高考物理-牛顿运动定律专项真题及解答

60/60模块三:牛顿运动定律考点1牛顿运动定律1.(2016·全国卷Ⅰ,18)(多选)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】质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点所受的合力为该恒力,若该恒力方向与质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,质点速度方向与恒力方向不同,A项错误;若F的方向在某一时刻与质点运动方向垂直,之后质点做曲线运动,力与速度方向不再垂直,例如平抛运动,B项正确;由牛顿第二定律可知,质点的加速度方向总是与其所受合力方向相同,C项正确;根据加速度的定义可知,相等时间内速度变化量相同,而速率变化量不一定相同,D项错误。【答案】BC2.(2016·全国卷Ⅱ,19)(多选)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【解析】首先应该根据牛顿第二定律找到物体的加速度与小球半径的关系,然后比较加速度,再结合运动公式来讨论其他物理量,小球的质量m=ρ·43πr3,由题意知m甲>m乙,ρ甲=ρ乙,则r甲>r乙,空气阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得mg-f=ma,则a=mg-fm=g-krρ·43πr3=g-3k4πρr2,可得a甲>a乙,由h=12at2知,t甲<t乙,A、C两项错误;由v=2ah知,v甲>v乙,【答案】BD3.(2017·海南卷,9)(多选)如图所示,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P,记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是()。A.若μ≠0,则k=56B.若μ≠0,则k=C.若μ=0,则k=12 D.若μ=0,则k=【解析】先用整体法求出物体所受的合力,进而求得加速度,然后再用隔离法对P、R两物体进行受力分析,利用牛顿第二定律即可求得k。三物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,则加速度a=F-6μmg6m,所以R和Q之间相互作用力F1=3ma+3μmg=12F,Q与P之间相互作用力F2=F-μmg-ma=F-μmg-16F+μmg=56F,所以k=F1F2=12F56F=35,由于计算过程与【答案】BD4.(2016·上海卷,4)如图所示,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合力的方向沿图中的()。A.OA方向B.OB方向C.OC方向 D.OD方向【解析】据题意可知,小车向右做匀加速直线运动,由于球固定在杆上,而杆固定在小车上,则三者属于同一整体,根据整体法和隔离法的关系分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,D项正确。【答案】D考点2牛顿运动定律的应用1.(2015·全国卷Ⅰ,20)(多选)如图甲所示,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【解析】由v-t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小a=v0t1,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma,即gsinθ+μgcosθ=v0t1,同理向下滑行时gsinθ-μgcosθ=v1t1,两式联立得sinθ=v0+v12gt1,μ=v0-v12gt1cosθ,可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数μ,A、C两项正确;物块滑上斜面时的初速度v0已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为零,那么平均速度为v02【答案】ACD2.(2015·海南卷,9)(多选)如图所示,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【解析】当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知,物块与斜面间的摩擦力增大,A项错误,B项正确;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,假设物块以加速度a向上运动时,有FN=m(g+a)cosθ,Ff=μm(g+a)cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ=μm(g+a)cosθ,故物块仍做匀速下滑运动,C项错误,D项正确。【答案】BD3.(2017·全国卷Ⅲ,25)如图所示,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,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m=4kg,与地面间的动摩擦因数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=3m/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,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(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。【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和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg,f2=μ1mBg,f3=μ2(m+mA+mB)g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,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1,v1=a1t1联立上式,代入已知数据得v1=1m/s。(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离sB=v0t1-12aB设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2由上式知,aA=aB;B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离s1=v1t2-12a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)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s0=sA+s1+sB联立解得s0=1.9m。【答案】(1)1m/s(2)1.9m4.(2015·全国卷Ⅱ,25)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θ=37°(sin37°=35)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,如图甲所示。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38,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(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。【解析】(1)在0~2s时间内,A和B的受力如图乙所示,其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图乙所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1=μ1FN1FN1=mgcosθFf2=μ2FN2FN2=FN1+mgcosθ规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得mgsinθ-Ff1=ma1mgsinθ-Ff2+Ff1=ma2联立上式,并代入题给条件得a1=3m/s2a2=1m/s2。(2)在t1=2s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则v1=a1t1=6m/sv2=a2t1=2m/st>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间摩擦力为零,同理可得a1'=6m/s2a2'=-2m/s2由于a2'<0,可知B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有v2+a2't2=0联立解得t2=1s在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离x=12a1t12+v1t2+12a1't22-12a2t12+v2t2+12a2't22此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有l-x=(v1+a1't2)t3+12a1'可得t3=1s(另一解不合题意,舍去)设A在B上总的运动时间为t总,有t总=t1+t2+t3=4s。【答案】(1)3m/s21m/s2(2)4s考点3连接体问题1.(2015·全国卷Ⅱ,20)(多选)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23a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.8B.10C.15D.18【解析】设P、Q西边有n节车厢,每节车厢的质量为m,则F=nma,P、Q东边有k节车厢,则F=km·23a,联立两式得3n=2k,由此式可知列车总节数N=n+k=53n,设n=3b(b=1,2,3,…),则N=5b,故B、【答案】BC2.(2015·海南卷,8)(多选)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=0C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2【解析】设物体的质量为m,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1,剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg,故a受到的合力F=mg+T1=3mg,故加速度a1=Fm=3g,A项正确,B项错误;设弹簧S2的拉力为T2,则T2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C项正确,D【答案】AC3.(2017·海南卷,14)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图所示。质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求(1)弹簧的劲度系数。(2)物块b加速度的大小。(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。【解析】(1)对整体分析,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有kx0=(m+35m)gsin解得k=8mg(2)由题意可知,b经两段相等的时间位移为x0设从出发到a、b分离所用时间为t0,有12a(2t0)2=x0则12at0说明当形变量x1=x0-x04=对物块a分析,因分离时a、b间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知kx1-mgsinθ=ma联立解得a=gsin(3)设时间为t,则经时间t时,a、b前进的位移x=12at2=则形变量变Δx=x0-x对整体分析可知,由牛顿第二定律有F+kΔx-(m+35m)gsinθ=(m+35m解得F=825mgsinθ+4mg2sin由x=x04=12at2,故应保证0≤t<5x02【答案】(1)8mgsinθ5x0(2)gsinθ5(3)F=825mgsin牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一,每年必考,且分值较高。题型既有选择题,又有计算题;既有单独考查,又有与其他章节知识的综合考查。能力的考查侧重推理能力。本模块涉及超重和失重、单位制两个Ⅰ级考点,牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用两个Ⅱ级考点。具体特点有:(1)对惯性、超重与失重、牛顿运动定律的理解;(2)应用牛顿运动定律分析物体的运动过程;(3)将牛顿运动定律与运动学(特别是与图象相联系)等知识相结合进行综合考查;(4)灵活运用整体法和隔离法处理连接体问题,并能选取适当的坐标系建立方程求解;(5)与实际生活应用相结合,将实际问题理想化、模型化。试题可能为选择题、实验题单独考查,还可能为计算题与其他知识综合考查。预计2019年高考对本章内容的考查仍将以概念和规律的应用为主,单独考查的题目多为选择题,与曲线运动、万有引力及电磁学等相结合以计算题的形式出现的可能性较大。命题存在以下特点和趋势:一是高考考查的重点,命题次数较多;二是题型全面,从选择到实验,再到计算题;三是命题趋势大体呈现以下特点。(1)匀变速直线运动规律的应用;(2)动力学方法的应用;(3)动力学方法和功能关系的综合应用。试题以实际生活、生产和科技实验等有关问题为背景考查物理知识。其中整体法和隔离法、瞬时关系、连接体问题、力和运动关系、超重和失重问题、弹簧问题、传送带问题、板块模型等应特别关注。考点1牛顿运动定律1牛顿第一定律(1)伽利略用“实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点。伽利略的理想斜面实验虽然是想象中的实验,但这个实验反映了一种物理思想,它是建立在可靠的事实基础之上的,以事实为依据,以抽象为指导,抓住主要因素,忽略次要因素,从而深刻地揭示了自然规律。(2)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。意义:①揭示了物体的固有属性,一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律;②揭示了力与运动的关系,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。1.1(多选)关于伽利略的理想实验,下列说法正确的是()。A.只要接触面的摩擦力相当小,物体在水平面上就能匀速运动下去B.这个实验实际上是永远无法做到的C.利用气垫导轨,就能使实验成功D.虽然是想象中的实验,但它是建立在可靠的实验基础上的【答案】BD1.2根据牛顿运动定律可知,下列说法正确的是()。A.力是维持物体运动的原因B.力是改变物体运动状态的原因C.外力停止作用后,物体由于惯性会停止D.物体做匀速直线运动时,所受合力不为零【答案】B2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。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。(2)普遍性:一切物体都具有惯性,惯性是物体的固有属性。(3)相关性:惯性的大小只与物体的质量有关,与其他因素(如受力情况、运动情况)无关。(4)唯一性:质量是惯性大小的唯一量度。【易错警示】误区一,误认为运动的物体有惯性,静止的物体没有惯性。误区二,误认为运动速度大的物体惯性大。误区三,误认为重力越小,惯性越小。误区四,误认为惯性是一种特殊的力。2.1有一热气球以一定的速度匀速竖直上升到某一高度时,从热气球里掉出一个物体,这个物体离开热气球后将()。A.继续上升一段距离,然后下落B.立即下落C.以原来的速度永远上升D.以上说法都不对【答案】A2.2交通法规中规定,坐在小汽车前排的司机和乘客都应系上安全带,这主要是为了减轻在下列哪种情况出现时可能对人造成的伤害?()。A.车速太快B.车速太慢C.紧急刹车 D.突然启动【答案】C3牛顿第三定律(1)作用力和反作用力:两个物体之间的作用总是相互的,一个物体对另一个物体施加了力,后一个物体同时对前一个物体也施加了力。内容: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。表达式:F=-F'。(2)作用力与反作用力的关系。三同:①大小相同;②性质相同;③变化情况相同。三异:①方向不同;②受力物体不同;③产生效果不同。三无关:①与物体种类无关;②与物体运动状态无关;③与物体是否和其他物体存在相互作用无关。(3)应用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等大反向,但因所作用的物体不同,所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同;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。3.1如图所示是利用传感器记录的两个物体间的作用力和反作用力的变化图线,根据图线可以得出的结论是()。A.作用力大时,反作用力小B.作用力和反作用力的方向总是相反的C.作用力和反作用力是作用在同一个物体上的D.此图线一定是在两个物体都处于静止状态下显示出来的【答案】B3.2当人站在体重计上称重时,下列说法正确的是()。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【答案】B考点2牛顿运动定律的应用1牛顿第二定律(1)内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比。加速度的方向跟作用力的方向相同。表达式:F=ma。(2)对牛顿第二定律的理解。瞬时性:加速度和物体所受的合力是瞬时对应关系。矢量性:物体加速度方向与所受合力方向相同。同体性:F=ma中各量都是属于同一物体的。独立性:将合力分解后,其在分解方向产生的加速度相互独立。【温馨提示】力是产生加速度的原因,若不存在力,则没有加速度。力和加速度都是矢量,物体加速度方向由物体所受合力的方向决定。1.12017年10月4日,云南省迪庆州发生了一起“火流星”空爆事件。假设质量为m的陨石竖直下落,在某时刻受到的空气阻力为F阻,加速度a=13g,则F阻的大小是()A.13mgB.23mgC.43【答案】B1.2(多选)对牛顿第二定律的理解,下列说法正确的是()。A.根据公式F=ma,可知物体所受的外力跟物体的加速度成正比B.牛顿第二定律表明外力是使物体产生加速度的原因C.由牛顿第二定律可知1N=1kg·m/s2D.物体加速度的方向与所受合力的方向相同【答案】BCD2力学单位制(1)单位制:由基本单位和导出单位共同组成。(2)基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本物理量有三个,分别是质量、时间和长度,它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)。(3)导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。2.1关于力学单位制,下列说法中正确的是()。A.kg、N、m/s都是导出单位B.kg、m、N是基本单位C.在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式为F=maD.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是g【答案】C3超重和失重(1)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。产生条件:物体具有向上的加速度。(2)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。产生条件:物体具有向下的加速度。(3)完全失重:物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的现象称为完全失重现象。产生条件:物体的加速度a=g,方向竖直向下。(4)实重和视重。①实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。②视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。3.1下列实例属于超重现象的是()。A.汽车驶过拱形桥顶端时B.火箭点火后加速升空时C.跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动时D.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时【答案】B3.2(多选)游乐园中,游客乘坐能加速或减速运动的升降机,可以体会超重与失重的感觉。下列描述正确的是()。A.当升降机加速上升时,游客处在失重状态B.当升降机减速下降时,游客处在超重状态C.当升降机减速上升时,游客处在失重状态D.当升降机加速下降时,游客处在超重状态【答案】BC考点3连接体问题1连接体的分类(1)根据两物体之间相互连接的媒介不同,常见的连接体可以分为三大类。①绳(杆)连接:两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起;②弹簧连接:两个物体通过弹簧的作用连接在一起;③接触连接:两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。(2)连接体的运动特点①轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。②轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比。③轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速率不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等。【易错警示】(1)“轻”——质量和重力均不计。(2)在任何情况下,绳中张力的大小相等,绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。1.1如图所示,在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下,当小车匀速向右运动时,物体A的受力情况是()。A.绳的拉力大于A的重力B.绳的拉力等于A的重力C.绳的拉力小于A的重力D.绳的拉力先大于重力,后变为小于重力【答案】A1.2如图所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力()。A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关【答案】D2连接体的平衡(1)关于研究对象的选取①单个物体:将物体受到的各个力的作用点全部画到物体的几何中心上。②多个物体:在分析外力对系统的作用时,用整体法;在分析系统内各物体间的相互作用时,用隔离法。关键是找出物体之间的联系,相互作用力是它们相互联系的纽带。(2)运用隔离法和整体法的基本步骤①取对象——根据题意,所选取的研究对象可以是某一物体,也可以是几个物体组成的系统,在解决同一问题时,两种情况经常交替使用。②画受力图——对研究对象进行受力分析,画出受力分析图。③列方程——根据平衡条件,用正交分解法或合成法找出各个力之间的关系式,把已知量和未知量联系起来。④解方程——解方程(组),必要时对解出的结果进行取舍和讨论。2.1所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上。PA偏离竖直方向成37°角,PB在水平方向,且连在所受重力G2=100N的木块上,木块静止于倾角为37°的斜面上,如图所示,试求:(1)木块与斜面间的摩擦力大小。(2)木块所受斜面的弹力。【答案】(1)64.8N(2)76.4N方向垂直斜面向上题型一牛顿第二定律的应用1.对牛顿第二定律的理解瞬时性a与F对应同一时刻,即当a为某时刻的加速度时,F为该时刻物体所受合力因果性F是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力同一性(1)加速度a相对于同一惯性系(一般指地面)(2)a=Fm中,F、m、a(3)a=Fm中,独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律,即ax=Fxm,ay2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点:(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间。(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳,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,其弹力的大小往往可以看成保持不变。【易错警示】求瞬时加速度的关键是要分析瞬时前后的受力情况。尤其是对瞬时前的受力情况的分析是很多考生容易忽视的,应当引起注意。【例1】在托乒乓球跑步比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点。比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示,设整个过程中球一直保持在球拍中心不动,球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦力,球的质量为m,重力加速度为g。求:(1)空气阻力大小与球速大小的比例系数k。(2)在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式。【解析】(1)在匀速运动阶段,有mgtanθ0=kv0解得空气阻力大小与球速大小的比例系数k=mgtan(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为FN,有FNsinθ-kv=ma,FNcosθ=mg得在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式tanθ=ag+v【答案】(1)mgtanθ0v0(2)tan本题情景新颖,属于信息题,贴近生活实际,但考查的物理模型很基础,均来源于教材;同时较全面地考查了考生的阅读和处理信息能力、理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力,对运用数学解决物理问题的综合能力要求较高。【变式训练1】如图所示,小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止,一起在水平面上运动时,下列说法正确的是()。A.细绳一定对小球有拉力的作用B.轻弹簧一定对小球有弹力的作用C.细绳不一定对小球有拉力的作用,但是轻弹簧对小球一定有弹力D.细绳不一定对小球有拉力的作用,轻弹簧对小球也不一定有弹力【解析】若小球与小车一起做匀速运动,则细绳对小球无拉力;若小球与小车有向右的加速度a=gtanα,则轻弹簧对小球无弹力,D项正确。【答案】D【变式训练2】滑雪运动是近年来逐渐兴起的一种休闲运动,某滑雪游乐场有两个倾角为37°的正对的斜坡组成的滑道,如图所示,滑道底端平滑连接,滑道OA高为h,滑道OB高为23h,一质量m=70kg的游客从A点由静止滑下,不受其他影响时,经O点恰好滑到B点停止,重力加速度g=10m/s2。问(1)游客在OB段向上滑动时的加速度为多大?(2)滑雪过程中通过滑雪杖向后推地可获得沿速度方向向前的持续推力作用,若该游客到B点后,想返回A点,需要在整个过程中获得持续推力至少是多大?【解析】(1)游客由A到O的过程中,有mgsinθ-μmgcosθ=ma1,2a1hsinθ=v12-0;由O到B的过程中,有mgsinθ+μmgcosθ=ma2,又-2a22h3sinθ=0-v12,联立解得μ=0.15,a(2)设推力为F,则游客由B到O的过程中,有F+mgsinθ-μmgcosθ=ma3,2a32h3sinθ=v22-0;由O到A的过程中,有mgsinθ+μmgcosθ-F=ma4,-2a4hsinθ=0-v【答案】(1)7.2m/s2(2)168N题型二超重和失重问题超重、失重和完全失重比较比较超重失重完全失重产生条件加速度方向向上加速度方向向下加速度方向向下,且大小a=g动力学原理F-mg=maF=m(g+a)mg-F=maF=m(g-a)mg-F=mgF=0可能状态①加速上升;②减速下降①加速下降;②减速上升①自由落体运动和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等【温馨提示】在完全失重的状态下,一切由重力产生的物理现象都会消失。【例2】如图所示,某翻斗车停在水平地面上,车厢上端装有一货物A,开始一段时间,A被固定在车厢中,t=t1时解除固定,A沿车厢匀加速下滑。t=t2时撞到车厢下端的后挡板,A撞到后挡板时未反弹。若这在整个过程中车始终未移动,则车对水平地面的压力F随时间t的变化关系图象可能是()。【解析】t=t1时解除固定,A沿车厢匀加速下滑,系统处于失重状态,t=t2时撞到车厢下端的后挡板,A撞到后挡板时未反弹,但货物A有一个减速过程,系统处于超重状态,静止以后车对水平地面的压力F又恢复到开始的大小,所以A项正确。【答案】A对超重和失重的进一步理解(1)超重并不是重力增加了,失重并不是重力减小了,完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时,物体的重力依然存在,且不发生变化,只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(“视重”发生变化)。(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)尽管物体的加速度不是在竖直方向,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。【变式训练3】图示为一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的简化运动图象。下列判断正确的是()。A.0~36s内物体被吊起的高度为25mB.0~10s内的平均速度大于30s~36s内的平均速度C.30s~36s内物体处于超重状态D.前10s内钢索最容易发生断裂【解析】在v-t图象中,图线与时间轴所围的面积表示位移,所以0~36s内物体被吊起的高度x=12×(20+36)×1m=28m,A项错误;0~10s内物体做匀变速直线运动,所以平均速度v1=v01+vt12=0.5m/s,同理30s~36s内的平均速度v2=v02+vt22=0.5m/s,所以平均速度相等,B项错误;30s~36s内物体匀减速上升,加速度向下,拉力小于重力,处于失重状态,C项错误;前10s内物体做匀加速直线运动【答案】D【变式训练4】图示为检修人员搭乘电梯上下的v-t图象(取电梯向上运动方向为正方向),下列说法不正确的是()。A.检修人员在2s~6s内对地板的压力相同B.检修人员在0~2s和在4s~6s内处于超重状态C.0~2s内和4s~6s内电梯对检修人员作用力不同D.0~2s内和6s~8s内电梯对检修人员作用力相同【解析】图象的斜率表示加速度,2s~6s内检修人员的加速度相同,所以根据牛顿第二定律mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,故运动过程中电梯地板对人的支持力相同,根据牛顿第三定律可得人对地板的压力相同,A项正确;0~2s内速度方向为正,即向上,人做加速运动,故加速度方向向上,处于超重状态,4s~6s内速度为负,即向下运动,从图中可知人向下的速度越来越大,故做加速运动,加速度方向向下,处于失重状态,B项错误;由图可知,0~2s内和4s~6s内人员的加速度方向不同,则由牛顿第二定律可知,电梯对检修人员作用力不同,C项正确;0~2s内和6s~8s内人员的加速度相同,则由牛顿第二定律可知,电梯对检修人员作用力相同,D项正确。【答案】B题型三动力学的两类基本问题1.解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。2.解决动力学基本问题时对力的处理方法(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”。3.两类动力学问题的解题步骤【例3】如图甲所示,斜劈形物体的质量为M,放在水平地面上,质量为m的粗糙物块以某一初速度沿斜劈的斜面向上滑,速度为零后又加速返回,而斜劈始终保持静止,物块m在上、下滑动的整个过程中()。A.地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变B.地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右C.地面对斜劈M的支持力等于(M+m)gD.物块m向上、向下滑动时加速度大小相同【解析】物块先减速上滑,后加速下滑,加速度一直沿斜面向下。对整体受力分析,受到重力、支持力和向左的静摩擦力,根据牛顿第二定律,水平方向有f=macosθ,竖直方向有(M+m)g-N=masinθ,可知地面对斜面体的静摩擦力方向一直向左,且地面对物体M的支持力总小于(M+m)g,A项正确,B、C两项错误;物块上滑时的受力如图乙所示,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,物块下滑时的受力如图丙所示,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,可知物块沿斜面向上滑动时,加速度较大,D项错误。【答案】A本题考查了考生的理解能力、综合分析能力。物块先减速上滑,后加速下滑,加速度一直沿斜面向下;对整体受力分析,然后根据牛顿第二定律求解地面对物体M的摩擦力和支持力;对物块受力分析,根据牛顿第二定律分析物块的加速度情况。【变式训练5】一个小圆环瓷片最高能从h=0.18m高处由静止释放后直接撞击地面而不被摔坏。现让该小圆环瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑,瓷片与圆柱体之间的摩擦力是瓷片重力的4.5倍,如图所示。若让该装置从距地面H=4.5m高处从静止开始下落,瓷片落地恰好没被摔坏。已知圆柱体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的0.1,圆柱体碰地后速度立即变为零且保持竖直方向。(g取10m/s2)求:(1)当瓷片直接撞击地面而不被摔坏,瓷片着地时的最大速度。(2)瓷片随圆柱体从静止到落地,下落的总时间。【解析】(1)瓷片从h=0.18m处下落,设加速度为a0,瓷片质量为m,根据牛顿第二定律,有mg-0.1mg=ma0,得a0=9m/s2,又v02=2a0h,得v0=1.8(2)瓷片随圆柱体一起加速下落,设加速度为a1,则有a1=a0=9m/s2,又v12=2a1H,得v1=9m/s,下落时间t1=v1a1=1s,瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,有4.5mg+0.1mg-mg=ma2,得a2=3.6g=36m/s2,则瓷片继续下落的时间t2=v1-v0a2=0.2s,瓷片随圆柱体从静止到落地,下落总时间【答案】(1)1.8m/s(2)1.2s【变式训练6】图甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。取g=10m/s2,求:(1)运动员的质量。(2)运动员在运动过程中的最大加速度。(3)在不计空气阻力的情况下,运动员重心离开蹦床上升的最大高度。【解析】(1)由图乙可知,刚站上去的时候弹力等于重力,故运动员所受重力为500N,设运动员的质量为m,则m=Gg=50kg(2)由图乙可知蹦床对运动员的最大弹力Fm=2500N,设运动员的最大加速度为am,则Fm-mg=mam,am=Fm-mgm=40(3)由图乙可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s,它们的时间间隔均为1.6s。根据竖直上抛运动的对称性,可知其自由下落的时间为0.8s。设运动员上升的最大高度为H,则H=12gt2=3.2m【答案】(1)50kg(2)40m/s2(3)3.2m题型四动力学中的连接体问题1.连接体问题的类型:物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。2.整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。3.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解。4.整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求出物体之间的作用力时,一般采用“先整体求加速度,后隔离求内力”的方法。【温馨提示】牛顿第二定律公式F=ma中的“F”指的就是物体(或系统)所受的合力,因此,在处理连接体问题时,必须注意区分内力和外力,特别是用整体法处理连接体问题时,切忌把系统内力列入牛顿第二定律方程中,当然,若用隔离法处理连接体问题,对所隔离的物体,它所受到的力都属外力,根本不存在内力问题了。【例4】(多选)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示。今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20N,F2=10N,则下列说法正确的是()。A.弹簧的弹力大小为16NB.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零C.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12ND.若F1=10N,F2=20N,则弹簧的弹力大小不变【解析】对两个物体整体运用牛顿第二定律,有F1-F2=(mA+mB)a;再对物体A运用牛顿第二定律有F1-F=mAa,由两式解得F=16N,A项正确。若把弹簧换成轻质绳,同理根据牛顿第二定律列式得到绳对物体的拉力大小也是16N,故B项错误。如果只有F1作用,整体向左匀加速运动,则对B研究得弹簧的弹力大小F'=mBa=mB·F1mA+mB=12N,C项正确。若F1=10N,F2=20N,则F2-F1=(mA+mB)a;再对物体B受力分析得到:F2-F″=mBa,解得F″=【答案】AC先用整体法求出加速度,然后用隔离法隔离出物体,运用牛顿第二定律求出弹簧的弹力。【变式训练7】如图所示,小车沿水平面做直线运动,小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸的弹簧拉着,小车向右做加速运动。若小车向右的加速度增大,物块始终相对小车静止,则物块所受摩擦力F1和车右壁所受弹簧的拉力F2的大小变化可能是()。A.F1不变,F2一直变大B.F1先变小后变大,F2不变C.F1先变大后变小,F2不变D.F1变大,F2先变小后不变【解析】小车向右的加速度增大,而物块始终相对小车静止,即弹簧伸长量始终不变,则F2不变,A、D两项错误;若开始没有摩擦力或摩擦力水平向右,则随着加速度的增大,摩擦力必变大;若开始摩擦力向左,则随着加速度的增大,摩擦力必先变小后变大,B项正确,C项错误。【答案】B题型五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、F-a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.解题策略(1)分清图象的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图象所反映的物理过程,会分析临界点。(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义:图线与横、纵坐标的交点,图线的转折点,两图线的交点等。(3)明确能从图象中获得哪些信息:把图象与具体的题意、情景结合起来,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出准确判断。【易错提醒】(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。(2)没有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。【例5】如图甲所示,一质量m=1kg的物体置于水平面上,在水平外力的作用下由静止开始运动,水平外力随时间的变化情况如图乙所示,物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示(4s后的图线没有画出),g取10m/s2。求:(1)物体在第3s末的加速度大小。(2)物体与水平面间的动摩擦因数。(3)物体在前6s内的位移。【解析】(1)由v-t图象可知,物体在前4s做匀加速直线运动,所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度,根据v-t图象和加速度定义式a=ΔvΔt,得a1=44m/s2=1(2)在0~4s内,在水平方向,有F1-μmg=ma1,解得μ=0.4。(3)设前4s的位移为x1,由位移公式有x1=12a1t12=8m;设4s后物体运动时的加速度为a2,则F2-μmg=ma2,解得a2=-2m/s2,物体在4s末时的速度v'=4m/s。设物体从4s末运动时间t2后速度减为零,则0=v'+a2t2,解得t2=2s,所以物体在6s末速度恰好减为零,故后2s内的位移x2=v't2+12a2t22,代入数据解得x2=4m,所以物体在前6s内的位移x=x1+x【答案】(1)1m/s2(2)0.4(3)12m本题考查牛顿第二定律的应用与图象问题,要注意明确受力分析、明确运动过程,要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择。图象类问题的实质是力与运动的关系问题,以牛顿第二定律F=ma为纽带,理解图象的种类,图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义。运用图象解决问题一般包括两个角度:(1)用给定图象解答问题;(2)根据题意作图,用图象解答问题。在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系。【变式训练8】(多选)一汽车沿直线由静止开始向右运动,汽车的速度和加速度方向始终向右。汽车速度的平方v2与汽车前进位移x的图象如图甲所示,则下列说法正确的是()。A.汽车从开始运动到前进x1过程中,汽车受到的合力越来越大B.汽车从开始运动到前进x1过程中,汽车受到的合力越来越小C.汽车从开始运动到前进x1过程中,汽车的平均速度大于vD.汽车从开始运动到前进x1过程中,汽车的平均速度小于v【解析】图线切线的斜率表示瞬时加速度的2倍,图线斜率逐渐增大,可知加速度逐渐增大,根据牛顿第二定律可知,合力越来越大,A项正确,B项错误。物体做加速度逐渐增大的加速运动,作出v-t图线,如图乙所示,若做匀加速直线运动,平均速度等于v02,但是变加速直线运动图线与时间轴所围成的面积小于匀加速直线运动图线与时间轴所围成的面积,知变加速直线运动的平均速度小于v02,C【答案】AD题型六动力学中的临界极值问题1.临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,表明题述的过程存在临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在“起止点”,而这些“起止点”往往就对应临界状态。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在极值,这个极值点往往是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。2.“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。(4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:当加速度变为零时。3.处理临界问题的三种方法极限法把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件【温馨提示】在应用牛顿定律解决动力学问题中,当物体运动的加速度不同时,物体有可能处于不同的状态。特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,往往会有临界现象,此时要采用极限分析法,看物体在不同加速度时,会有哪些现象发生,尽快找出临界点,求出临界条件。【例6】如图所示,水平平台AB长为20m,平台B端与长度未知的特殊材料制成的斜面BC连接,斜面倾角为30°。在平台A端放上质量为5kg的物块,并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后,物块由静止开始运动。已知物块与平台间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6。(1)求物块由A运动到B所用的时间。(2)若物块从A端运动到P点时撤掉推力,物块刚好能从斜面B端开始下滑,则AP间的距离为多少?(物块在B端无能量损失)(3)若物块与斜面间的动摩擦因数μBC=0.277+0.03LB,式中LB为物块在斜面上所处的位置离B端的距离,在(2)中的情况下,物块沿斜面滑到什么位置时速度最大?【解析】设给物块施加与水平方向成37°角的推力为F,由受力分析知物体的加速度a1=Fcos37°-μ(Fsin37°+mg)m=1.6m/s2,x=12a1t2,解得A(2)设物体从A到P的位移为x1,从P到B的位移为x2,根据位移速度关系列方程求解,物体从A到P:vP2=2a1x1,物块由P到B:vP2=2a2x2,a2=μg,x=x1+x2,解得AP的距离x1=14.(3)物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零,即a=mgsinθ-μmgcosθm=0,μBC=0.277+0.03LB,联立解得LB=10m,因此若斜面长度L>10m,则LB=10m时速度最大;若斜面长度【答案】(1)5s(2)14.3m(3)斜面长度L>10m,则LB=10m时速度最大;若斜面长度L≤10m,则在斜面最低点速度最大本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡,但是由于涉及动摩擦因数的变化,增加了难度;故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时,加速度为零这个条件。解决临界问题的基本思路:(1)认真审题,详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段);(2)寻找过程中变化的物理量;(3)探索物理量的变化规律;(4)确定临界状态,分析临界条件,找出临界关系。(5)列方程求结果。【变式训练9】一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端,另一端拴住质量m1=4kg的物块P。Q为一重物,已知Q的质量m2=8kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=600N/m,系统处于静止,如图所示。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2s时间内,F为变力,0.2s以后,F为恒力(g取10m/s2)。求:(1)物体做匀加速运动的加速度大小。(2)F的最大值与最小值。【解析】(1)设刚开始时弹簧的压缩量为x0,在沿斜面方向上有(m1+m2)gsinθ=kx0,因为在前0.2s时间内,F为变力,0.2s以后,F为恒力,所以在0.2s时,P对Q的作用力为零,设0.2s后,弹簧的压缩量为x1,由牛顿第二定律知,沿斜面方向上有kx1-m1gsinθ=m1a,前0.2s时间内P、Q向上运动的距离x0-x1=12at2,联立上式解得a=3m/s2(2)当P、Q开始运动时拉力最小,此时有Fmin=(m1+m2)a=36N,当P、Q分离时拉力最大,此时有Fmax=m2(a+gsinθ)=72N。【答案】(1)3m/s2(2)72N36N题型七“等时圆模型”问题1.模型特征(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示。(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。2.思维模板【例7】如图甲所示,在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB,B端刚好在斜面上,木板与竖直方向AC所成角度为α,一小物块由A端沿木板由静止滑下,要使物块滑到斜面的时间最短,则α与θ角的大小关系()。A.α=θB.α=θ2C.α=2θD.α=【解析】如图乙所示,在竖直线AC上选取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知,由A点沿木板滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可,而∠COD=θ,则α=θ2,B【答案】B在竖直线AC上取一点O,以适当的长度为半径画圆,使该圆过A点,且与斜面相切于D点,根据等时圆的结论及几何关系即可求解。本题有其特殊的解题方法,作等时圆是一种快捷、方便的方法。【变式训练10】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】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逆向看成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=mgsinθm=gsinθ,由位移公式得l=12at2=12gsinθ·t2,即lsinθ=12gt2,不同的倾角θ对应不同的位移l,但lsinθ【答案】D【变式训练11】如图甲所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点;c球由C点自由下落到M点。则()。A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点【解析】如图乙所示,设圆环半径为R,则c球由C点自由下落到M点用时满足R=12gtc2,所以tc=2Rg;设AM与水平面成θ角,则a球下滑到M用时满足AM=2Rsinθ=12gsinθ·ta2,即ta=2Rg;同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb=2rg(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径,r>R)【答案】C题型八“传送带模型”问题1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。【例8】如图所示,一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运行,传送带把A点处的零件运送到B点处,A、B两点之间相距L=10m,从A点把零件轻轻地放到传送带上,经过时间t=6s能传送到B处。如果提高传送带的运动速率,零件能较快地传送到B点,要让零件用最短的时间从A点传送到B点处,说明并计算传送带的运动速率至少应多大?如果把求得的速率再提高一倍,则零件传送时间为多少?【解析】在传送带的运行速率较小、传送时间较长时,物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程,设物体做匀加速运动的时间为t1,则v2t1+v(t-t1)=L,所以t1=2(vt-L)v=2s,为使物体从A运动到B所用时间最短,物体必须始终处于加速状态,因为物体与传送带之间的滑动摩擦力不变,所以其加速度也不变,而a=vt=1m/s2,设物体从A运动到B所用最短的时间为t2,则12at22=L,t2=20s=25s,vmin=at2=25m/s。传送带速度再增大1倍,物体仍做加速度为1m/s2的匀加速运动【答案】25m/s25s解决本题的关键在于会对物块放上传送带进行受力分析,从而判断物块的运动情况。物块轻轻放上传送带后由于受到向前的摩擦力,先做匀加速直线运动,当速度达到传送带速度时,做匀速直线运动。【变式训练12】一皮带传送装置如图所示,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,且弹簧正好处于自由长度,则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中,物体的速度和加速度变化的情况是()。A.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】物块滑上传送带,受到向左的摩擦力,开始摩擦力大于弹簧的弹力,向左做加速运动,在此过程中,弹簧的弹力逐渐增大,根据牛顿第二定律可知,加速度逐渐减小,当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大,然后弹力大于摩擦力,加速度方向与速度方向相反,物体做减速运动,弹簧弹力继续增大,根据牛顿第二定律得,加速度逐渐增大,速度逐渐减小,D项正确。【答案】D题型九“滑块—木板模型”问题1.模型特征滑块—木板模型(如图甲所示),涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热,多次互相作用,属于多物体多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高,故频频出现于高考试卷中,例如2015年全国卷Ⅰ、Ⅱ中压轴题第25题。另外,常见的子弹射击木板(如图乙所示)、圆环在直杆中滑动(如图丙所示)都属于滑块类问题,处理方法与滑块—木板模型类似。2.思维模板【温馨提示】此类问题涉及两个物体、多个运动过程,并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。【例9】5个相同的木块紧挨着静止放在地面上,如图所示。每块木块的质量m=1kg,长l=1m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量M=2.5kg的小铅块(视为质点),以v0=4m/s的初速度向右滑上左边第一块木块的左端,它与木块的动摩擦因数μ2=0.2。小铅块刚滑到第四块木块时,木块开始运动。(1)求铅块刚滑到第四块木块时的速度。(2)通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时,木块才开始运动。(3)小铅块停止运动后,离第一块木块的左端有多远?【解析】(1)设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为a1,刚滑到第四块的速度为v1,由牛顿第二定律得μ2Mg=Ma1,由运动学公式得v02-v12=2a1·3l,联立解得v1=(2)设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力f1=μ2Mg=5N,后面的(5-n+1)块木块受到地面的最大静摩擦力f2=μ1[M+(6-n)m]g,要使木块滑动,应满足f2<f1,即μ1[M+(6-n)m]g<5,n>3.5,取n=4。(3)设小铅块滑上第4块木块经过t秒和第4、5两木块达到共同速度,此过程小铅块和第4、5两木块的对地位移为s1和s2,相对位移为Δs,第4、5两木块运动的加速度为a2,μ2Mg-μ1(M+2m)g=2ma2,v1-a1t=a2t,s1=v1t-12a1t2,s2=12a2t2,Δs=s1-s2,联立解得s1=8081m,Δs=89m,由于Δs<l(s1<l),说明小铅块没有离开第四块木块,最后小铅块与第4、5两木块达到共同速度一起减速为零。设小铅块与第4、5两木块达到共同速度为v2,一起减速的加速度大小为a3,减速位移为s3,μ1(2m+M)g=(2m+M)a3,v2=a2t,s3=v222a3,联立解得s3=281m,小铅块最终离第1块木块左端s=3l+s【答案】(1)2m/s(2)见解析(3)32581本题是相对运动的题目,要对每个物体分别分析其运动情况,利用运动学的基本公式,再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解。本题运动过程较为复杂,难度较大。【变式训练13】如图甲所示,有一倾角为30°的光滑固定斜面,斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上,现将力F变为水平向右,当滑块滑到木板上时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v-t图象如图乙所示,g=10m/s2。求:(1)水平作用力F的大小。(2)滑块开始下滑时的高度。(3)木板的质量。【解析】(1)滑块受力如图丙所示,根据平衡条件,有mgsinθ=Fcosθ,解得F=1033(2)当力F变为水平向右之后,由牛顿第二定律,有mgsinθ+Fcosθ=ma,解得a=10m/s2,根据题意,由题图乙可知,滑块滑到木板上的初速度v=10m/s。滑块下滑的位移x=v22a,解得x=5m,故滑块下滑的高度h=xsin30°=2.5(3)由题图乙可知,滑块和木板起初相对滑动,当达到共同速度后一起做匀减速运动,两者共同减速时加速度a1=1m/s2,相对滑动时,木板的加速度a2=1m/s2,滑块的加速度大小a3=4m/s2,设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为μ2,对它们整体受力分析,有a1=μ1(M+m)gM+m=μ1g,解得μ1=0.1,0~2s内分别对木板和滑块受力分析,对木板有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma2,对滑块有μ2mg=ma【答案】(1)1033N(2)2.5m(3)1.5【变式训练14】如图所示,有两个高低不同的水平面,高水平面光滑,低水平面粗糙。一质量为5kg、长度为2m的长木板靠在高水平面边缘A点,其表面恰好与高水平面平齐,长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05,一质量为1kg、可视为质点的滑块静止放置,距A点距离为3m,现用大小为6N、水平向右的外力拉滑块,当滑块运动到A点时撤去外力,滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5,取g=10m/s2。(1)求滑块滑动到A点时的速度大小。(2)滑块滑动到长木板上时,滑块和长木板的加速度大小分别为多少?(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。【解析】(1)设滑块在高水平面上的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma,根据运动学公式有v2=2aL0,代入数据解得v=6m/s。(2)设滑块滑动到长木板后,滑块的加速度为a1,长木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律,对滑块有μ1mg=ma1,代入数据解得a1=5m/s2,对长木板有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2,代入数据解得a2=0.4m/s2。(3)设滑块不滑出长木板,从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t,则v-a1t=a2t,代入数据解得t=109s。此过程中滑块的位移x1=vt-12a1t2,长木板的位移x2=12a2t2,x1-x2=103m>L=2【答案】(1)6m/s(2)5m/s20.4m/s2(3)见解析题组1牛顿运动定律1.(2017·江西模拟)2017年10月3日,三名美国科学家获得本年度诺贝尔物理学奖,用以表彰他们在引力波研究方面的贡献。物理学史上许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。关于科学家的贡献,下列说法正确的是()。A.亚里士多德根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因B.胡克用逻辑推理的方法得出了弹簧的伸长与外力的关系C.牛顿做了著名的斜面实验,得出轻、重物体自由下落一样快的结论D.笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献【解析】伽利略根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因,A项错误;胡克用实验的方法得出了胡克定律,B项错误;伽利略做了著名的斜面实验,得出轻、重物体自由下落一样快的结论,C项错误;伽利略、笛卡儿都对牛顿第一定律的建立做出了贡献,D项正确。【答案】D2.(2017·福建模拟)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,如果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,你向上跳起来后,还会落到原地C.在月球上举重比地球上容易,所以质量相同的物体在月球上的惯性比地球上的大D.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】如果想要击中目标,飞机在投弹时必须得有一定的提前量,A项错误。人没跳起来的时候,具有跟地球相同的旋转速度,即一起按照一定的速度自西向东自转,跳起来后,因为惯性,人依然具有这个旋转的速度,也就是地球和人在水平方向上是相对静止的,所以,落下来之后依然是在原地而不是在原地的西边,B项正确。惯性大小只与质量有关,所以在月球上的物体惯性不变,之所以举重容易是因为物体受到的引力减小,C项错误,向上抛出的物体,获得了一个向上的初速度,由于惯性,它将保持向上运动的状态,若不受重力,它将一直向上运动,只是由于重力作用,物体向上运动一段时间后将落下来,D项错误。【答案】B3.(2018·衡水检测)下面哪一组单位属于国际单位制的基本单位()。A.m、kg、sB.kg、m/s2、sC.m、N、kg D.m/s2、kg、N【解析】力学中的基本物理量有三个,它们分别是长度、质量、时间,它们的单位分别为m、kg、s,A项正确,B、C、D三项错误。【答案】A4.(2018·山东质检)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图象可能正确的是()。【解析】受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+kmv,v减小,a减小,A项错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D【答案】D5.(2017·山东三模)(多选)关于物体运动状态与所受外力的关系,下列说法中正确的是()。A.物体受到恒定的力作用时,它的运动状态不发生改变B.物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态要发生改变C.物体受到的合力为零时,它一定处于静止状态D.物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同【解析】力是改变物体运动状态的原因,只要物体受力(所受合力不为零),它的运动状态就一定会改变,A项错误,B项正确;物体不受力或所受合力为零,其运动状态一定不变,处于静止或匀速直线运动状态,C项错误;物体的运动方向与它所受合力方向可能相同,也可能相反,还可能不在一条直线上,D项正确。【答案】BD6.(2017·陕西质检)(多选)弹簧测力计挂在升降机的顶板上,下端挂一质量为2kg的物体。当升降机在竖直方向运动时,弹簧测力计的示数始终是16N,如果从升降机的速度大小为3m/s时开始计时,则经过1s,升降机的位移大小可能是(g取10m/s2)()。A.3mB.5mC.2mD.4m【解析】对物体进行受力分析,受向下的重力和向上的弹簧弹力,加速度a=mg-F弹m=2m/s2,方向向下,升降机初速度大小为3m/s,方向可能向下,也可能向上,所以在1s内的位移有两种情况:向下加速x1=v0t+12at2=4m;向上减速x2=v0t-12at2=2【答案】CD7.(2017·安徽质检)两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图甲所示,在A、B的速度达到6m/s时,撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1kg、mB=3kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的v-t图象如图乙所示。取g=10m/s2,求:(1)推力F的大小。(2)A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离。【解析】(1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的v-t图象得a=3m/s2。对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmAg=(mA+mB)a,代入数据解得F=15N。(2)设物体A做匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对于A物体有μmAg=mAaA,aA=μg=3m/s2v0-aAt=0,解得t=2s物体A的位移xA=v02t=6物体B的位移xB=v0t=12m,所以,A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离Δx=xB-xA=6m。【答案】(1)15N(2)6m题组2牛顿运动定律的应用1.(20107·贵州模拟)(多选)如图所示,沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角,小球和车厢相对静止,球的质量为1kg。(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8),以下说法正确的是()。A.车厢运动的加速度大小为7.5m/s2B.车厢一定向左做匀加速运动C.车厢可能向右做匀减速运动D.悬线