高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律

PAGE第67頁共67頁第1節(jié)牛頓運動定律一、牛頓第一定律1．內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。2．意義(1)指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又叫慣性定律。(2)指出力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，即產(chǎn)生加速度的原因。eq\a\vs4\al([注1])3．慣性(1)定義：物體保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)。(2)性質(zhì)：慣性是一切物體都具有的性質(zhì)，是物體的固有屬性，與物體的運動情況和受力情況無關(guān)。eq\a\vs4\al([注2])4．量度：質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小。二、牛頓第二定律單位制1．牛頓第二定律(1)內(nèi)容物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。eq\a\vs4\al([注3])(2)表達式：F＝ma。2.單位制(1)單位制由基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制。(2)基本單位在力學(xué)范圍內(nèi)，國際單位制規(guī)定質(zhì)量、長度和時間為三個基本量，它們的單位千克、eq\a\vs4\al(米)和eq\a\vs4\al(秒)為基本單位。(3)導(dǎo)出單位由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。三、牛頓第三定律1．作用力和反作用力兩個物體之間的作用總是相互的，一個物體對另一個物體施加了力，后一個物體一定同時對前一個物體也施加了力。物體間相互作用的這一對力叫作作用力和反作用力。2．牛頓第三定律兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上。eq\a\vs4\al([注4])【注解釋疑】[注1]牛頓第一定律并不是牛頓第二定律在加速度等于零時的特例。[注2]當(dāng)物體不受力或所受合力為零時，慣性表現(xiàn)為保持原來的運動狀態(tài)不變；當(dāng)物體受到合力不為零時，慣性表現(xiàn)為抗拒運動狀態(tài)改變的能力。[注3]加速度的大小是由力和物體的質(zhì)量共同決定的。[注4]牛頓第三定律指出了作用力與反作用力間的關(guān)系，可簡記為：異體、等大、反向、共線，這種關(guān)系適用宏觀、低速運動的情況。【基礎(chǔ)自測】一、判斷題(1)牛頓第一定律指出，當(dāng)物體受到的合外力為零時，物體將處于靜止狀態(tài)。(×)(2)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×)(3)可以利用牛頓第二定律確定自由電子的運動情況。(×)(4)物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小。(√)(5)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×)(6)作用力與反作用力的效果可以相互抵消。(×)(7)人走在松軟土地上向下陷時，人對地面的壓力大于地面對人的支持力。(×)二、選擇題1．(多選)[人教版必修1P70T1改編]下面對牛頓第一定律和慣性的分析正確的是()A．飛機投彈時，當(dāng)目標在飛機的正下方時投下炸彈，能擊中目標B．地球自西向東自轉(zhuǎn)，人向上跳起來后，還會落到原地C．安全帶的作用是防止汽車剎車時，人由于慣性而發(fā)生危險D．有的同學(xué)說，向上拋出的物體，在空中向上運動時，肯定受到了向上的作用力解析：選BC飛機在目標正上方投彈時，由于慣性，炸彈會落在目標的前方，A錯誤；地球自西向東自轉(zhuǎn)，人向上跳起后，由于慣性，還會落在原地，B正確；汽車剎車時，由于慣性，人會向前沖，安全帶可以防止人向前沖，C正確；物體被向上拋出后，在空中向上運動是由于慣性，D錯誤。2．(多選)[魯科版必修1P113T1]關(guān)于牛頓第二定律，下列說法正確的是()A．加速度與合外力的關(guān)系是瞬時對應(yīng)關(guān)系，即a與F同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失B．加速度的方向總是與合外力的方向相同C．同一物體的運動速度變化越大，受到的合外力也越大D．物體的質(zhì)量與它所受的合外力成正比，與它的加速度成反比解析：選AB加速度方向總是與合外力方向相同，并且加速度與合外力是瞬時對應(yīng)關(guān)系，A、B正確。同一物體的運動速度變化大，加速度不一定大，所受的合外力也不一定大，C錯誤；物體的質(zhì)量由物體本身決定，與合外力、加速度無關(guān)，D錯誤。3．[粵教版必修1P71T1]沼澤的下面蘊藏著豐富的泥炭，泥炭是沼澤地積累的植物殘體，它的纖維狀和海綿狀的物理結(jié)構(gòu)導(dǎo)致人在其表面行走時容易下陷。若人下陷的過程是先加速后勻速運動，下列判斷正確的是()A．加速運動時人對沼澤地的壓力大于沼澤地對他的支持力B．加速運動時人對沼澤地的壓力小于沼澤地對他的支持力C．人對沼澤地的壓力先大于后等于沼澤地對他的支持力D．人對沼澤地的壓力大小總等于沼澤地對他的支持力解析：選D人對沼澤地的壓力與沼澤地對人的支持力為作用力與反作用力，故二力大小一定相等，故A、B、C錯誤，D正確?？键c一牛頓第一定律的理解[素養(yǎng)自修類]【對點訓(xùn)練】1．[對理想斜面實驗的理解]牛頓第一定律是建立在理想斜面實驗基礎(chǔ)上，經(jīng)抽象分析推理得出的結(jié)論，它不是實驗定律。利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側(cè)斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿水平面滑動。水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸減小的材料時，小球沿水平面滑動到的最遠位置依次為1、2、3，根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是()A．如果小球不受力，它將一直保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)B．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變C．如果水平面光滑，小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\動下去D．小球受到的力一定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小解析：選C由題意，水平面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸減小的材料時，小球沿水平面滑動到的最遠位置依次為1、2、3?？芍Σ亮υ叫?，則小球滑動得越遠，由此得出的結(jié)論是如果水平面光滑，小球受到的合外力為0，則小球?qū)⒀刂矫嬉恢边\動下去，故選項C符合題意。2．[對慣性的理解]下列說法中正確的是()A．慣性是只有物體做勻速直線運動或靜止時才表現(xiàn)出來的性質(zhì)B．物體的慣性是指物體不受外力作用時仍保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)C．物體不受外力作用時保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，有慣性；受到外力作用時，不能保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，此時就無慣性D．慣性是物體的固有屬性，與運動狀態(tài)和是否受力無關(guān)解析：選D慣性是指物體具有保持原來的運動狀態(tài)的性質(zhì)，不是只有做勻速直線運動或靜止的物體才有慣性，任何物體在任何狀態(tài)下都有慣性，故A、B錯誤；物體不受外力作用時保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，有慣性；受到外力作用時，不能保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，但仍有慣性，故C錯誤；慣性是物體的固有屬性，與運動狀態(tài)和是否受力無關(guān)，故D正確。3．[牛頓第一運動定律的應(yīng)用]如圖所示，在一輛表面光滑足夠長的小車上，有質(zhì)量分別為m1、m2的兩個小球(m1>m2)，原來隨小車一起做勻速直線運動，當(dāng)小車突然停止時，如不考慮其他阻力，則兩個小球()A．一定相碰B．一定不相碰C．不一定相碰D．無法確定，因為不知小車的運動方向解析：選B小車停止前，兩個小球和小車一起做勻速直線運動，并且兩個小球和小車具有共同的速度，當(dāng)小車突然停止時，由于小球在小車光滑表面上，因此兩個小球由于慣性，還要保持原來大小不變的速度做勻速直線運動，又兩球的速度相同，相同時間內(nèi)通過的位移相同，因此兩個小球間的距離不變，一定不會相碰，故B正確，A、C、D錯誤?！疽c解讀】1．牛頓第一定律的意義(1)提出慣性的概念：牛頓第一定律指出一切物體都具有慣性，慣性是物體的一種固有屬性。(2)揭示力與運動的關(guān)系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(tài)的原因。2．牛頓第一定律與牛頓第二定律的對比牛頓第一定律是經(jīng)過科學(xué)抽象、歸納推理總結(jié)出來的，而牛頓第二定律是一條實驗定律?？键c二牛頓第二定律的理解與簡單應(yīng)用[素養(yǎng)自修類]【對點訓(xùn)練】1．[對牛頓第二定律的理解](多選)下列對牛頓第二定律的理解，正確的是()A．如果一個物體同時受到兩個力的作用，則這兩個力各自產(chǎn)生的加速度互不影響B(tài)．如果一個物體同時受到幾個力的作用，則這個物體的加速度等于所受各力單獨作用在物體上時產(chǎn)生的加速度的矢量和C．平拋運動中豎直方向的重力不影響水平方向的勻速運動D．物體的質(zhì)量與物體所受的合力成正比，與物體的加速度成反比解析：選ABC由牛頓第二定律可知，A、B、C正確；物體的質(zhì)量是物體的固有屬性，不會受到外界條件的影響(如受力、運動狀態(tài)、在火星上還是地球上等)，D錯誤。2．[由牛頓第二定律定性分析物體的運動]如圖所示，一輕彈簧一端系在墻上的O點，自由伸長到B點。今用一物體把彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體能運動到C點靜止，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，下列說法正確的是()A．物體從A到B速度越來越大，從B到C速度越來越小B．物體從A到B速度越來越小，從B到C加速度不變C．物體從A到B先加速后減速，從B到C一直減速運動D．物體在B點受力為零解析：選C物體在A點時水平方向受兩個力作用，向右的彈力kx和向左的摩擦力Ff，合力F合＝kx－Ff，物體從A→B的過程，彈力由大于Ff減至為零，所以開始一段合力向右，中間有一點合力為零，然后合力向左，而v一直向右，故物體先做加速度越來越小的加速運動，在A到B間有一點加速度為零，速度達到最大，接著做加速度越來越大的減速運動；物體從B→C過程，F(xiàn)合＝Ff為恒力，方向向左，所以物體做加速度不變的勻減速運動，故C正確。3．[牛頓第二定律的簡單應(yīng)用](多選)一個質(zhì)量為2kg的物體，在5個共點力作用下處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)同時撤去大小分別為15N和10N的兩個力，其余的力保持不變，關(guān)于此后該物體的運動的說法中正確的是()A．一定做勻變速直線運動，加速度大小可能是5m/s2B．一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小C．可能做勻減速直線運動，加速度大小可能是2.5m/s2D．可能做勻速圓周運動，向心加速度大小是5m/s2解析：選BC根據(jù)平衡條件得知，其余力的合力大小范圍為5N≤F合≤25N，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)得物體的加速度大小范圍為2.5m/s2≤a≤12.5m/s2。若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向不在同一直線上，物體做勻變速曲線運動，故A錯誤。由于撤去兩個力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運動，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正確。若物體原來做勻速直線運動，撤去的兩個力的合力方向與速度方向相同時，物體做勻減速直線運動，加速度大小可能為2.5m/s2，故C正確。物體在恒力作用下不可能做勻速圓周運動，故D錯誤。【要點解讀】1．牛頓第二定律的幾個性質(zhì)(1)同體性：式中合力F、質(zhì)量m、加速度a對應(yīng)同一物體。(2)獨立性：作用在物體上的每一個力都可以產(chǎn)生一個加速度，物體的加速度是所有力產(chǎn)生的加速度的矢量和。(3)瞬時性：加速度與合力F是瞬時對應(yīng)關(guān)系，同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失。(4)矢量性：加速度方向與合力的方向相同，表達式是矢量式。2．合力、加速度、速度間的決定關(guān)系(1)物體所受合力的方向決定了其加速度的方向。只要合力不為零，不管速度大小，物體都有加速度。(2)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動；合力與速度不共線時，物體做曲線運動，但合力與速度無必然聯(lián)系。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關(guān)系。(4)a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。考點三瞬時加速度問題[互動共研類]1．兩類模型2．在求解瞬時加速度時應(yīng)注意的問題(1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析。(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變。[例]如圖所示，兩個完全相同的小球a、b，用輕彈簧N連接，輕彈簧M和輕繩一端均與a相連，另一端分別固定在豎直墻和天花板上，彈簧M水平，當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角為60°時，M、N伸長量剛好相同。若M、N的勁度系數(shù)分別為k1、k2，a、b兩球的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，則以下判斷正確的是()A.eq\f(k1,k2)＝2eq\r(3)B.eq\f(k1,k2)＝eq\r(3)C．若剪斷輕繩，則在剪斷的瞬間，a球的加速度為零D．若剪斷彈簧M，則在剪斷的瞬間，b球處于失重狀態(tài)[思路點撥](1)剪斷輕繩的瞬間，兩彈簧彈力均不會突變，各自與剪斷前的彈力相同。(2)無論在輕彈簧M的何處將M剪斷，彈簧M的彈力均立即突變?yōu)榱恪解析]設(shè)M、N的伸長量均為x，在題圖中狀態(tài)下，a球、彈簧N和b球整體受到重力2mg、輕繩的拉力FT、彈簧M的拉力FM的作用處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力的平衡條件有FM＝k1x＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg，b球受重力mg和彈簧N的拉力FN的作用處于平衡狀態(tài)，則FN＝k2x＝mg，解得eq\f(k1,k2)＝2eq\r(3)，選項A正確，選項B錯誤；剪斷輕繩的瞬間，輕繩的拉力突變?yōu)榱悖p彈簧中的彈力不會突變，即剪斷輕繩前彈簧彈力與剪斷輕繩的瞬間彈簧彈力相同，a球受重力和兩彈簧的拉力，合力不為零，則加速度不為零，選項C錯誤；剪斷彈簧M的瞬間，彈簧M的彈力突變?yōu)榱?，彈簧N的彈力不變，則b球加速度仍為零，選項D錯誤。[答案]Aeq\a\vs4\al([歸納總結(jié)])求解瞬時加速度的步驟【對點訓(xùn)練】1．[輕繩、輕彈簧模型]如圖所示，細繩一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A點，輕質(zhì)彈簧一端與小球連接，另一端固定在豎直墻上B點，小球處于靜止狀態(tài)。將細繩燒斷的瞬間，小球的加速度方向()A．沿BO方向 B．沿OB方向C．豎直向下 D．沿AO方向解析：選D小球平衡時，對小球進行受力分析，小球受重力、彈簧彈力、細繩的拉力。當(dāng)細繩燒斷的瞬間，細繩的拉力變?yōu)榱悖亓Α椓Σ蛔?，所以重力與彈力的合力與細繩的拉力等大反向，故D正確。2．[輕彈簧、輕桿模型](多選)如圖甲、乙所示，光滑斜面上，當(dāng)系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間，下列說法正確的是()A．兩圖中兩球加速度均為gsinθB．兩圖中A球的加速度均為零C．圖甲中B球的加速度為2gsinθD．圖乙中B球的加速度為gsinθ解析：選CD撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小都為2mgsinθ。因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ。題圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B兩球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故A、B錯誤，C、D正確。3．[輕繩、輕彈簧模型]如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩物塊，用一輕彈簧相連，將A用輕繩懸掛于天花板上，用一木板托住物塊B。調(diào)整木板的位置，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒有拉力，此時輕彈簧的形變量為x，突然撤去木板，重力加速度為gA．撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為gB．撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為0.5C．撤去木板后，B物塊向下運動3x時速度最大D．撤去木板后，B物塊向下運動2x時速度最大解析：選C撤去木板瞬間，B物塊受到的合力為3mg，由牛頓第二定律可知，aB＝1.5g，故A、B錯誤；當(dāng)B物塊受到的合外力為零時，速度最大，此時F2＝2mg＝kx2，又mg＝kx，所以彈簧此時的伸長量x2＝2x，即B物塊向下運動3x考點四牛頓第三定律的理解[素養(yǎng)自修類]【對點訓(xùn)練】1．(多選)搭載著“嫦娥三號”的“長征三號乙”運載火箭在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，下面關(guān)于衛(wèi)星與火箭升空的情形敘述正確的是()A．火箭尾部向下噴氣，噴出的氣體反過來對火箭產(chǎn)生一個反作用力，從而讓火箭獲得了向上的推力B．火箭尾部噴出的氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣的反作用力使火箭獲得飛行的動力C．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，火箭雖然向后噴氣，但也無法獲得前進的動力D．衛(wèi)星進入運行軌道之后，與地球之間仍然存在一對作用力與反作用力解析：選AD火箭升空時，其尾部向下噴氣，火箭箭體與被噴出的氣體是一對相互作用的物體?；鸺蛳聡姎鈺r，噴出的氣體對火箭產(chǎn)生向上的反作用力，即為火箭上升的推動力。此動力并不是由周圍的空氣對火箭的反作用力提供的，因而與是否飛出大氣層、是否存在空氣無關(guān)，選項A正確，B、C錯誤?；鸺\載衛(wèi)星進入軌道之后，衛(wèi)星與地球之間依然存在相互吸引力，即地球吸引衛(wèi)星，衛(wèi)星吸引地球，這是一對作用力與反作用力，故選項D正確。2．(多選)(2020·咸陽模擬)消防員用繩子將一不慎落入井中的兒童從井內(nèi)加速向上提的過程中，不計繩子的重力，以下說法正確的是()A．繩子對兒童的拉力大于兒童對繩子的拉力B．繩子對兒童的拉力大于兒童的重力C．消防員對繩子的拉力與繩子對消防員的拉力是一對作用力與反作用力D．消防員對繩子的拉力與繩子對兒童的拉力是一對平衡力解析：選BC繩子對兒童的拉力和兒童對繩子的拉力是一對作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A錯誤；兒童從井內(nèi)加速向上運動的過程中，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律知繩子對兒童的拉力大于兒童的重力，故B正確；消防員對繩子的拉力與繩子對消防員的拉力是一對作用力與反作用力，故C正確；消防員對繩子的拉力與繩子對兒童的拉力作用在不同物體上，不是一對平衡力，故D錯誤。3．建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質(zhì)量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10m/s2)()A．510N B．490NC．890N D．910N解析：選B設(shè)繩子對建筑材料的拉力為F1，F(xiàn)1－mg＝maF1＝m(g＋a)＝210N繩子對人的拉力F2＝F1＝210N人處于靜止狀態(tài)，則地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490N由牛頓第三定律知，人對地面的壓力FN′＝FN＝490N故B項正確。【要點解讀】1．一對平衡力與一對作用力、反作用力的比較名稱項目一對平衡力作用力與反作用力作用對象同一個物體兩個相互作用的不同物體作用時間不一定同時產(chǎn)生、同時消失一定同時產(chǎn)生、同時消失力的性質(zhì)不一定相同一定相同作用效果可相互抵消不可抵消2．應(yīng)用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換研究對象如果不能直接求解物體受到的某個力時，可先求它的反作用力，如求壓力時可先求支持力。在許多問題中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換研究對象，可以使我們分析問題的思路更靈活、更開闊?！耙族e問題”辨清楚——慣性的“相對性”類型(一)空氣中的鐵球和乒乓球1．如圖所示，一容器固定在一個小車上，在容器中分別懸掛一只鐵球和一只乒乓球，容器中鐵球和乒乓球都處于靜止狀態(tài)，當(dāng)容器隨小車突然向右運動時，兩球的運動情況是(以小車為參考系)()A．鐵球向左，乒乓球向右 B．鐵球向右，乒乓球向左C．鐵球和乒乓球都向左 D．鐵球和乒乓球都向右解析：選C由于慣性，當(dāng)容器隨小車突然向右運動時，鐵球和乒乓球都相對容器向左運動，C正確。類型(二)水中的鐵球和乒乓球2．如圖所示，一盛水的容器固定在一個小車上，在容器中分別懸掛和拴住一只鐵球和一只乒乓球。容器中的水和鐵球、乒乓球都處于靜止狀態(tài)。當(dāng)容器隨小車突然向右運動時，兩球的運動情況是(以小車為參考系)()A．鐵球向左，乒乓球向右 B．鐵球向右，乒乓球向左C．鐵球和乒乓球都向左 D．鐵球和乒乓球都向右解析：選A因為小車突然向右運動，鐵球和乒乓球都有向右運動的趨勢，但由于與同體積的“水球”相比，鐵球質(zhì)量大，慣性大，鐵球的運動狀態(tài)難改變，即速度變化慢，而同體積的“水球”的運動狀態(tài)比鐵球容易改變，即速度變化快，水和車一起向右運動，所以小車突然向右運動時，鐵球相對小車向左運動。同理，由于乒乓球與同體積的“水球”相比，質(zhì)量小，慣性小，乒乓球相對小車向右運動。選項A正確。eq\a\vs4\al([反思領(lǐng)悟])(1)質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，物體的質(zhì)量越大，慣性越大，狀態(tài)越難改變。(2)懸掛在空氣中的鐵球和乒乓球的慣性都比對應(yīng)的“空氣球”的慣性大，但懸掛在水中的乒乓球的慣性沒有對應(yīng)的“水球”的慣性大。1．(多選)科學(xué)家關(guān)于物體運動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用。下列說法符合歷史事實的是()A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體的運動狀態(tài)才會改變B．伽利略通過“理想實驗”得出結(jié)論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠運動下去C．笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向D．牛頓認為，物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)解析：選BCD亞里士多德認為物體的運動需要力來維持，選項A錯誤；牛頓根據(jù)選項B中伽利略的正確觀點和選項C中笛卡兒的正確觀點，得出了選項D的正確觀點，選項B、C、D正確。2．下列說法正確的是()A．牛頓第一定律又稱慣性定律，所以慣性定律與慣性的實質(zhì)相同B．伽利略通過理想斜面實驗，說明物體的運動不需要力來維持C．牛頓運動定律和動量守恒定律既適用于低速、宏觀的物體，也適用于高速、微觀的粒子D．牛頓第三定律揭示了一對平衡力的相互關(guān)系解析：選B牛頓第一定律又稱慣性定律，但是慣性定律與慣性的實質(zhì)是不相同的，選項A錯誤；伽利略通過理想斜面實驗，說明物體的運動不需要力來維持，選項B正確；牛頓運動定律適用條件為：宏觀、低速，對微觀、高速運動不再適用，動量守恒定律具有普適性，既適用于低速，也適用于高速運動的粒子，選項C錯誤；牛頓第三定律揭示了一對作用力與反作用力的相互關(guān)系，選項D錯誤。3．如圖所示，有兩個穿著溜冰鞋的人站在冰面上，當(dāng)其中一個人A從背后輕輕推另一個人B時，兩個人會向相反方向運動，這是因為A推B時()A．A與B之間有相互作用力B．A對B的作用力在先，B對A的作用力在后C．B對A的作用力的大小小于A對B的作用力的大小D．A對B的作用力和B對A的作用力是一對平衡力解析：選AA推B時，A與B之間有相互作用力，作用力與反作用力同時產(chǎn)生，大小相等，故A正確，B、C、D錯誤。4．下列說法正確的是()A．物體受到力的作用時，力克服了物體的慣性，使其產(chǎn)生了加速度B．人走在松軟土地上向下陷時具有向下的加速度，說明人對地面的壓力大于地面對人的支持力C．物理公式既能確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，又能確定物理量間的單位關(guān)系D．對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當(dāng)力剛作用的瞬間，加速度為零解析：選C慣性是物體的固有屬性，力能使物體產(chǎn)生加速度，但不能說力克服了物體的慣性，A錯誤。根據(jù)牛頓第三定律，兩個物體間的作用力與反作用力總是等大反向的，B錯誤。物理公式不僅能確定物理量之間的數(shù)量關(guān)系，也能確定單位關(guān)系，C正確。據(jù)牛頓第二定律，合外力與加速度是瞬時對應(yīng)關(guān)系，D錯誤。5．(多選)我們經(jīng)常接觸到的一些民諺、俗語，都蘊含著豐富的物理知識，以下理解正確的是()A．“泥鰍黃鱔交朋友，滑頭對滑頭”——泥鰍和黃鱔的表面都比較光滑，摩擦力小B．“一只巴掌拍不響”——力是物體對物體的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其他物體上才能產(chǎn)生力的作用，才能拍響C．“雞蛋碰石頭，自不量力”——雞蛋和石頭相碰時石頭撞擊雞蛋的力大于雞蛋撞擊石頭的力D．“人心齊，泰山移”——如果各個分力的方向一致，則合力的大小等于各個分力的大小之和解析：選ABD泥鰍與黃鱔表面比較光滑，二者之間的動摩擦因數(shù)比較小，則二者之間摩擦力較小，故A正確；物體之間的作用是相互的，“一只巴掌拍不響”說明力是物體對物體的作用，故B正確；雞蛋與石頭相碰時，根據(jù)牛頓第三定律可知，石頭撞擊雞蛋的力的大小等于雞蛋撞擊石頭的力，故C錯誤；“人心齊，泰山移”反映了如果各個分力方向一致，合力的大小等于各個分力大小之和，故D正確。6．如圖所示，一輛有動力驅(qū)動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連。設(shè)在某一段時間內(nèi)小球與小車相對靜止且彈簧處于拉伸狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內(nèi)小車可能是()A．向右做加速運動 B．向右做減速運動C．向左做勻速運動 D．向左做減速運動解析：選B因為彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球在水平方向受到向左的彈簧彈力F，由牛頓第二定律的矢量性可知，小球加速度也是向左。小球與小車相對靜止，故小車可能向左做加速運動或向右做減速運動，B正確。7．如圖所示，手推車的籃子里裝有一籃球，女孩把手推車沿斜面向上勻速推動，籃子的底面平行于斜面，靠近女孩的一側(cè)面垂直于底面，下列說法正確的有()A．籃子底面受到的壓力大于籃球的重力B．籃子對籃球的作用力小于籃球的重力C．人對籃球的作用力等于籃球的重力D．籃子右側(cè)面受到的壓力小于籃球的重力解析：選D對籃球進行受力分析，并運用合成法，如圖所示。設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)幾何知識可知，籃子底部對籃球的支持力FN1＝mgcosθ，根據(jù)牛頓第三定律，則籃子底面受到的壓力為mgcosθ<mg，A錯誤；籃子右側(cè)面對籃球的支持力FN2＝mgsinθ，根據(jù)牛頓第三定律，則籃子右側(cè)面受到的壓力為mgsinθ<mg，籃子對籃球的作用力為FN1、FN2的合力，大小等于籃球的重力，B錯誤，D正確；人對籃球沒有作用力，C錯誤。8．我國首臺新型墻壁清潔機器人“蜘蛛俠”是由青島大學(xué)學(xué)生自主研制開發(fā)的，“蜘蛛俠”利用8只“爪子”上的吸盤吸附在接觸面上，通過“爪子”交替伸縮，就能在墻壁或玻璃上自由移動。如圖所示，假設(shè)“蜘蛛俠”在豎直玻璃墻面上由A點沿直線勻加速“爬行”到右上方B點，在這一過程中，關(guān)于“蜘蛛俠”在豎直面內(nèi)的受力分析正確的是()解析：選C根據(jù)牛頓第二定律可知，在豎直平面內(nèi)“蜘蛛俠”所受合力方向應(yīng)該是從A點指向B點，故C正確，A、B、D錯誤。9.身高和質(zhì)量完全相同的兩人穿同樣的鞋在同一水平地面上通過一輕桿進行頂牛比賽，迫使對方后退即勝利。設(shè)甲、乙對桿的推力分別為F1、F2。甲、乙兩人身體因前傾而偏離豎直方向的夾角分別為α1、α2，傾角越大，此刻人手和桿的接觸點位置就越低，如圖所示。若甲獲勝，則下列關(guān)系式正確的是()A．F1＝F2，α1>α2 B．F1>F2，α1＝α2C．F1＝F2，α1<α2 D．F1>F2，α1>α2解析：選A兩人頂牛比賽，決定勝負的是人受到的摩擦力的大小，甲獲勝是由于他對地面的正壓力大于其自身的重力，故α1>α2；兩人對桿的作用力可認為是作用力與反作用力，大小相等，有F1＝F2，選項A正確。10.一個質(zhì)量m＝2kg的物體放置在光滑水平桌面上，受到三個沿水平方向共點力F1、F2、F3的作用，且這三個力的大小和方向構(gòu)成如圖所示的三角形，已知F2＝0.5N，則下列說法正確的是()A．這個物體共受到四個力的作用B．這個物體受到的合力大小為0C．這個物體的加速度大小為1m/s2D．這個物體的加速度與F2方向相同解析：選C物體共受到五個力的作用：重力、支持力、F1、F2、F3，A錯誤；豎直方向上的重力和支持力平衡，合力為零，根據(jù)幾何知識可知F3＝1N，故水平方向上的三力的合力F合＝2F3＝2N，方向沿F3方向，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知a＝eq\f(F合,m)＝1m/s2，方向沿F3方向，C正確，D錯誤。11.如圖所示，一木塊在光滑水平面上受到一恒力F作用而運動，前方固定一輕質(zhì)彈簧，當(dāng)木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是()A．木塊將立即做勻減速直線運動B．木塊將立即做變減速直線運動C．在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的速度最大D．在彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時，木塊的加速度為零解析：選C對木塊進行受力分析，木塊接觸彈簧后所受彈力不斷增大，當(dāng)彈力小于力F時，木塊仍將加速運動，但加速度變小，A、B均錯誤。在彈簧彈力大小等于恒力F時，木塊的加速度為0，速度最大，C正確。木塊繼續(xù)壓縮彈簧，木塊所受合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯誤。12.如圖所示，在水平面上有一小物體P，P與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，P用一水平輕質(zhì)彈簧與左側(cè)墻壁連在一起，P在一斜向上的拉力F作用下靜止，F(xiàn)與水平方向間的夾角θ＝53°，并且P對水平面無壓力。已知重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力。則撤去F瞬間P的加速度大小為()A．0 B．2.5m/s2C．12.5m/s2 D．無法確定解析：選A撤去F之前，由平衡知識可知，F(xiàn)彈tan53°＝mg，解得F彈＝0.75mg；撤去F的瞬間，彈簧彈力不變，因最大靜摩擦力為fm＝μmg＝0.8mg，可知物體不動，加速度為0，選項A正確。13.如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體B和質(zhì)量為1kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個質(zhì)量為3kg的物體A輕放在B上的一瞬間，物體B的加速度大小為(取g＝10m/s2)()A．0 B．15m/s2C．6m/s2 D．5m/s2解析：選C開始彈簧的彈力等于物體B的重力，即F＝mBg，放上物體A的瞬間，彈簧彈力不變，對A、B組成的系統(tǒng)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝eq\f(mAg,mA＋mB)＝6m/s2，選項C正確。14．(多選)(2021·哈爾濱?？?如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端拴接質(zhì)量為m的小球，小球放在傾角為30°的光滑固定斜面上，整體處于平衡狀態(tài)時，彈簧與豎直方向成30°角，重力加速度為g，則()A．平衡時，斜面對小球的作用力大小為eq\f(\r(3),2)mgB．若將斜面突然移走，則移走瞬間小球的加速度大小為eq\f(\r(3),2)gC．若將彈簧剪斷，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為eq\f(g,2)D．若將彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)更大的另一輕彈簧，系統(tǒng)重新達到平衡時，彈簧仍處于拉伸狀態(tài)，此時斜面對小球的作用力變小解析：選CD小球靜止于斜面上，設(shè)小球受的彈簧拉力為F，斜面對小球的支持力為FN，對小球的受力分析如圖所示，則FN＝F,2Fcos30°＝mg，解得FN＝F＝eq\f(\r(3),3)mg，故A錯誤；將斜面突然移走，小球受彈簧拉力和重力，彈簧彈力不突變，所以小球所受的合外力與斜面對小球的支持力的大小相等，方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知小球的加速度大小為a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(3),3)g，故B錯誤；將彈簧剪斷的瞬間，小球?qū)⒀匦泵嫦蛳伦鰟蚣铀龠\動，小球的加速度大小為a2＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f(1,2)g，故C正確；將彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)更大的另一輕彈簧，彈簧彈力將變大，小球?qū)⒀匦泵嫦蛏线\動，系統(tǒng)重新達到平衡時，輕彈簧與豎直方向的夾角小于30°，但斜面對小球的支持力方向不變，根據(jù)作圖可得斜面對小球的作用力變小，故D正確。第2節(jié)兩類動力學(xué)問題超重和失重一、兩類動力學(xué)問題1．動力學(xué)的兩類基本問題eq\a\vs4\al([注1])第一類：已知受力情況求物體的運動情況。第二類：已知運動情況求物體的受力情況。2．解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如圖：eq\a\vs4\al([注2])二、超重與失重1．視重當(dāng)物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重。2.超重、失重和完全失重的比較超重失重完全失重eq\a\vs4\al([注3])現(xiàn)象視重大于物體重力視重小于物體重力視重等于eq\a\vs4\al(0)產(chǎn)生條件物體的加速度向eq\a\vs4\al(上)物體的加速度向eq\a\vs4\al(下)物體的加速度等于eq\a\vs4\al(g)運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以g加速下降或減速上升原理方程F－mg＝maF＝mg＋mamg－F＝maF＝mg－mamg－F＝mgF＝0【注解釋疑】[注1]不管是哪一類動力學(xué)問題，受力分析和運動狀態(tài)分析都是關(guān)鍵環(huán)節(jié)。[注2]作為“橋梁”的加速度，既可能需要根據(jù)已知受力求解，也可能需要根據(jù)已知運動求解。[注3]物體在完全失重狀態(tài)下，由重力引起的效應(yīng)將完全消失?！净A(chǔ)自測】一、判斷題(1)物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比。(√)(2)對靜止光滑水平面上的物體施加一個水平力，當(dāng)力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度。(√)(3)超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。(×)(4)失重時物體的重力小于mg。(×)(5)加速度大小等于g的物體一定處于完全失重狀態(tài)。(×)(6)根據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以判斷物體運動的速度方向。(×)二、選擇題1．[魯科版必修1P121T2]在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運動。作用一段時間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運動)，則在水平推力逐漸減小到零的過程中()A．物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小B．物體速度逐漸增大，加速度逐漸減小C．物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小D．物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大解析：選D由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運動，則可判定F＞f，且F－f＝ma；當(dāng)F逐漸減小時，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速；當(dāng)F＜f后，此時f－F＝ma，F(xiàn)減小，加速度增大，且加速度與速度方向相反，物體減速。綜上所述，選項D正確。2.[粵教版必修1P98T1改編]如圖所示，一人站在電梯中的體重計上，隨電梯一起運動。g取10m/s2。下列各種情況中，體重計的示數(shù)最大的是()A．電梯勻減速上升，加速度的大小為1.0m/s2B．電梯勻加速上升，加速度的大小為1.0m/s2C．電梯勻減速下降，加速度的大小為1.5m/s2D．電梯勻加速下降，加速度的大小為1.5m/s2解析：選C由題意可知，體重計的示數(shù)最大時，人應(yīng)具有向上的最大加速度，處于超重狀態(tài)，故A、D錯誤；由F－mg＝ma，可得F＝mg＋ma，則當(dāng)a＝1.5m/s2時體重計的示數(shù)最大，故B錯誤，C正確。考點一動力學(xué)的兩類基本問題[互動共研類]動力學(xué)兩類基本問題的解題步驟[例1]如圖所示，四旋翼無人機是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量m＝2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝4N。g取10m/s2。(1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛。求在t＝5s時離地面的高度h。(2)當(dāng)無人機懸停在距離地面高度H＝100m處時，由于動力設(shè)備故障，無人機突然失去升力而墜落。求無人機墜落地面時的速度v。[解析](1)設(shè)無人機上升時加速度為a，由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma，解得a＝6m/s2由h＝eq\f(1,2)at2，解得h＝75m。(2)設(shè)無人機墜落過程中加速度為a1，由牛頓第二定律得mg－f＝ma1解得a1＝8m/s2由v2＝2a1H，解得v＝40m[答案](1)75m(2)40m/s[拓展延伸]若[例1]中在無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力。為保證安全著地，求無人機從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t1。解析：設(shè)無人機恢復(fù)升力后向下減速時加速度為a2，由牛頓第二定律得F－mg＋f＝ma2，解得a2＝10m/s2設(shè)無人機恢復(fù)升力時速度為vm，則有eq\f(vm2,2a1)＋eq\f(vm2,2a2)＝H解得vm＝eq\f(40\r(5),3)m/s，由vm＝a1t1，解得t1＝eq\f(5\r(5),3)s。[答案]eq\f(5\r(5),3)seq\a\vs4\al([一題悟通])本例是已知受力情況求解多過程運動問題，通過本例幫助學(xué)生掌握動力學(xué)兩類基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”，以及在多個運動過程之間建立“聯(lián)系”。(1)把握“兩個分析”“一個橋梁”(2)找到不同過程之間的“聯(lián)系”，如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，若過程較為復(fù)雜，可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。[例2]一質(zhì)量為m＝2kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5m/s2勻加速下滑。如圖所示，若用一水平向右恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2s內(nèi)能沿斜面運動位移x＝4m。求：(g取10m/s2)(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)恒力F的大小。[解析](1)根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin30°－μmgcos30°＝ma，解得μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度向上和向下兩種可能。由x＝eq\f(1,2)a1t2，得a1＝2m/s2，當(dāng)加速度沿斜面向上時Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，代入數(shù)據(jù)得F＝eq\f(76\r(3),5)N當(dāng)加速度沿斜面向下時mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1代入數(shù)據(jù)得F＝eq\f(4\r(3),7)N。[答案](1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(76\r(3),5)N或eq\f(4\r(3),7)N【對點訓(xùn)練】1．[已知受力情況求運動情況]如圖所示，質(zhì)量為m的小球穿在足夠長的水平固定直桿上處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對小球同時施加水平向右的恒力F0和豎直向上的力F，使小球從靜止開始向右運動，其中豎直向上的力F大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標出)，已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法中正確的是()A．小球先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的減速運動B．小球先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動直到靜止C．小球的最大加速度為eq\f(F,m)D．小球的最大速度為eq\f(F0＋μmg,μk)解析：選D剛開始運動時，加速度為a＝eq\f(F0－μmg－kv,m)，速度v增大，加速度增大，當(dāng)速度v增大到符合kv>mg后，加速度為a＝eq\f(F0－μkv－mg,m)，速度v增大，加速度減小，當(dāng)a減小到零，小球做勻速運動，所以小球的速度先增大后保持不變，加速度先增大后減小，最后保持不變，故A、B錯誤；當(dāng)小球所受摩擦力為零時，加速度最大，故小球的最大加速度為eq\f(F0,m)，故C錯誤；當(dāng)加速度為零時，小球的速度最大，此時有F0＝μ(kvm－mg)，故最大速度為vm＝eq\f(F0＋μmg,μk)，故D正確。2．[已知運動情況求受力情況]水平地面上方A處有一小物塊，在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始豎直向上運動，如圖所示。經(jīng)過時間t到達B處，此時撤去力F，又經(jīng)過2t時間物塊恰好落到地面。已知重力加速度大小為g，A處離地面的高度h＝eq\f(1,2)gt2，忽略空氣阻力，則物塊的質(zhì)量為()A.eq\f(5F,8g) B.eq\f(F,g)C.eq\f(3F,8g) D.eq\f(F,2g)解析：選A物塊在力F作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，上升高度為h1，末速度大小為v1，則h1＝eq\f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物塊做豎直上拋運動，則－(h1＋h)＝v1·2t－eq\f(1,2)g(2t)2，聯(lián)立解得a＝eq\f(3,5)g，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq\f(5F,8g)，A正確。3．[動力學(xué)中的多過程問題]足夠長光滑固定斜面BC傾角α＝53°，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接(未畫出)，一質(zhì)量m＝2kg的小物塊靜止于A點?，F(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成α＝53°的恒力F作用，如圖甲所示。小物塊在AB段運動的速度—時間圖像如圖乙所示，到達B點迅速撤去恒力F(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2)。求：(1)小物塊所受到的恒力F的大??；(2)小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間；(3)小物塊最終離A點的距離。解析：(1)由題圖乙可知，小物塊在AB段的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2.0－0,4.0－0)m/s2＝0.5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，有Fcosα－μ(mg－Fsinα)＝ma1，得F＝eq\f(ma1＋μmg,cosα＋μsinα)＝11N。(2)在BC段，對小物塊有mgsinα＝ma2，解得a2＝gsinα＝8m/s2，小物塊從B到最高點所用時間與從最高點到B所用時間相等，所以小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間為t＝eq\f(2vB,a2)＝0.5s。(3)小物塊從B向A運動過程中，有μmg＝ma3，a3＝μg＝5m/s2，小物塊由B至停下的位移x＝eq\f(vB2,2a3)＝0.4m，xAB＝eq\f(0＋vB,2)t0＝4.0m，ΔxA＝xAB－x＝3.6m。答案：(1)11N(2)0.5s(3)3.6m考點二對超重與失重的理解[素養(yǎng)自修類]【對點訓(xùn)練】1．[根據(jù)s-t圖像判斷超重、失重](2020·山東等級考)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB．t1～t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2～t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mgD．t2～t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg解析：選D根據(jù)位移—時間圖像的斜率表示速度可知，0～t1時間內(nèi)，圖像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態(tài)，所受的支持力FN<mg，選項A錯誤；t1～t2時間內(nèi)，圖像斜率不變，速度v不變，加速度為零，乘客所受的支持力FN＝mg，選項B錯誤；t2～t3時間內(nèi)，圖像斜率減小，速度v減小，加速度方向向上，由牛頓運動定律可知乘客處于超重狀態(tài)，所受的支持力FN>mg，選項C錯誤，選項D正確。2．[根據(jù)超重、失重規(guī)律選擇圖像](2020·北京高三二模)很多智能手機都有加速度傳感器。小明把手機平放在手掌上，打開加速度傳感器，記錄手機在豎直方向上加速度的變化情況。若手掌迅速向下運動，讓手機脫離手掌而自由下落，然后接住手機，手機屏幕上獲得的圖像如圖甲所示。以下實驗中手機均無翻轉(zhuǎn)。下列說法正確的是()A．若將手機豎直向上拋出再落回手掌中，所得圖像可能如圖乙所示B．若保持手托著手機，小明做下蹲動作，整個下蹲過程所得圖像可能如圖丙所示C．若手托著手機一起由靜止豎直向上運動一段時間后停止，所得圖像可能如圖丁所示D．手機屏幕上的圖像出現(xiàn)正最大值時，表明手機處于失重狀態(tài)解析：選A若手掌迅速向下運動，讓手機脫離手掌而自由下落，然后接住手機，手機先加速后減速，加速度先豎直向下，再豎直向上。由題圖甲可知加速度豎直向下時為負值。若將手機豎直向上拋出再落回手掌中，手機先豎直向上加速然后豎直上拋運動最后豎直向下減速，加速度方向先豎直向上然后豎直向下最后豎直向上，即先正然后負最后正，所得圖像可能如題圖乙所示，故A正確；若保持手托著手機，小明做下蹲動作，手機先豎直向下加速然后豎直向下減速，加速度方向先豎直向下然后豎直向上，即先負后正，整個下蹲過程所得圖像不可能如題圖丙所示，故B錯誤；若手托著手機一起由靜止豎直向上運動一段時間后停止，手機先豎直向上加速最后豎直向上減速，加速度方向先豎直向上最后豎直向下，即先正最后負，所得圖像不可能如題圖丁所示，故C錯誤；手機屏幕上的圖像出現(xiàn)正最大值時，說明加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤。3．[超重、失重的判斷]如圖所示，某賓館大樓中的電梯下方固定有4根相同的豎直彈簧，其勁度系數(shù)均為k。這是為了防止電梯在空中因纜繩斷裂而造成生命危險。若纜繩斷裂后，總質(zhì)量為m的電梯下墜，4根彈簧同時著地而開始緩沖，電梯墜到最低點時加速度大小為5g(gA．電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為eq\f(mg,2k)B．電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為eq\f(6mg,k)C．從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)D．從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，電梯始終處于失重狀態(tài)解析：選C在最低點時，由牛頓第二定律得4kx－mg＝ma，其中a＝5g，解得x＝eq\f(3mg,2k)，選項A、B錯誤；從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，重力先大于彈力，電梯向下先加速運動，當(dāng)重力小于彈力時，電梯的加速度向上，電梯向下做減速運動，則電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項C正確，選項D錯誤?！疽c解讀】判斷超重和失重的方法從受力的角度判斷當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)；小于重力時，物體處于失重狀態(tài)；等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)從加速度的角度判斷當(dāng)物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；向下的加速度等于重力加速度時，物體處于完全失重狀態(tài)考點三動力學(xué)的圖像問題[多維探究類]數(shù)形結(jié)合解決動力學(xué)圖像問題(1)在圖像問題中，無論是讀圖還是作圖，都應(yīng)盡量先建立函數(shù)關(guān)系，進而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，然后根據(jù)函數(shù)關(guān)系讀取圖像信息或者描點作圖。(2)讀圖時，要注意圖像的起點、斜率、截距、折點以及圖像與橫坐標軸包圍的“面積”等所對應(yīng)的物理意義，盡可能多地提取解題信息。(3)常見的動力學(xué)圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等?？挤ㄒ挥蛇\動圖像分析有關(guān)問題[例3]如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關(guān)系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小x和通過的路程L；(2)沿斜面向上運動兩個階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。[解析](1)物塊上升的位移x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物塊下滑的距離x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由題圖乙知，有拉力F作用階段加速度的大小a1＝eq\f(2,20.5)m/s2＝4m/s2無拉力F作用階段加速度大小a2＝eq\f(0－2,0.5)m/s2＝－4m/s2設(shè)斜面傾角為θ，斜面對物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得0～0.5s內(nèi)F－Ff－mgsinθ＝ma10．5～1s內(nèi)－Ff－mgsinθ＝ma2聯(lián)立解得F＝8N。[答案](1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28Neq\a\vs4\al([解題技法])通過v-t圖像分析物體的受力情況(1)根據(jù)圖像確定物體各段的加速度大小和方向；(2)弄清每段與物體運動的對應(yīng)關(guān)系；(3)對各段進行受力分析；(4)用牛頓第二定律求解?？挤ǘ梢阎獥l件確定某有關(guān)圖像[例4](2018·全國卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是()[解析]設(shè)物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數(shù)，選項A正確。[答案]A考法三動力學(xué)圖像的綜合問題[例5]一物體放在水平地面上，如圖甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖乙所示，物體相應(yīng)的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖丙所示，則()A．滑動摩擦力為3NB．全過程克服摩擦力做功30JC．物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2D．物體的質(zhì)量為1.5kg[解析]由題圖可知，6～8s內(nèi)物體勻速，則滑動摩擦力Ff＝2N，A錯誤；物體全過程位移為v-t圖像與t軸圍成面積x＝eq\f(2＋8,2)×3m＝15m，全過程摩擦力做功Wf＝－Ffx＝－30J，B正確；根據(jù)8～10s內(nèi)物體勻減速加速度a＝1.5m/s2，可知μ＝0.15，C錯誤；根據(jù)2～6s內(nèi)物體勻加速，a1＝eq\f(3,4)m/s2，由F1－Ff＝ma1，可求得m＝eq\f(4,3)kg，D錯誤。[答案]Beq\a\vs4\al([解題技法])解決圖像綜合問題的關(guān)鍵圖像反映了兩個變量之間的函數(shù)關(guān)系，必要時需要根據(jù)物理規(guī)律進行推導(dǎo)，得到函數(shù)關(guān)系后結(jié)合圖線的斜率、截距、面積、交點坐標、拐點的物理意義對圖像及運動過程進行分析?！叭跁炌ā睔w納好——物體在五類光滑斜面上運動時間的比較第一類：等高斜面(如圖1所示)由L＝eq\f(1,2)at2，a＝gsinθ，L＝eq\f(h,sinθ)可得t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，可知傾角越小，時間越長，圖1中t1＞t2＞t3。第二類：同底斜面(如圖2所示)由L＝eq\f(1,2)at2，a＝gsinθ，L＝eq\f(d,cosθ)可得t＝eq\r(\f(4d,gsin2θ))，可見θ＝45°時時間最短，圖2中t1＝t3＞t2。第三類：圓周內(nèi)同頂端的斜面(如圖3所示)在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的頂端都在豎直圓周的最高點，底端都落在該圓周上。由2R·sinθ＝eq\f(1,2)·gsinθ·t2，可推得t1＝t2＝t3。第四類：圓周內(nèi)同底端的斜面(如圖4所示)在豎直面內(nèi)的同一個圓周上，各斜面的底端都在豎直圓周的最低點，頂端都源自該圓周上的不同點。同理可推得t1＝t2＝t3。第五類：雙圓周內(nèi)斜面(如圖5所示)在豎直面內(nèi)兩個圓，兩圓心在同一豎直線上且兩圓相切。各斜面過兩圓的公共切點且頂端源自上方圓周上某點，底端落在下方圓周上的相應(yīng)位置?？赏频胻1＝t2＝t3。[例](多選)如圖所示，Oa、Ob和da是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(未畫出)，兩個滑環(huán)從O點無初速釋放，一個滑環(huán)從d點無初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da分別到達a、b、a所用的時間。下列關(guān)系正確的是()A．t1＝t2 B．t2>t3C．t1<t2 D．t1＝t3[解析]設(shè)想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據(jù)等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環(huán)到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝eq\f(1,2)at2可知，t2>tca，故選項A錯誤，選項B、C、D均正確。[答案]BCD【對點訓(xùn)練】1．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C、M三點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，B點在y軸上且在A點上方，O′為圓心。現(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點。如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC的大小關(guān)系是()A．tA<tC<tBB．tA＝tC<tBC．tA＝tC＝tBD．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關(guān)系解析：選B由等時圓模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tA＝tC<tB，B正確。2．如圖所示，光滑細桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC桿豎直。各桿上分別套有一質(zhì)點小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為1∶2∶3?，F(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為()A．1∶1∶1 B．5∶4∶3C．5∶8∶9 D．1∶2∶3解析：選A因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點必在以AC邊為直徑的同一個圓周上，由等時圓模型可知，由A、B、D三點釋放的小球a、b、d必定同時到達圓的最低點C點，故A正確。1．幾位同學(xué)為了探究電梯運動時的加速度大小，他們將體重計放在電梯中。電梯啟動前，一位同學(xué)站在體重計上，如圖甲所示。然后電梯由1層直接升到10層，之后又從10層直接回到1層。圖乙至圖戊是電梯運動過程中按運動順序在不同位置體重計的示數(shù)。根據(jù)記錄，進行推斷分析，其中正確的是()A．根據(jù)圖甲、圖乙可知，圖乙位置時電梯向上加速運動B．根據(jù)圖甲、圖丙可知，圖丙位置時人處于超重狀態(tài)C．根據(jù)圖甲、圖丁可知，圖丁位置時電梯向下減速運動D．根據(jù)圖甲、圖戊可知，圖戊位置時人處于失重狀態(tài)解析：選A題圖甲表示電梯靜止時體重計的示數(shù)，題圖乙示數(shù)大于靜止時體重計的示數(shù)，所以電梯是加速上升，A正確；題圖丙示數(shù)小于靜止時體重計的示數(shù)，人處于失重狀態(tài)，故B錯誤；題圖丁示數(shù)小于靜止時體重計的示數(shù)，加速度方向向下，電梯在向下加速運動，故C錯誤；題圖戊示數(shù)大于靜止時體重計的示數(shù)，人處于超重狀態(tài)，故D錯誤。2．(多選)(2021·廣東省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇考適應(yīng)性測試)研究“蹦極”運動時，在運動員身上系好彈性繩并安裝傳感器，可測得運動員豎直下落的距離及其對應(yīng)的速度大小。根據(jù)傳感器收集到的數(shù)據(jù)，得到如圖所示的“速度—位移”圖像。若空氣阻力和彈性繩的重力可以忽略，根據(jù)圖像信息，下列說法正確的有()A．彈性繩原長為15mB．當(dāng)運動員下降10m時，處于失重狀態(tài)C．當(dāng)運動員下降15m時，繩的彈性勢能最大D．當(dāng)運動員下降20m時，其加速度方向豎直向上解析：選BD運動員下降15m時，速度最大，此時加速度為零，合外力為零，彈力不為零，彈力等于重力，彈性繩處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；當(dāng)運動員下降10m時，速度向下并且逐漸增大，處于失重狀態(tài)，故B正確；當(dāng)運動員下降15m時，速度不為零，運動員繼續(xù)向下運動，彈性繩繼續(xù)伸長，彈性勢能繼續(xù)增大，故C錯誤；當(dāng)運動員下降20m時，運動員向下減速運動，其加速度方向豎直向上，故D正確。3．(多選)現(xiàn)如今我們的生活已經(jīng)離不開電梯，如圖所示有兩種形式的電梯，甲是商場中常用的扶梯，乙是居民樓中常用的直梯。則當(dāng)它們都加速上升時，(加速度方向如圖所示)下列說法正確的是()A．甲電梯上的人受到重力、支持力和摩擦力的作用B．甲電梯上的人處于失重狀態(tài)C．乙電梯中人受到的摩擦力為零D．乙電梯中的人受到重力、支持力和摩擦力的作用解析：選AC對甲電梯中人受力分析可知，人的加速度與速度同方向，所受合力斜向左上方，因而人受到的摩擦力與接觸面平行水平向左，人應(yīng)受到重力、支持力和摩擦力三個力的作用，故A正確；由于甲電梯中的人具有向上的加速度，所以人處于超重狀態(tài)，故B錯誤；對乙電梯中的人受力分析可知，人水平方向不受外力，即人在水平方向不受摩擦力，故C正確，D錯誤。4．(2020·浙江省高三月考)由于生活水平的不斷提升，越來越多的家庭擁有了私家轎車，造成車位難求的現(xiàn)象，因此很多停車場采用了多層停車的結(jié)構(gòu)。若車子被“移送”停在上層，車主想使用汽車時就需要車庫管理員把車子“移送”到下層。管理員正在“移送”車輛的過程如圖所示。假設(shè)“移送”過程中車輛相對于底板始終靜止，底板始終保持水平，則下列說法正確的是()A．車子在被水平向右“移送”的過程中，底板對車子的摩擦力一直水平向左B．車子在被水平向右“移送”的過程中，底板對車子的摩擦力不可能水平向左C．車子在被豎直向下“移送”的過程中，車子對底板的力可能小于底板對車子的力D．車子在被豎直向下“移送”的過程中，底板對車子的力可能大于車子自身的重力解析：選D車子在被水平向右“移送”的過程中，若減速向右移送，則底板對車子的摩擦力水平向左，若加速向右移送，則底板對車子的摩擦力水平向右，故A、B錯誤；車子對底板的力和底板對車子的力是一對作用力和反作用力，任何時刻都大小相等，方向相反，故C錯誤；車子在被豎直向下“移送”的過程中，若減速向下移動，則加速度向上，即FN－mg＝ma，則底板對車子的力可能大于車子自身的重力，故D正確。5．(2020·湖州質(zhì)檢)如圖甲所示，一物體沿傾角為θ＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始運動，同時受到水平向右的風(fēng)力作用，水平風(fēng)力的大小與風(fēng)速成正比。物體在斜面上運動的加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖乙所示，則(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)()A．當(dāng)風(fēng)速為3m/s時，物體沿斜面向下運動B．當(dāng)風(fēng)速為5m/s時，物體與斜面間無摩擦力作用C．當(dāng)風(fēng)速為5m/s時，物體開始沿斜面向上運動D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.025解析：選A由題圖乙得物體做加速度逐漸減小的加速運動，物體的加速度方向不變，當(dāng)風(fēng)的初速度為零時，加速度為a0＝4m/s2，沿斜面方向有a0＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.25，D錯誤；物體沿斜面方向開始加速下滑，隨著速度的增大，水平風(fēng)力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，則加速度逐漸減小，但加速度的方向不變，物體仍然加速運動，直到速度為5m/s時，物體的加速度減為零，此后物體將做勻速運動，A正確，B、C錯誤。6.將一個質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v-t圖像如圖所示，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．小球所受重力和阻力之比為6∶1B．小球上升與下落所用時間之比為2∶3C．小球回落到拋出點的速度大小為8eq\r(6)m·s－1D．小球下落過程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)解析：選C小球向上做勻減速運動的加速度大小a1＝12m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2N，則重力和阻力大小之比為5∶1，故選項A錯誤；小球下降的加速度大小a2＝eq\f(mg－f,m)＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))，知上升的時間和下落的時間之比為t1∶t2＝eq\r(a2)∶eq\r(a1)＝eq\r(6)∶3，故選項B錯誤；小球勻減速上升的位移x＝eq\f(1,2)×2×24m＝24m，根據(jù)v2＝2a2x得，v＝eq\r(2a2x)＝eq\r(2×8×24)m·s－1＝8eq\r(6)m·s－1，故選項C正確；下落的過程中，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，故選項D錯誤。7.(多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程中，下列關(guān)于小球的速度v、加速度a隨時間t變化的圖像中符合實際情況的是()解析：選AD在小球下落的開始階段，小球做自由落體運動，加速度為g；接觸彈簧后，開始時重力大于彈力，加速度方向向下，隨著小球不斷下降，彈力逐漸變大，故小球做加速度減小的加速運動，某時刻加速度可減小到零，此時速度最大；小球繼續(xù)下降，彈力大于重力，加速度方向變?yōu)橄蛏?，且加速度逐漸變大，直到速度減小到零，到達最低點，由對稱知識可知，到達最低點的加速度大于g，故A、D正確。8．如圖所示，一條小魚在水面處來了個“鯉魚打挺”，彈起的高度為H＝2h，以不同的姿態(tài)落入水中，其入水深度不同。若魚身水平，落入水中的深度為h1＝h；若魚身豎直，落入水中的深度為h2＝1.5h。假定魚的運動始終在豎直方向上，在水中保持姿態(tài)不變，受到水的作用力也不變，空氣中的阻力不計，魚身的尺寸遠小于魚入水深度。重力加速度為g，求：(1)魚入水時的速度v；(2)魚兩次在水中運動的時間之比t1∶t2；(3)魚兩次受到水的作用力之比F1∶F2。解析：(1)由v2＝2gH，得v＝2eq\r(gh)。(2)因h1＝eq\f(v,2)t1，h2＝eq\f(v,2)t2，得eq\f(t1,t2)＝eq\f(2,3)。(3)v2＝2a1h1，F(xiàn)1－mg＝ma得F1＝3mg，同理得F2＝eq\f(7,3)mg，所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(9,7)。答案：(1)2eq\r(gh)(2)2∶3(3)9∶79．汽車運送圓柱形工件的示意圖如圖所示。圖中P、Q、N是固定在車體上的壓力傳感器，假設(shè)圓柱形工件表面光滑，汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零，P、N傳感器示數(shù)不為零。當(dāng)汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數(shù)為零，而Q、N傳感器示數(shù)不為零。已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10m/s2。則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為()A．3m/s2 B．2.5m/s2C．2m/s2 D．1.5m/s2解析：選A當(dāng)汽車向左勻加速啟動過程中，P傳感器示數(shù)為零而Q、N傳感器示數(shù)不為零，對圓柱形工件進行受力分析，如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律得FQ＋mg＝FNcos15°，F(xiàn)合＝FNsin15°＝ma聯(lián)立可得a＝eq\f(FQ＋mg,m)·tan15°＝eq\f(FQ,m)×0.27＋10×0.27m/s2＝0.27×eq\f(FQ,m)＋2.7m/s2，故加速度大于2.7m/s2，故可能的為A選項。10.用外力F拉一物體使其做豎直上升運動，不計空氣阻力，加速度a隨外力F的變化關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是()A．物體的質(zhì)量為eq\f(F0,a0)B．地球表面的重力加速度為2aC．當(dāng)a>0時，物體處于失重狀態(tài)D．當(dāng)a＝a1時，拉力F＝eq\f(F0,a0)a1解析：選A當(dāng)F＝0時a＝－a0，此時的加速度為重力加速度，故g＝a0，所以B錯誤；當(dāng)a＝0時，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物體的質(zhì)量為eq\f(F0,a0)，所以A正確；當(dāng)a>0時，加速度方向豎直向上，物體處于超重狀態(tài)，所以C錯誤；當(dāng)a＝a1時，由牛頓第二定律得F－mg＝ma1，又m＝eq\f(F0,a0)，g＝a0，故拉力F＝eq\f(F0,a0)(a1＋a0)，所以D錯誤。11．某運動員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升飛機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘做減速下落，他打開降落傘后的速度圖線如圖甲所示。降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙所示。已知運動員的質(zhì)量為50kg，降落傘質(zhì)量也為50kg，不計運動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f＝kv(g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)。求：(1)打開降落傘前運動員下落的距離為多大？(2)求阻力系數(shù)k和打開傘瞬間的加速度a的大小和方向。(3)繩能夠承受的拉力至少為多少？解析：(1)打開降落傘前運動員做自由落體運動，根據(jù)速度位移公式得h0＝eq\f(v02,2g)＝20m。(2)由題圖甲可知，當(dāng)速度等于5m/s時，運動員與降落傘做勻速運動，受力平衡，則kv＝2mg，k＝eq\f(2mg,v)＝eq\f(1000,5)N·s/m＝200N·s/m剛打開降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(kv0－2mg,2m)＝30m/s2，方向豎直向上。(3)設(shè)每根繩的拉力為FT，以運動員為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：8FTcosα－mg＝ma解得FT＝eq\f(ma＋g,8cos37°)＝312.5N所以繩能夠承受的拉力至少為312.5N。答案：(1)20m(2)200N·s/m30m/s2方向豎直向上(3)312.5N12．中國航母艦載機“殲-15”采用滑躍式起飛，主要靠甲板前端的上翹來幫助艦載機起飛，其示意圖如圖所示，艦載機由靜止開始先在一段水平距離為L1＝160m的水平跑道上運動，然后在長度為L2＝20.5m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛。已知艦載機的質(zhì)量m＝2.0×104kg，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為F＝1.4×105N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，艦載機在水平跑道上和傾斜跑道上運動的過程中受到的平均阻力大小都為艦載機重力的0.2倍，假設(shè)航母處于靜止狀態(tài)，艦載機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，傾斜跑道看作斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，