，电梯与水平地面成角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和Ff.若电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是()图3210A水平梯板对人的支持力变为B水平梯板对人的摩擦力变为C电梯加速启动过程中，人处于失重状态D水平梯板对人的摩擦力和支持力之比仍为解析将人的加速度分解，水平方向axacos ，竖直方向ayasin

15、.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有Ffmax，在竖直方向有FNmgmay，人处于超重状态，C错误；当加速度由a变为时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A、D错误，B正确答案B附：对应高考题组1(2012·安徽卷，17)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律知，物块的加速度a>0，即<tan .对物块施加竖直向下的恒力F

16、后，物块的加速度aa，且Fsin Fcos >0，故a>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑故选项C正确，选项A、B、D错误答案C2(2012·江苏卷，5)如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是()AB.C(mM)gD.(mM)g解析对木块M，受到两个静摩擦力f和重力Mg三个力而向上运动，由牛顿第二定律得木块不滑动的最大加速度大小为am对整体，受到两个力，即力F和整体重力(mM)g，由牛顿第二定律得F(mM)g(mM)a代入最大加速度即得力F的最大值Fm，A项正确答案A

17、3(2011·新课标全国卷，21)如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2的变化的图线中正确的是()解析刚开始木块与木板一起在F作用下加速，且Fkt，a，当两者相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a1不变，木块受F及滑动摩擦力，a2g，故a2g，at图象中斜率变大，故选项A正确，选项B、C、D错误答案A4(2011·北京卷，18)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处

18、，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示，将蹦极过程视为在竖直方向上的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为()AgB2gC3gD4g解析在蹦极过程中，经过足够长的时间后，人不再上下振动，而是停在空中，此时绳子拉力F等于人的重力mg，由Ft图线可以看出，F0mg；在人上下振动的过程中，弹力向上，重力向下，当人在最低点时，弹力达到一个周期中的最大值，在第一个周期中，弹力最大为FmF03mg，故最大加速度为am2g.选项B正确答案B专题四动力学的两类基本问题解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)做好两个分析物体的受力

19、分析和物体的运动过程分析；根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况(2)抓住一个“桥梁”物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁【典例1】 (2013·江南十校联考，22)如图332所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点已知A点距水平面的高度h0.8 m，B点距C点的距离L2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数；(3)滑块从A点释放后，经过时间t1.0 s时速度的大小

20、图332教你审题第一步：读题抓关键词获取信息关键词获取信息滑块在斜面上不受摩擦力，水平面受摩擦力滑块的初速度v00滑块的末速度为零斜面上的末速度和水平面上的初速度大小相等第二步：分析理清思路抓突破口做好两分析受力分析、运动分析滑块在斜面上：滑块做初速度为零的匀加速直线运动滑块在水平面上：滑块做匀减速运动第三步：选择合适的方法及公式利用正交分解法、牛顿运动定律及运动学公式列式求解解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有mgsin 30°ma1，v2a1，解得：vm4 m/s(2)滑块在

21、水平面上运动的加速度大小为a2，mgma2v2a2L，解得：0.4(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，vma1t1得t10.8 s由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为tt10.2 s设t1.0 s时速度大小为vvma2(tt1)解得：v3.2 m/s答案(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s反思总结解决动力学两类问题的基本思路【跟踪短训】图33312012年11月，我国舰载机在航母上首降成功设某一舰载机的质量为m2.5×104 kg，速度为v042 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a00.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过

22、程中航母静止不动(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机图示333为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F1.2×105 N，减速的加速度a120 m/s2，此时阻拦索夹角106°，空气阻力和甲板阻力保持不变求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin 53°0.8，cos 53°0.6)解析(1)设甲板的长度至少为x0，则由运动学公式得v2a0x0

23、，故x0代入数据可得x01 102.5 m(2)舰载机受力分析如图所示，其中FT为阻拦索的张力，Ff为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2FTcos 53°FfFma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时Ffma0联立可得FT5×105 N答案(1)1 102.5 m(2)5×105 N专题五对超重、失重的理解1不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变2物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系.加速度超重、失重视重Fa0不超重、不失重Fmga的方向竖直向上超重Fm(g

24、a)a的方向竖直向下失重Fm(ga)ag，竖直向下完全失重F0【典例2】在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图334所示，在这段时间内下列说法中正确的是()图334A晓敏同学所受的重力变小了B晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下解析由题知体重计的示数为40 kg时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A错；由牛顿第三定律知B错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C错；由牛顿第二

25、定律mgFNma，可知a，方向竖直向下，D对答案D反思总结判断超重和失重现象的三个技巧1从受力的角度判断当物体受向上的拉力(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，等于零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【跟踪短训】2如图335所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间(单位为秒)由图可知，该同

26、学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息有()图335A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立C下蹲过程中人处于失重状态D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态解析在34 s下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在67 s起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项A、C、D错误，B正确答案B专题六 传送带模型滑板滑块模型传送带模型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

27、)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其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v02.倾斜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)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)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情景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【典例1】水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图33

28、6所示为一水平传送带装置示意图绷紧的传送带AB始终保持恒定的速率v1 m/s运行，一质量为m4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离L2 m，g取10 m/s2.图336(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率审题指导关键词：无初速度地放在A处行李开始做匀加速直线运动随后行李又以与传

29、送带相等的速率做匀加速直线运动对行李受力分析行李运动过程先匀加速后匀速直线运动利用牛顿第二定律、运动学公式求解未知量解析(1)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力：Ffmg4 N由牛顿第二定律得：Ffma解得：a1 m/s2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：vat，解得t1 s(3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a1 m/s2，当行李到达右端时，有：v2aL解得：vmin2 m/s故传送带的最小运行速率为2 m/s行李运行的最短时间：tmin2 s答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s反思总结对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带

30、模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析图337即学即练1如图337所示，倾角为37°，长为l16 m的传送带，转动速度为v10 m/s，动摩擦因数0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m0.5 kg的物体已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动

31、，根据牛顿第二定律有mg(sin 37°cos 37°)ma则agsin 37°gcos 37°2 m/s2，根据lat2得t4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，mgsin 37°mgcos 37°ma1则有a110 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1 s1 s，x1a1t5 m<l16 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37

32、6;>mgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力摩擦力发生突变设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a22 m/s2x2lx111 m又因为x2vt2a2t，则有10t2t11，解得：t21 s(t211 s舍去)所以t总t1t22 s.答案(1)4 s(2)2 s滑板滑块模型1模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动2两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3解题思路4易失分点(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度(2)不清

33、楚物体间发生相对滑动的条件图338【典例2】如图338所示，光滑水平面上静止放着长L4 m，质量为M3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m1 kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，(g取10 m/s2)(1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？(2)如果F10 N，求小物体离开木板时的速度？解析(1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大加速度ag1 m/s2由牛顿第二定律对整体有Fm(mM)a4 N(2)当F10 N>4 N时，两者发生相对滑动对小物体：a1g1 m/s2对木板：F合FmgMa2代入数据

34、解得a23 m/s2由位移关系有：La2t2a1t2代入数据解得t2 s则小物块的速度v1a1t2 m/s.答案(1)4 N(2)2 m/s即学即练2(2013·江苏卷，14)如图339所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为.重力加速度为g.图339(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m

35、，取g10 m/s2.若砝码移动的距离超过l0.002 m，人眼就能感知为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析(1)砝码对纸板的摩擦力f1m1g，桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)g，ff1f2，解得f(2m1m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则，f1m1a1，Ff1f2m2a2，发生相对运动a2>a1, 解得F>2(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t.纸板运动的距离dx1a2t.纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t，lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2解得F2g代入数据得F22.4 N.答案(1)(2m1m2)g(

36、2)F>2(m1m2)g(3) 22.4 N1(2011·福建卷，18)如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是()AT1BT1CT1DT1解析若将滑轮视为轻质，即m0，而绳为轻质，故T1T2，由牛顿第二定律m2gT1m2a，T1m1gm1a，得T1；当m0时对各选项逐一进行验证，只有C正确；当m1m2

37、时则T1T2m1g，同时对各选项逐一验证，只有C正确答案C2(2011·四川卷，19)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全安全着陆需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()A火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D返回舱在喷气过程中处于失重状态解析火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减

38、速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误答案A3(2012·安徽卷，22)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f，取g10 m/s2，求： (1)弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.解析(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知，a1m/s28 m/s2根据牛顿第二定

39、律得mgfma1fm(ga1)0.2 N(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v14 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2v13 m/s第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mgfma2a212 m/s2于是，有0v2a2h解得hm答案(1)0.2 N(2) m4(2012·浙江卷，23)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮

40、力和水的阻力已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计求： (1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fAfB.解析(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有v02gH得：vA1(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有F浮fAmgmaA0v2aAhA由题意：F浮mg.由式得fAmg(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有fBmg综合、两式，得.答案(1)(2)mg(

41、3)5(2013·上海卷，31)如图所示，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间的动摩擦因数为；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地求小球落地时距滑块左端的水平距离解析滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正下方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：a，v1 .当滑块的左端到达小球下上方后，小球做自由落体运动，落地时间t，滑块的加速度ag若在t时间内滑块的速度没有减小到零，滑块向右运动的距离为：xv1tat2 g2 h.若在t时间内滑块已经停

42、下来，则：xL.答案见解析专题七动力学中的图象问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点1常见的图象有：vt图象，at图象，Ft图象，Fa图象等2图象间的联系：加速度是联系vt图象与Ft图象的桥梁3图象的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析4解题策略(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作

43、出准确判断5分析图象问题时常见的误区(1)没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位(2)不注意坐标原点是否从零开始(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析类型一v ­t图象的应用【典例1】 (2013·新课标全国卷，21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图1甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t0.4 s时恰好钩住阻拦索中间

44、位置，其着舰到停止的速度时间图线如图乙所示假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()甲乙图1A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B在0.4 s2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD在0.4 s2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析由v ­t图象面积可知，飞机从着舰到停止发生的位移约为x×3×70 m105 m，即约为无阻拦索时的，选项A正确；由v ­t图象斜率知，飞机与阻拦索作用过程中

45、(0.4 s2.5 s时)，其F合恒定，在此过程中阻拦索两段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索张力必减小，选项B错误；在0.4 s2.5 s时间内，加速度a m/s227.1 m/s2>2.5g，选项C正确；在0.4 s2.5 s时间内，阻拦系统对飞机的作用力F合不变，但v减小，所以功率减小，选项D错误答案AC图2即学即练1(上海卷)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v ­t图线如图2所示，则下列说法正确的是()A在0t1时间内，外力F大小不断增大B在t1时刻，外力F为零C在t1t2时间内，外力F大小可能不断减小D在t1t2时间内，外力F大小可能先减小后增大解

46、析0t1时间内，物体先做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动，由F1Ffma1，a1先恒定不变后减小，可知外力先恒定不变后不断减小，A错；由图线斜率可知t1时刻的加速度为零，故外力大小等于摩擦力大小，B错；t1t2时间内，物体做加速度增大的减速运动，若外力方向与物体运动方向相同，由FfF2ma2，a2增大，可知外力逐渐减小，若外力方向与物体运动方向相反，由FfF3ma2，a2增大，可知外力逐渐增大，又由于在t1时刻，外力F大小等于摩擦力Ff的大小，所以F可能先与物体运动方向相同，大小逐渐减小，减小到0后再反向逐渐增大，故C、D对答案CD类型二Ft或a t和vt图象的综合应用【典例2】 一

47、个物块置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图3(a)所示，速度v随时间t变化的关系如图(b)所示取g10 m/s2，求：图3(1)1 s末物块所受摩擦力的大小Ff1；(2)物块在前6 s内的位移大小x；(3)物块与水平地面间的动摩擦因数.解析(1)从题图(a)中可以读出，当t1 s时，Ff1F14 N(2)由题图(b)知物块在前6 s内的位移大小x m12 m(3)从题图(b)中可以看出，在t2 s至t4 s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a m/s22 m/s2由牛顿第二定律得F2mgma，F3Ff3mg所以m kg2 kg，0.4答案(1)4 N(2)12 m

48、(3)0.4即学即练2用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图4所示，g10 m/s2，则可以计算出()图4A物体与水平面间的最大静摩擦力BF为14 N时物体的速度C物体与水平面间的动摩擦因数D物体的质量解析由aF图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，选项A正确；再由图象可知，当F7 N时，加速度为0.5 m/s2，当F14 N时，加速度为4 m/s2，即F1mgma1，F2mgma2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C、D正确；物体运动为变加速运动，且不知随时间如何变化，则不能算出拉力为14 N时物体的

49、速度，选项B错误答案ACD专题强化练三A对点训练练熟基础知识题组一xt、vt、at图象问题1(多选)在一次救灾行动中，直升机悬停在空中向地面无初速投放救灾物品，物品所受的空气阻力与其下落的速率成正比若用v、a、t分别表示物品的速率、加速度的大小和运动的时间，则在物品下落过程中，下图中表示其vt和av关系的图象可能正确的是()解析由牛顿第二定律可得：mgFfma，又Ffkv，故得：agv，可见C正确，D错误，又由于a逐渐减小，故A正确，B错误答案AC2(多选)某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图5所示的v ­t图象是计算机显示的观光电梯在某一

50、段时间内的速度变化情况(向上为正方向)根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()图5A05 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态B510 s内，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力C1020 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态D2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态解析05 s内，观光电梯在加速上升，加速度方向向上，该同学处于超重状态，选项A错误；510 s内，观光电梯匀速上升，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力，选项B正确；1020 s内，观光电梯在减速上升，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项C错误；2025 s内，观光电梯在加速下降，加

51、速度方向向下，该同学处于失重状态，选项D正确答案BD3(2013·江西联考)(多选)如图6所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块t0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，图中可能符合运动情况的是()图6解析t0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A正确；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C正确答案AC4(2013·上海卷，16)(单选)汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻

52、力汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移x随时间t的变化关系可能是()解析在驶入沙地后，由于阻力增大，速度减小，驶出沙地后阻力减小，速度增大，在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移x随时间t的变化关系可能是B.答案B题组二Ft及其他图象问题5(多选)如图7所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为，物块与该斜面间的动摩擦因数>tan ，图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是()图7解析物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为mgcos ，方向沿斜面向下

53、，达到最高点后由于>tan 即mgsin <mgcos ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin ，小于上滑时的摩擦力mgcos ，所以A、C正确答案AC6(多选)如图8甲所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板当升降机按如图乙所示的v ­t图象上行时，可知升降机天花板所受压力F1和地板所受压力F2随时间变化的定性图象可能正确的是()图8解析由题意知，弹簧长度不变，且对物块向上的弹力不变，设为kx，则F2不变，C项对，D项错对物块受力分析有：kxmgFNma.(F1FN，作用力与反作用力)由v ­t图知，加速时，F1FNkxmgma匀速时，F1FNkxmg减速时：F1FNkxmgma，故A项对，B项错正确选项为A、C.答案