（江蘇專用）高考物理總復習 第三章 牛頓運動定律講義-人教版高三物理試題

第三章牛頓運動定律考綱下載考向前瞻(1)牛頓運動定律及其應用(Ⅱ)(2)加速度與物體質量、物體受力的關系(實驗、探究)(Ⅱ)(1)對力和運動的關系的理解及應用牛頓第二定律進行分析與計算是本章的命題熱點。本章知識與曲線運動、電磁學相結合，多以計算題的形式出現(xiàn)，也是高考的熱點。(2)以實際生活、生產(chǎn)和科學實驗中有關問題為背景，突出表現(xiàn)物理知識在生活中的應用是今后命題的一大趨勢。第1節(jié)牛頓第一定律__牛頓第三定律eq\o(對應學生用書P34)[必備知識]1．牛頓第一定律(1)內容：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)物理意義：①揭示了物體在不受力或所受合外力為零時的運動規(guī)律。②指出了一切物體都具有慣性，因此牛頓第一定律又叫慣性定律。③揭示了力與運動的關系，即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。2．慣性(1)定義：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。(2)量度：質量是慣性大小的唯一量度，質量大的物體慣性大，質量小的物體慣性小。(3)慣性的兩種表現(xiàn)形式①物體在不受外力或所受合外力為零時，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運動)。②物體受到外力時，慣性表現(xiàn)為運動狀態(tài)改變的難易程度。慣性大，物體的運動狀態(tài)較難改變；慣性小，物體的運動狀態(tài)容易改變。3．辨析慣性與慣性定律慣性是一切物體都具有的性質，是物體的固有屬性，與物體的運動情況和受力情況無關；慣性定律即牛頓第一定律，是一條動力學規(guī)律。[典題例析]物體A的質量為10kg，物體B的質量為20kg，A、B分別以20m/s和10m/s的速度運動，則下列說法中正確的是()A．A的慣性比B大B．B的慣性比A大C．A和B的慣性一樣大D．不能確定[解析]選B質量是物體慣性大小的唯一量度，質量越大，慣性越大，慣性大小與速度大小無關，故B的慣性比A大，選項B正確，選項A、C、D都錯。對牛頓第一定律的進一步理解(1)牛頓第一定律不是由實驗直接總結出來的在實際中不受力的物體是不存在的，牛頓第一定律不能用實驗直接驗證，但是牛頓第一定律是在大量的實驗現(xiàn)象的基礎上，通過邏輯推理而發(fā)現(xiàn)的，例如伽利略的理想實驗。(2)牛頓第一定律不是牛頓第二定律的特例牛頓第一定律揭示了物體在不受力或所受合外力為零時的運動狀態(tài)，同時定性地指出了力與運動的關系(力是改變物體運動狀態(tài)的原因)；牛頓第二定律則定量地指出了力與運動的關系(F＝ma)。因此牛頓第一定律不是牛頓第二定律的特例，它們是兩個不同的定律。[針對訓練]1．(2014·南京模擬)關于慣性，下列說法正確的是()A．在渣土車上加裝限速器，其目的是速度越小，慣性也越小B．宇航員在航天器中因失重而處于漂浮狀態(tài)，所以沒有慣性C．公交車急剎車時站在車內的乘客摔倒是因為沒有控制住慣性D．戰(zhàn)斗機戰(zhàn)斗前拋棄副油箱，是為了減小戰(zhàn)斗機的慣性，提高作戰(zhàn)性能解析：選D慣性大小與物體的質量有關，質量越大，慣性越大，與速度無關，故A錯誤；物體的慣性只與物體的質量有關，與所在位置無關，故B錯誤；公交車急剎車時站在車內的乘客摔倒是由于慣性，乘客要保持原來的運動狀態(tài)，故C錯誤；物體的慣性只與物體的質量有關，質量越小，慣性越小，所以戰(zhàn)斗機戰(zhàn)斗前拋棄副油箱，是為了減小戰(zhàn)斗機的慣性，提高作戰(zhàn)性能，故D正確。2．(2014·茂南區(qū)一模)伽利略用兩個對接的斜面，一個斜面固定，讓小球從斜面上滾下，又滾上另一個傾角可以改變的斜面，斜面傾角逐漸改變至零，如圖3－1－1所示。伽利略設計這個實驗的目的是為了說明()圖3－1－1A．如果沒有摩擦，小球將運動到與釋放時相同的高度B．如果沒有摩擦，物體運動時機械能守恒C．維持物體做勻速直線運動并不需要力D．如果物體不受到力，就不會運動解析：選C伽利略的斜面實驗證明了：運動不需要力來維持，物體不受外力作用時，總保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，故A、B、D錯誤，C正確。eq\o(對應學生用書P35)[必備知識]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物體也施加了力。力是物體與物體間的相互作用，物體間相互作用的這一對力通常叫做作用力和反作用力。2．牛頓第三定律(1)內容：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。(2)物理意義：建立了相互作用物體之間的聯(lián)系及作用力與反作用力的相互依賴關系。3．作用力、反作用力與一對平衡力的比較(對牛頓第三定律的理解)[典題例析]如圖3－1－2所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”。兩人中間位置處有一分界線，約定先使對方過分界線者為贏者。若繩子質量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是()圖3－1－2A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力C．若甲的質量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利D．若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息兩人中間位置處有一分界線兩人到分界處的距離相等冰面可看成光滑兩人水平方向上均只受水平繩的拉力第二步：找突破口已知兩人水平拉力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律和質量大小可得出兩人運動的加速度大小關系，進而應用x＝eq\f(1,2)at2比較兩人運動的位移關系。[解析]選C根據(jù)牛頓第三定律可知甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對作用力與反作用力，選項A錯；因為甲和乙的力作用在同一個物體上，故選項B錯。設繩的張力為F，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)知，若m甲>m乙，則a甲<a乙，由x＝eq\f(1,2)at2推知，甲的位移較小，乙先過界，C正確。“拔河”比賽的輸贏只與甲、乙的質量有關，與收繩速度無關，選項D錯誤。應用牛頓第三定律時需注意的三個問題(1)定律中的“總是”說明對于任何物體，在任何情況下牛頓第三定律都是成立的。(2)作用力與反作用力雖然等大反向，但因所作用的物體不同，所產(chǎn)生的效果(運動效果或形變效果)往往不同。(3)作用力與反作用力只能是一對物體間的相互作用力，與第三個物體無關。[針對訓練]1．(2014·唐山一模)牛頓在總結C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究結果后，提出了著名的牛頓第三定律，闡述了作用力和反作用力的關系，從而與牛頓第一定律、第二定律形成了完整的牛頓力學體系。下列關于作用力和反作用力的說法正確的是()A．物體先對地面產(chǎn)生壓力，然后地面才對物體產(chǎn)生支持力B．物體對地面的壓力和地面對物體的支持力互相平衡C．人推車前進，人對車的作用力大于車對人的作用力D．物體在地面上滑行，不論物體的速度多大，物體對地面的摩擦力與地面對物體的摩擦力始終大小相等解析：選D作用力與反作用力同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，物體對地面產(chǎn)生壓力的同時地面對物體產(chǎn)生支持力，故A錯誤；物體對地面的壓力和地面對物體的支持力作用在不同的物體上，作用效果不能抵消，不能合成，故B錯誤；人推車前進，人對車的作用力與車對人的作用力是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故C錯誤；物體在地面上滑行，不論物體的速度多大，物體對地面的摩擦力與地面對物體的摩擦力始終大小相等，故D正確。2．(多選)下面關于飛船與火箭起飛的情形，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，由于沒有空氣，火箭雖然向下噴氣，但也無法獲得前進的動力D．飛船進入運行軌道之后，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，火箭向下噴氣時，噴出的氣體同時對火箭產(chǎn)生向上的反作用力，即火箭上升的推力，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，是否在空氣中飛行無關，故選項B、C錯誤，A正確；當飛船進入軌道后，飛船與地球之間仍然存在著相互吸引力，即地球吸引飛船，飛船也吸引地球，這是一對作用力和反作用力，故選項D正確。eq\o(對應學生用書P36)[必備知識]在對物體進行受力分析時，如果不便于分析物體受到的某些力，則可以通過分析其反作用力來解決問題，牛頓第三定律將起到非常重要的轉換研究對象的作用，使得我們對問題的分析思路更靈活、更寬闊。[典題例析](2014·廈門模擬)如圖3－1－3所示為雜技“頂竿”表演，一人站在地上，肩上扛一質量為M的豎直竹竿，當竿上一質量為m的人以加速度a加速下滑時，竿對“底人”的壓力大小為()圖3－1－3A．(M＋m)g B．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g[思路點撥]轉換對象“底人”受力→竿受力思路立現(xiàn)通過轉換研究對象將研究對象由受力復雜的“底人”轉換為受力較“少”的桿，便于分析和計算[解析]選B對竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)。竿對人有摩擦力，人對竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，對竿分析：受重力Mg、竿上的人對竿向下的摩擦力Ff′、頂竿的人對竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因為竿對“底人”的壓力和“底人”對竿的支持力是一對作用力與反作用力，由牛頓第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma。B項正確。由于題中沒有給出地面對“底人”的支持力情況，所以不能以“底人”為研究對象，這時必須轉換研究對象，先以竿上的人為研究對象，再以桿為研究對象，通過牛頓第三定律建立竿對“底人”的壓力和“底人”對竿的支持力等大的關系進行求解。[針對訓練]1．(多選)(2014·興化質檢)用手托著一塊磚，開始靜止不動，當手突然向上加速運動時，磚對手的壓力大小()A．一定小于手對磚的支持力大小B．一定等于手對磚的支持力大小C．一定大于手對磚的支持力大小D．一定大于磚的重力大小解析：選BD磚對手的壓力與手對磚的支持力是一對作用力和反作用力，其大小一定相同，故A、C錯誤，B正確；當手突然向上加速時，磚的加速度方向向上，故有手對磚的支持力大小大于磚的重力大小，再由牛頓第三定律可得，磚對手的壓力大小也一定大于磚的重力大小，故D正確。2.一只小貓?zhí)饋碜プ覓煸谔旎ò迳系呢Q直木桿，如圖3－1－4所示，在這一瞬間懸繩斷了，設木桿足夠長，由于小貓繼續(xù)上爬，使得小貓離地面高度不變。求此時木桿下降的加速度(設小貓質量為m，木桿的質量為M)。圖3－1－4解析：先對貓進行分析，由于貓相對地面高度不變，即貓?zhí)幱谄胶鉅顟B(tài)，而貓受重力G1＝mg和木桿對貓向上的摩擦力Ff的作用，如圖所示，故G1與Ff二力平衡，即Ff＝G1＝mg。①再對木桿進行受力分析：木桿受重力G2＝Mg作用，由于木桿對貓有向上的摩擦力Ff，由牛頓第三定律可知，貓對桿有向下的摩擦力Ff′，且Ff′＝Ff。②由牛頓第二定律，桿的加速度為a＝eq\f(Ff′＋G2,M)③由①②③式可得：a＝eq\f(M＋m,M)g即桿下降的加速度為eq\f(M＋m,M)g，方向向下。答案：eq\f(M＋m,M)g，方向向下[課時跟蹤檢測] eq\a\vs4\al(對應學生用書P251)一、單項選擇題1.(2014·吳江質檢)如圖1所示，有兩個穿著溜冰鞋的人站在冰面上，當其中一個人A從背后輕輕推另一個人B時，兩個人都會向相反方向運動，這是因為A推B時()圖1A．A與B之間有相互作用力B．A對B的作用在先，B對A的作用在后C．B對A的作用力小于A對B的作用力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，分別作用在不同的物體上，選項A正確，B、C、D錯誤。2．下列說法正確的是()A．運動越快的汽車越不容易停下來，是因為汽車運動得越快，慣性越大B．同一物體在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的慣性也隨位置的變化而變化C．一個小球豎直上拋，拋出后能繼續(xù)上升，是因為小球運動過程中受到了向上的推力D．物體的慣性大小只與本身的質量有關，質量大的物體慣性大，質量小的物體慣性小解析：選D慣性是物體本身的固有屬性，其大小只與物體的質量大小有關，與物體的受力及運動情況無關，故B錯，D正確；速度大的汽車要停下來時，速度變化大，由Δv＝at可知需要的時間長，慣性未變，故A錯；小球上拋時是由于慣性向上運動，并未受到向上的推力，故C錯。3．(2014·北京高考)伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發(fā)展。利用如圖2所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側斜面上升。斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。根據(jù)三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是()圖2A．如果斜面光滑，小球將上升到與O點等高的位置B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)C．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小解析：選A題述要求根據(jù)三次實驗結果的對比，得到最直接的結論。由于斜面上先后鋪墊粗糙程度逐漸降低的材料，可理解為斜面越來越光滑，小球沿右側斜面上升的最高位置依次為1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的結論是：如果斜面光滑，小球將上升到與O點等高的位置，選項A正確。B、C、D選項都不能根據(jù)三次實驗結果的對比直接得到，選項B、C、D錯誤。4.如圖3所示，一個楔形物體M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物體由靜止釋放，則小球在碰到斜面前的運動軌跡是()圖3A．沿斜面方向的直線 B．豎直向下的直線C．無規(guī)則的曲線 D．拋物線解析：選B對小球進行受力分析可知：小球所受的重力和支持力均沿豎直方向，小球在水平方向上不受力。根據(jù)牛頓第一定律可知，小球在水平方向上的運動狀態(tài)不變，又因楔形物體由靜止釋放，故小球在水平方向上無運動，只沿豎直方向向下做直線運動。選項B正確。5．某人用繩子將一桶水從井內加速向上提的過程中，不計繩子的重力，下列說法正確的是()A．這桶水處于超重狀態(tài)，所以繩子對桶的拉力大于桶對繩子的拉力B．人對繩子的拉力與繩子對桶的拉力是一對作用力與反作用力C．這桶水處于超重狀態(tài)，繩子對桶的拉力大于桶的重力D．這桶水能加速上升，是因為人對繩子的拉力大于桶對繩子的拉力解析：選C繩子對桶的拉力和桶對繩子的拉力是一對作用力與反作用力、大小相等，與桶處于超重狀態(tài)無關，A錯誤。人對繩子的拉力與繩子對桶的拉力不是一對作用力與反作用力，B錯誤。水桶處于超重狀態(tài)，繩子對桶的拉力大于桶的重力，C正確。因為不計繩子的重力，人對繩子的拉力等于桶對繩子的拉力，D錯誤。6.如圖4所示，物體在水平力F作用下壓在豎直墻上靜止不動，則()圖4A．物體所受摩擦力的反作用力是重力B．力F就是物體對墻的壓力C．力F的反作用力是墻壁對物體的支持力D．墻壁對物體的彈力的反作用力是物體對墻壁的壓力解析：選D作用力與反作用力的性質相同，故A錯；力F與物體對墻的壓力是兩個不同的力，故B錯；力F與墻壁對物體的支持力是一對平衡力，故C錯；只有D對。7．就一些實際生活中的現(xiàn)象，某同學試圖從慣性角度加以解釋，其中正確的是()A．采用了大功率的發(fā)動機后，某些一級方程式賽車的速度甚至能超過某些老式螺旋槳飛機，這表明可以通過科學進步使小質量的物體獲得大慣性B．射出槍膛的子彈在運動相當長一段距離后連一件棉衣也穿不透，這表明它的慣性變小了C．貨運列車運行到不同的車站時，經(jīng)常要摘下或加掛一些車廂，這會改變它的慣性D．摩托車轉彎時，車手一方面要控制適當?shù)乃俣?，另一方面要將身體稍微向里傾斜，通過調控人和車的慣性達到轉彎的目的解析：選C采用了大功率的發(fā)動機后，可以提高車速，但功率的大小與慣性無關，只要質量不變，慣性就不變，故A錯；慣性與運動時間無關，故B錯；摘下或加掛車廂，會使列車的質量增大或減小，慣性發(fā)生變化，故C對；摩托車轉彎時，身體稍微向里傾斜是改變其受力情況，慣性與力無關，故D錯。8．下列說法正確的是()A．凡是大小相等、方向相反、分別作用在兩個物體上的兩個力，必定是一對作用力和反作用力B．凡是大小相等、方向相反、作用在同一個物體上的兩個力，必定是一對作用力和反作用力C．凡是大小相等、方向相反、作用在同一直線上且分別作用在兩個物體上的兩個力，才是一對作用力和反作用力D．相互作用的一對力中，究竟哪一個力是作用力、哪一個力是反作用力是任意的解析：選D作用力和反作用力是分別作用在兩個物體上的相互作用力，即兩個物體互為施力物體和受力物體。其中的任一個力叫作用力時，另一個力叫反作用力，故只有D選項正確。9.如圖5所示，在一輛表面光滑且足夠長的小車上，有質量為m1和m2的兩個小球(m1>m2)隨車一起勻速運動，當車突然停止時，若不考慮其他阻力，則兩個小球()圖5A．一定相碰B．一定不相碰C．不一定相碰D．無法確定解析：選B因小車表面光滑，因此小球在水平方向上沒有受到外力作用，原來兩球與小車有相同的速度，當車突然停止時，由于慣性，兩小球的速度將不變，所以不會相碰。10.(2014·浙江瑞安十校聯(lián)考)建筑工人用如圖6所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質量為70kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20kg的建筑材料以0.5m/s2的加速度拉升，人拉的繩與水平面成30°，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10m/s2)()圖6A．490N B．500NC．595N D．700N解析：選C對建筑材料受力分析，繩子上的彈力大小FT＝m物(g＋a)＝210N；對人受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)N＋FTsin30°＝G＝m人g，代入數(shù)據(jù)得：FN＝595N。即地面對人的支持力為595N，根據(jù)牛頓第三定律，工人對地面的壓力大小也為595N，C正確。二、多項選擇題11．下列關于力的說法正確的是()A．作用力和反作用力作用在同一物體上B．太陽系中的行星均受到太陽的引力作用C．運行的人造地球衛(wèi)星所受引力的方向不變D．伽利略的理想實驗說明了力不是維持物體運動的原因解析：選BD作用力和反作用力作用在兩個不同的物體上，A項錯；太陽系中的所有行星都要受到太陽的引力，且引力方向沿著兩個星球的連線指向太陽，B項正確，C項錯；伽利略理想實驗說明力不是維持物體運動的原因，D項正確。12.如圖7所示，在勻速前進的磁懸浮列車里，小明將一小球放在水平桌面上，且小球相對桌面靜止。關于小球與列車的運動，下列說法正確的是()圖7A．若小球向前滾動，則磁懸浮列車在加速前進B．若小球向后滾動，則磁懸浮列車在加速前進C．磁懸浮列車急剎車時，小球向前滾動D．磁懸浮列車急剎車時，小球向后滾動解析：選BC列車加(減)速時，小球由于慣性保持原來的運動狀態(tài)不變，相對于車向后(前)滾動，選項B、C正確。13.如圖8所示，物體靜止在一固定在水平地面上的斜面上，下列說法正確的是()圖8A．物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力是一對平衡力B．物體對斜面的摩擦力和斜面對物體的摩擦力是一對作用力和反作用力C．物體所受重力和斜面對物體的作用力是一對平衡力D．物體所受重力可以分解為沿斜面的力和對斜面的壓力解析：選BC物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力是一對作用力和反作用力，故A錯。物體和斜面間的摩擦力是一對作用力和反作用力，B正確。物體受重力和斜面對物體的作用力，這兩個力大小相等方向相反，是一對平衡力，故C正確。物體所受重力的分力仍作用在物體上，故D錯。14.抖空竹是人們喜愛的一項體育活動。最早的空竹是兩個如同車輪的竹筒，中間加一個轉軸，由于外形對稱，其重心在中間位置，初玩者能很好地找到支撐點而使之平衡。隨著制作技術的發(fā)展，如圖9所示的不對稱的空竹也受到人們的歡迎，現(xiàn)在大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的。關于抖空竹，在空氣阻力不可忽略的情況下，下列說法中正確的是()圖9A．空竹啟動前用繩子拉住提起，要保證支持力和重力在同一條直線上B．空竹的轉動是依靠繩子的拉動，繩子與轉軸之間的摩擦力越小越好C．空竹拋起后由于慣性而繼續(xù)向上運動，在空中受重力和慣性作用D．空竹從拋起到接住，轉速會減小，表演時還要繼續(xù)牽拉繩子使其加速轉動解析：選AD空竹啟動前用繩子拉住提起時，要保證拉力和重力在同一條直線上，A正確；空竹依靠繩子拉動，繩子與軸間摩擦力應越大越好，B錯誤；空竹拋起后上升過程中只受重力和空氣阻力，C錯誤；因空氣阻力的影響，拋起的空竹的轉速會減小，故表演時要繼續(xù)牽拉繩子使其加速轉動，D正確。15.如圖10所示，我國有一種傳統(tǒng)的民族體育項目叫做“押加”，實際上相當于兩個人拔河，如果甲、乙兩人在“押加”比賽中，甲獲勝，則下列說法中正確的是()A．甲對乙的拉力大于乙對甲的拉力，所以甲獲勝B．當甲把乙勻速拉過去時，甲對乙的拉力大小等于乙對甲的拉力大小C．當甲把乙加速拉過去時，甲對乙的拉力大于乙對甲的拉力D．甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小，只是地面對甲的摩擦力大于地面對乙的摩擦力，所以甲獲勝圖10解析：選BD物體的運動狀態(tài)是由其自身的受力情況決定的，只有當物體所受的合外力不為零時，物體的運動狀態(tài)才會改變，不論物體處于何種狀態(tài)，物體間的作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，由于它們作用在不同的物體上，其效果可以不同。甲加速前進的原因是甲受到的地面的摩擦力大于繩子對甲的拉力；乙加速后退的原因是繩子對乙的拉力大于乙受到的地面的摩擦力；但是，根據(jù)牛頓第三定律，甲對乙的拉力大小始終等于乙對甲的拉力大小。B、D正確。16．引體向上是同學們經(jīng)常做的一項健身運動。該運動的規(guī)范動作是：兩手正握單杠，由懸垂開始，上拉時，下顎須超過單杠面。下放時，兩臂放直，不能曲臂(如圖11所示)，這樣上拉下放，重復動作，達到鍛煉臂力和腹肌的目的。關于做引體向上動作時人的受力，以下判斷正確的是()圖11A．上拉過程中，人受到兩個力的作用B．上拉過程中，單杠對人的作用力大于人對單杠的作用力C．下放過程中，單杠對人的作用力小于人對單杠的作用力D．下放過程中，在某瞬間人可能只受到一個力的作用解析：選AD上拉過程中，人受到兩個力的作用，一個是重力，一個是單杠給人的作用力，A對。不論是上拉過程還是下放過程，單杠對人的作用力總等于人對單杠的作用力，與人的運動狀態(tài)無關，B、C均錯。在下放過程中，若在某瞬間人向下的加速度為重力加速度g，則人只受到一個重力的作用，D對。第2節(jié)牛頓第二定律__兩類動力學問題eq\o(對應學生用書P36)[必備知識]1．內容物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。2．表達式F＝ma。3．“五個”性質4．加速度的求法(1)合成法若物體只受兩個力作用而產(chǎn)生加速度時，根據(jù)牛頓第二定律可知，利用平行四邊形定則求出的兩個力的合外力方向就是加速度方向。特別是兩個力互相垂直或相等時，應用力的合成法比較簡單。(2)正交分解法當物體受到兩個以上的力作用而產(chǎn)生加速度時，通常采用正交分解法解題。[典題例析]如圖3－2－1所示，質量為80kg的物體放在安裝在小車上的水平磅秤上，小車在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面無摩擦地向上運動，現(xiàn)觀察到物體在磅秤上讀數(shù)為1000N。已知斜面傾角θ＝30°，小車與磅秤的總質量為20kg，求：圖3－2－1(1)拉力F為多少？(2)物體對磅秤的靜摩擦力為多少？(3)若小車與斜面間有摩擦，動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，斜面質量為100kg，試求斜面對地面的壓力和摩擦力分別為多少？(A一直靜止在地面上)[解析](1)選物體為研究對象，將加速度a沿水平和豎直方向分解，則有：N－mg＝masinθ，解得a＝5m/s2取小車、物體、磅秤這個整體為研究對象，受力分析如圖甲所示，M＝100kg，受力分析得：F－Mgsinθ＝Ma所以F＝Mgsinθ＋Ma＝1000N甲(2)f靜＝macosθ＝200eq\r(3)N根據(jù)牛頓第三定律得，物體對磅秤的靜摩擦力為200eq\r(3)N，方向水平向左(3)對斜面受力分析如圖乙所示，得：f地＝N″sinθ＋f′cosθ＝Mgcosθ·sinθ＋μMgcos2θ＝500eq\r(3)NFN＝MAg＋N″cosθ－f′sinθ＝1500N由牛頓第三定律得：斜面對地面的壓力為1500N，方向向下；摩擦力為500eq\r(3)N，方向水平向右。乙[答案](1)1000N(2)200eq\r(3)N水平向左(3)1500N方向向下500eq\r(3)N方向水平向右確定x軸的正方向常有以下兩種情況(1)分解力而不分解加速度分解力而不分解加速度時，通常以加速度a的方向為x軸的正方向，建立直角坐標系，將物體所受的各個力分解在x軸和y軸上，分別求得x軸和y軸上的合力Fx和Fy。根據(jù)力的獨立作用原理，F(xiàn)x＝ma，F(xiàn)y＝0。(2)分解加速度而不分解力分解加速度a為ax和ay，根據(jù)牛頓第二定律得Fx＝max、Fy＝may再求解。這種方法一般是在以某個力的方向為x軸正方向時，其他的力都落在或大多數(shù)力落在兩個坐標軸上而不需再分解的情況下應用。[針對訓練]1．(2012·四川高考)如圖3－2－2所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體接觸(未連接)，彈簧水平且無形變。用水平力F緩慢推動物體，在彈性限度內彈簧長度被壓縮了x0，此時物體靜止。撤去F后，物體開始向左運動，運動的最大距離為4x0。物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則()圖3－2－2A．撤去F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動B．撤去F后，物體剛運動時的加速度大小為eq\f(kx0,m)－μgC．物體做勻減速運動的時間為2eq\r(\f(x0,μg))D．物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為μmg(x0－eq\f(μmg,k))解析：選BD根據(jù)牛頓第二定律可得kx－μmg＝ma，即a＝eq\f(kx－μmg,m)，當kx>μmg時，隨著形變量x的減小，加速度a將減??；當kx<μmg時，隨著形變量x的減小，加速度a將增大，則撤去F后，物體剛運動時的加速度為a＝eq\f(kx0,m)－μg，物體先做加速度逐漸減小的加速直線運動，當kx＝μmg(a＝0)時，物體的速度最大，然后做加速度增大的減速直線運動，最后當物體與彈簧脫離后做加速度為a＝μg的勻減速直線運動，故A選項錯誤，B選項正確；物體脫離彈簧后做加速度為a＝μg的勻減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得3x0＝eq\f(1,2)μgt2，解得t＝eq\r(\f(6x0,μg))，故C選項錯誤；根據(jù)功的計算式可得，物體開始向左端運動到速度最大的過程中滑動摩擦力做功為W＝－μmgx′，又x′＝x0－eq\f(μmg,k)，解得W＝－μmg(x0－eq\f(μmg,k))，即克服滑動摩擦力做功為μmg(x0－eq\f(μmg,k))，故D選項正確。2．如圖3－2－3所示，質量m＝1kg的小球穿在長L＝1.6m的斜桿上，斜桿與水平方向的夾角α＝37°，斜桿固定不動，小球與斜桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75。小球從斜桿的頂端由靜止開始向下滑動時，受到水平向左的拉力F＝1N。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：圖3－2－3(1)小球運動的加速度大??；(2)小球運動到斜桿底端時速度的大小。解析：(1)對小球進行受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有Fcosα＋mgsinα－μN＝ma又Fsinα＋N＝mgcosα可得a＝eq\f(Fcosα＋μsinα＋mgsinα－μcosα,m)解得a＝1.25m/s2(2)由運動學公式v2＝2aL得v＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×1.25×1.6)m/s＝2m/s答案：(1)1.25m/s2(2)2m/seq\o(對應學生用書P38)[必備知識]1．分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度。2．在求解瞬時性問題時應注意(1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(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過程的積累，不會發(fā)生突變。[典題例析](多選)(2014·南通第一中學檢測)如圖3－2－4所示，A、B球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為θ的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()圖3－2－4A．兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθB．B球的受力情況未變，瞬時加速度為零C．A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθD．彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零[解析]選BC設彈簧的彈力大小為F，由平衡條件可知，F(xiàn)＝mgsinθ，燒斷細線之后瞬間，彈簧彈力不變，故B球受力情況不變，加速度為0，B正確，A、D均錯誤；以A為研究對象，由牛頓第二定律可得：F＋mgsinθ＝maA，解得：aA＝2gsinθ，故C正確。(1)剛性繩(或接觸面)：不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體剪斷(或脫離)后，彈力立即消失或改變，不需要形變恢復時間，一般題目中所給的細線、輕桿和接觸面在不加特殊說明時，均可按此模型處理。(2)彈簧(或橡皮繩)：此類物體的特點是形變量大，形變恢復需要較長時間，在瞬時問題中，其彈力的大小往往可以看成是不變的。[針對訓練]1.(2014·安徽模擬)如圖3－2－5所示，將一個質量為m的三角形物體放在水平地面上，當用一水平推力F經(jīng)過物體的重心向右推物體時，物體恰好以一較大的速度勻速運動，某一時刻保持力的大小不變立即使推力反向變成拉力，則推力反向的瞬間()圖3－2－5A．物體的加速度大小為eq\f(F,m)，方向水平向左B．物體的加速度大小為eq\f(2F,m)，方向水平向右C．地面對物體的作用力大小為mgD．地面對物體的作用力大小為eq\r(mg2＋F2)解析：選D開始物體做勻速直線運動，知推力F等于摩擦力，即F＝f，某一時刻保持力的大小不變立即使推力反向變成拉力，物體仍然向右運動，摩擦力仍然向左，則合力為F合＝F＋f，方向向左，根據(jù)牛頓第二定律，物體的加速度a＝eq\f(F＋f,m)＝eq\f(2F,m)，方向水平向左，故A、B錯誤；地面對物體有支持力和摩擦力，支持力等于重力，摩擦力等于F，根據(jù)平行四邊形定則知，地面對物體的作用力F′＝eq\r(mg2＋F2)，故D正確，C錯誤。2.(2014·蘇州第三中學質檢)如圖3－2－6所示，質量分別為m、2m的小球A、B，由輕質彈簧相連后再用細線懸掛在電梯內，已知電梯正在豎直向上做勻加速直線運動，細線中的拉力為F，此時突然剪斷細線。在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球A的加速度的大小分別為()圖3－2－6A.eq\f(2F,3)，eq\f(2F,3m)＋g B.eq\f(F,3)，eq\f(2F,3m)＋gC.eq\f(2F,3)，eq\f(F,3m)＋g D.eq\f(F,3)，eq\f(F,3m)＋g解析：選A在剪斷前，對A、B及彈簧整體由牛頓第二定律有：F－3mg＝3ma，對B由牛頓第二定律得：F彈－2mg＝2ma，由此可得：F彈＝eq\f(2F,3)，細線被剪斷后的瞬間，彈簧彈力不變，此時對A球來說，受到向下的重力和彈力，則有：F彈＋mg＝maA，解得aA＝eq\f(2F,3m)＋g，故A正確。eq\o(對應學生用書P38)[必備知識]1．兩類動力學問題(1)已知受力情況求物體的運動情況。(2)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”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如圖：3.兩類動力學問題的解題步驟[典題例析](2013·江蘇高考)如圖3－2－7所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。圖3－2－7(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大??；(3)本實驗中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，取g＝10m/s2。若砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知。為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？[思路點撥](1)紙板相對砝碼運動時共受幾個滑動摩擦力？大小各是多少？試寫出它們的表達式。提示：2個；砝碼對紙板的滑動摩擦力為f1＝μm1g，桌面對紙板的滑動摩擦力為f2＝μ(m1＋m2)g。(2)要使紙板相對砝碼運動，兩者的加速度大小有什么關系？提示：紙板的加速度大于砝碼的加速度。(3)紙板抽出過程中，紙板和砝碼的位移之間滿足什么關系？紙板抽出后砝碼做什么規(guī)律的運動？加速度是多大？拉力的最小值又對應什么關系？試寫出上述關系式。提示：在紙板抽出過程中，設砝碼的位移為x1，紙板的位移為x′，則之間的關系應為d＋x1＝x′；紙板抽出后砝碼做勻減速直線運動；由牛頓第二定律可求加速度大小為a，表達式為：a＝μg；設紙板抽出后砝碼運動的位移為x2，則拉力最小值時應對應關系式為：l＝x1＋x2。[解析](1)砝碼對紙板的摩擦力f1＝μm1g桌面對紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2解得f＝μ(2m1＋m2)g(2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則f1＝m1aF－f1－f2＝m2a2發(fā)生相對運動a2>a1解得F>2μ(m1＋m2)g(3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)紙板運動的距離d＋x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離x2＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)l＝x1＋x2由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(m1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(d,l)))m2))g代入數(shù)據(jù)得F＝22.4N[答案](1)μ(2m1＋m2)g(2)F>2μ(m1＋m2)g(3)22.4N解決兩類動力學問題的兩個關鍵點[針對訓練]1．(2014·海南高考)將一物體以某一初速度豎直上拋。物體在運動過程中受到一大小不變的空氣阻力作用，它從拋出點到最高點的運動時間為t1，再從最高點回到拋出點的運動時間為t2，如果沒有空氣阻力作用，它從拋出點到最高點所用的時間為t0，則()A．t1>t0t2<t1 B．t1<t0t2>t1C．t1>t0t2>t1 D．t1<t0t2<t1解析：選B三種情況下的勻變速加速度大小關系：a1>g>a2，其中，a1t1＝v0＝gt0，易得t0>t1，又上升與下降過程：eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，得t2>t1，選項B正確。2．(2014·南通模擬)如圖3－2－8所示，一質量M＝3.0kg、足夠長的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置質量m＝1.0kg的小木塊A，A、B均處于靜止狀態(tài)，A與B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等?，F(xiàn)給木塊A施加一隨時間t變化的水平力F＝kt(k＝2.0N/s)，取g＝10m/s2。圖3－2－8(1)若木板B固定，則經(jīng)過多少時間木塊A開始滑動？(2)若木板B固定，求t2＝2.0s時木塊A的加速度大小。(3)若木板B不固定，求t3＝1.0s時木塊A受到的摩擦力大小。解析：(1)當木板固定時，A開始滑動瞬間，水平力F與最大靜摩擦力大小相等，則：F＝f＝μmg，設經(jīng)過t1時間A開始滑動，則：t1＝eq\f(μmg,k)＝1.5s。(2)t＝2s時，有：F＝kt＝2×2N＝4N，F(xiàn)－μmg＝maa＝1m/s2。(3)在t＝1s時水平外力為：F＝kt＝2×1N＝2N由于此時外力小于最大靜摩擦力，兩者一定不發(fā)生相對滑動，故一起做勻加速運動，以整體為研究對象，有牛頓第二定律可得：F＝(m＋M)a′，a′＝0.5m/s2對A受力分析為：F－f＝ma′，f＝F－ma′＝(2－1×0.5)N＝1.5N答案：(1)1.5s(2)1m/s2(3)1.5Neq\o(對應學生用書P40)[必備知識]1．實重和視重(1)實重：物體實際所受的重力，與物體的運動狀態(tài)無關。(2)視重：測力計所指示的數(shù)值。2．超重、失重和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重概念物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向向上物體的加速度方向向下物體的加速度方向向下，大小a＝g運動狀態(tài)加速上升、減速下降加速下降、減速上升無阻力的拋體運動、繞地球做勻速圓周運動方程F－mg＝maF＝m(g＋a)mg－F＝maF＝m(g－a)mg－F＝mgF＝03．對超重和失重的理解(1)超重并非物體的重力增加了，失重并非重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了。在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發(fā)生變化。(2)即使物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量即ay≠0，物體就會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)。當ay方向豎直向上時，物體處于超重狀態(tài)；當ay方向豎直向下時，物體處于失重狀態(tài)。(3)即使整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)。(4)在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如天平失效、液柱不再產(chǎn)生向下的壓強、浸在水中的物體不再受浮力等。[典題例析](2014·南京摸底)在探究物體的超重和失重規(guī)律時，體重為G的同學站在一壓力傳感器上完成一次下蹲動作。傳感器和計算機相連，經(jīng)計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖像，則下列圖像中可能正確的是()圖3－2－9[解析]選D對人的運動過程分析可知，人向下先做加速運動，后做減速運動。人在向下加速的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大??；在向下減速的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小，所以D正確。超重和失重現(xiàn)象的判斷方法(1)從受力的大小判斷，當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)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)。(2)從加速度的方向判斷，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。[針對訓練]1．(2014·揚州模擬)在月球表面具有以下特征：①重力加速度約為地球表面的eq\f(1,6)；②沒有空氣；③沒有磁場。若宇航員登上月球后，在空中從同一高度同時釋放氫氣球和鉛球，忽略地球和其他星球對月球的影響，以下說法正確的是()A．氫氣球處于失重狀態(tài)，鉛球處于超重狀態(tài)B．氫氣球和鉛球都將下落，且同時落地C．氫氣球將向上加速上升，鉛球加速下落D．氫氣球和鉛球都將下落，但鉛球先落到地面解析：選B在月球表面釋放氫氣球和鉛球，它們都只受月球施加的重力作用，且都處于完全失重狀態(tài)，故A、C均錯；氫氣球和鉛球都做自由落體運動，高度相同，加速度相同，所以運動的時間就相同，又因為是同時釋放的，故必定同時落地，故B正確，D錯誤。2．(2014·北京高考)應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度解析：選D手托物體由靜止開始向上運動，一定先做加速運動，物體處于超重狀態(tài)；而后可能勻速上升，也可能減速上升，選項A、B錯誤。在物體離開手的瞬間，二者分離，不計空氣阻力，物體只受重力，物體的加速度一定等于重力加速度；要使手和物體分離，手向下的加速度一定大于物體向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，選項C錯誤，D正確。[課時跟蹤檢測]eq\a\vs4\al(對應學生用書P253)一、單項選擇題1．(2013·海南高考)一質點受多個力的作用，處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使其中一個力的大小逐漸減小到零，再沿原方向逐漸恢復到原來的大小。在此過程中，其他力保持不變，則質點的加速度大小a和速度大小v的變化情況是()A．a(chǎn)和v都始終增大B．a(chǎn)和v都先增大后減小C．a(chǎn)先增大后減小，v始終增大D．a(chǎn)和v都先減小后增大解析：選C質點受到的合外力先從0逐漸增大，然后又逐漸減小為0，合力的方向始終未變，故質點的加速度方向不變，先增大后減小，速度始終增大，本題選C。2.(2014·無錫模擬)一質量為m的物塊在傾角為θ的足夠長斜面上勻減速下滑?，F(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，如圖1所示。則物塊減速為零的時間將()圖1A．變大 B．變小C．不變 D．不能確定解析：選B物體在斜面上勻減速下滑，說明mgsinθ－μmgcosθ＝ma<0，現(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F，等效重力增大F，即(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma′，判斷加速度大小a<a′，所以物塊減速為零的時間將變小，B項正確。3.(2014·山東萊州質檢)如圖2所示，小車沿水平面做直線運動，小車內光滑底面上有一物塊被壓縮的彈簧壓向左壁，小車向右加速運動。若小車向右加速度增大，則車左壁受物塊的壓力F1和車右壁受彈簧的壓力F2的大小變化是()圖2A．F1不變，F(xiàn)2變大 B．F1變大，F(xiàn)2不變C．F1、F2都變大 D．F1變大，F(xiàn)2減小解析：選B若小車向右加速度增大，則車左壁受物塊的壓力F1增大，車右壁受彈簧的壓力F2的大小不變，選項B正確。4．電梯的頂部掛一個彈簧測力計，測力計下端掛了一個重物，電梯勻速直線運動時，彈簧測力計的示數(shù)為10N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧測力計的示數(shù)變?yōu)?N，關于電梯的運動(如圖3所示)，以下說法正確的是(g取10m/s2)()圖3A．電梯可能向上加速運動，加速度大小為4m/s2B．電梯可能向下加速運動，加速度大小為2m/s2C．電梯可能向下減速運動，加速度大小為2m/s2D．電梯可能向下減速運動，加速度大小為4m/s2解析：選B勻速運動時，F(xiàn)1＝mg①示數(shù)為8N時，mg－F2＝ma②解①②得：a＝2m/s2，方向向下，因此物體向下加速運動或向上減速運動，故B正確。5．(2014·江蘇省泰興模擬)如圖4所示，帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端。B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ。若某時刻觀察到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向為()圖4A．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方B．mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg，豎直向上解析：選A由圖可知，小車向左做勻減速運動，其加速度大小a＝gtanθ；小車對物塊B向右的靜摩擦力為Ff＝ma＝mgtanθ；豎直向上的支持力FN＝mg，小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為F＝eq\r(F\o\al(2,f)＋F\o\al(2,N))＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向為斜向右上方，故A正確。6.(2014·青島模擬)如圖5所示，質量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住，處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一個力F拉斜面體，使斜面體在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是()圖5A．球做勻加速運動時豎直擋板對球的彈力比球處于靜止狀態(tài)時大B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C．斜面對球的彈力變大D．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma解析：選A對球受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得：FN1－FN2sinθ＝ma，F(xiàn)N2cosθ＝mg，由以上兩式可得：FN2不隨a的變化而變化，F(xiàn)N1隨a的增大而增大，故A正確，B、C錯誤；斜面和擋板對球的彈力與重力三個力的合力才等于ma，故D錯誤。二、多項選擇題7.(2014·徐州市第三中學質檢)如圖6所示，質量為m＝1kg的物體與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.3，當物體運動的速度為10m/s時，給物體施加一個與速度方向相反的大小為F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)()圖6A．物體經(jīng)10s速度減為零B．物體經(jīng)2s速度減為零C．物體速度減為零后將保持靜止D．物體速度減為零后將向右運動解析：選BC物體受到向右的滑動摩擦力，F(xiàn)f＝μFN＝μG＝3N，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝eq\f(F＋Ff,m)＝eq\f(2＋3,1)m/s2＝5m/s2，方向向右，物體減速到0所需的時間t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,5)s＝2s，B正確，A錯誤。減速到零后，F(xiàn)<Ff，物體處于靜止狀態(tài)，不再運動，C正確，D錯誤。8．乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖7所示。在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設纜車保持豎直狀態(tài)運行)。則()圖7A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物塊受到的滑動摩擦力為eq\f(1,2)mg＋maD．小物塊受到的靜摩擦力為eq\f(1,2)mg＋ma解析：選AD小物塊相對斜面靜止，因此小物塊與斜面間的摩擦力是靜摩擦力。纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以物塊為研究對象，則有Ff－mgsin30°＝ma，F(xiàn)f＝eq\f(1,2)mg＋ma，方向平行斜面向上。9．(2014·文登模擬)斜面上的物體受到平行于斜面向下的拉力F的作用，力F隨時間變化的圖像及物體運動的v-t圖像如圖8所示。由圖像中的信息能夠求出的量或可以確定的關系是(g取10m/s2)()圖8A．物體的質量mB．斜面的傾角θC．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μD．μ>tanθ解析：選AD設斜面的傾角為θ，由v-t圖像可知，在2～6s內物體處于勻速直線運動狀態(tài)，由平衡條件可知，物體所受到的滑動摩擦力f與拉力F及重力在斜面上的分量平衡，即f＝F＋mgsinθ，由F-t圖像可知，在2～6s內，拉力F＝2N，則物體所受到的摩擦力f＝2＋mgsinθ①。物體在0～2s內做勻加速直線運動，由v-t圖像的斜率得出加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2②，由F-t圖像在0～2s內讀出F＝3N，由牛頓第二定律得F＋mgsinθ－f＝ma③，由①②③解得m＝1kg，故A正確；f＝μmgcosθ④，由①④得物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(2＋10sinθ,10cosθ)＝eq\f(1,5cosθ)＋tanθ>tanθ，故D正確。由于θ未知，故不能算出μ，故B、C錯誤。10．(2013·浙江高考)如圖9所示，總質量為460kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5m/s2，當熱氣球上升到180m時，以5m/s的速度向上勻速運動。若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g＝10m/s2。關于熱氣球，下列說法正確的是()圖9A．所受浮力大小為4830NB．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C．從地面開始上升10s后的速度大小為5m/sD．以5m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230N解析：選AD熱氣球從地面剛開始上升時，由牛頓第二定律有：F合＝F?。璵g＝ma，得熱氣球所受的浮力F?。絤(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，則A項正確；加速上升過程中，速度增大，所受空氣阻力也增大，則B項錯誤；熱氣球以5m/s的速度勻速上升時，由平衡條件知所受的空氣阻力Ff＝F浮－mg＝4830N－460×10N＝230N，則D項正確；熱氣球從地面上升10s內，它做變加速運動，故10s時其速度大小不是5m/s，則C項錯誤。三、非選擇題11.(2014·上海八校聯(lián)考)一質量m＝0.5kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為30°足夠長的斜面，某同學利用DIS實驗系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖10所示為通過計算機繪制出的滑塊上滑過程的v-t圖。求：(g取10m/s2)圖10(1)滑塊沖上斜面過程中的加速度大??；(2)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(3)判斷滑塊最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端時的動能；若不能返回，求出滑塊停在什么位置。解析：(1)滑塊的加速度大?。篴＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－6,0.5)))＝12m/s2。(2)物體在沖上斜面過程中mgsinθ＋μmgcosθ＝maμ＝eq\f(a－gsin30°,gcos30°)＝eq\f(12－10×0.5,10×\f(\r(3),2))＝0.81(3)滑塊速度減小到零時，重力的分力小于最大靜摩擦力，不能再下滑。x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(62,2×12)m＝1.5m滑塊停在距底端1.5m處。答案：(1)12m/s2(2)0.81(3)不能返回，停在距底端1.5m處12．(2014·全國卷Ⅰ)公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離。當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的2/5。若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。解析：設路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，由牛頓第二定律和運動學公式得μ0mg＝ma0①s＝v0t0＋eq\f(v\o\al(2,0),2a0)②式中，m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度。設在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，依題意有μ＝eq\f(2,5)μ0③設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學公式得μmg＝ma④s＝vt0＋eq\f(v2,2a)⑤聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝20m/s(或72km/h)⑥答案：20m/s(或72km/h)第3節(jié)牛頓運動定律的綜合應用eq\o(對應學生用書P41)[必備知識]1．常見的兩類動力學圖像問題(1)已知物體在某一過程中所受的合力(或某個力)隨時間的變化圖線，要求分析物體的運動情況。(2)已知物體在某一過程中速度、加速度隨時間的變化圖線，要求分析物體的受力情況。2．解決圖像綜合問題的關鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會分析臨界點。(2)注意圖線中的一些特殊點所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結合起來，再結合斜率、特殊點、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關鍵點。[典題例析](2013·全國卷Ⅱ)一長木板在水平地面上運動，在t＝0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖像如圖3－3－1所示。已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：圖3－3－1(1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)從t＝0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小。[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息相對地面靜止的物塊物塊的初速度為零，此后受滑動摩擦力開始運動物塊始終在木板上物塊加速到與木板同速后一起減速木板速度—時間圖像v-t圖線的折點對應的速度v＝1m/s，為物塊勻加速的末速度第二步：找突破口分析物塊、木板的受力情況，列出相對滑動過程和一起勻減速過程的牛頓第二定律方程，由v-t圖線確定，木板在前后兩個減速過程中的加速度及物塊的加速度，再結合運動學公式列出位移關系式求解結果。[解析](1)從t＝0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。由圖可知，在t1＝0.5s時，物塊和木板的速度相同。設t＝0到t＝t1時間間隔內，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則a1＝eq\f(v1,t1)①a2＝eq\f(v0－v1,t1)②式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分別為木板在t＝0、t＝t1時速度的大小。設物塊和木板的質量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1③(μ1＋2μ2)mg＝ma2④聯(lián)立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t1時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1′和a2′，則由牛頓第二定律得f＝ma1′⑦2μ2mg－f＝ma2′⑧假設f＜μ1mg，則a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，與假設矛盾。故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知，物塊加速度的大小a1′等于a1；物塊的v-t圖像如圖中點畫線所示。由運動學公式可推知，物塊和木板相對于地面的運動距離分別為s1＝2×eq\f(v\o\al(2,1),2a1)⑩s2＝eq\f(v0＋v1,2)t1＋eq\f(v\o\al(2,1),2a2′)?物塊相對于木板的位移的大小為s＝s2－s1?聯(lián)立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得s＝1.125m[答案](1)0.200.30(2)1.125m物理公式與物理圖像的結合是中學物理的重要題型，也是近年高考的熱點，特別是v-t圖像在考題中出現(xiàn)率極高。對于已知圖像求解相關物理量的問題，往往是結合物理過程從分析圖像的橫、縱軸所對應的物理量的函數(shù)入手，分析圖線的斜率、截距所代表的物理意義得出所求結果。解決這類問題的核心是分析圖像，我們應特別關注v-t圖中的斜率(加速度)和力的圖線與運動的對應關系。[針對訓練]1．(多選)(2014·揚州模擬)如圖3－3－2甲所示，一質量為1kg的小木塊靜置于光滑的水平地面上，并且以此位置為坐標原點向右建立坐標系，在如圖乙所示的周期性水平外力作用下木塊向右運動，則()圖3－3－2A．在x＝4m處木塊的速度最大B．在0～2m范圍內木塊做勻加速直線運動C．在0～8m內一直沿＋x方向運動D．在x＝6m處木塊的加速度大小為2m/s2解析：選ACD由F-t圖像可知，0～2m物體做加速度增大的加速運動，2～4m物體做加速度減小的加速運動，在x＝4m時速度最大，之后力反向，物體做減速運動，4～6m物體做加速度增大的減速運動，6～8m做加速度減小的減速運動，末速度為零，故A正確，B錯誤；由分析可知物體一直沿著＋x方向運動，故C正確；在x＝6m處F＝－2N，a＝eq\f(F,m)＝－2m/s2，即加速度大小為2m/s2，D正確。2．(多選)(2014·南通模擬)如圖3－3－3所示，斜面ABC中AB段光滑，BC段粗糙。一小物塊由A點靜止釋放，沿斜面下滑到C點時速度恰好為零。若物塊運動的速度為v，加速度為a，位移為x，物體所受合外力為F，運動時間為t，以沿斜面向下為正方向，則下列圖像中可能正確的是()圖3－3－3圖3－3－4解析：選AB由于AB段光滑，物塊在AB段受重力和斜面支持力做勻加速運動，物塊加速度為：a1＝gsinθ，BC段粗糙，故物塊在BC段多一個沿斜面向上的摩擦力，由于物塊由A點靜止釋放，沿斜面下滑到C點時速度恰好為零，可知物塊先加速后減速，故可知物塊在BC段加速度方向向上，其大小為：a2＝eq\f(f－mgsinθ,m)，故A、B正確；物塊在AB段受重力和斜面支持力做勻加速運動，其位移為：x＝eq\f(1,2)at2，可知位移－時間圖像應該是開口向上的拋物線，故C錯誤；物塊在AB和BC段的合力都是恒定的，故D錯誤。eq\o(對應學生用書P42)[必備知識]1．整體法當連接體內(即系統(tǒng)內)各物體的加速度相同時，可以把系統(tǒng)內的所有物體看成一個整體，分析其受力和運動情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法。2．隔離法當求系統(tǒng)內物體間相互作用的內力時，常把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力和運動情況，再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法。3．外力和內力如果以物體系統(tǒng)為研究對象，受到系統(tǒng)之外的物體的作用力，這些力是該系統(tǒng)受到的外力，而系統(tǒng)內各物體間的相互作用力為內力。應用牛頓第二定律列方程時不考慮內力。如果把某物體隔離出來作為研究對象，則內力將轉換為隔離體的外力。4．整體法和隔離法的選取原則(1)若連接體內各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)。(2)若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解。(3)若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內力”。[典題例析](2013·福建高考)質量為M、長為eq\r(3)L的桿水平放置，桿兩端A、B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩，繩上套著一質量為m的小鐵環(huán)。已知重力加速度為g，不計空氣影響。圖3－3－5(1)現(xiàn)讓桿和環(huán)均靜止懸掛在空中，如圖3－3－5甲所示，求繩中拉力的大小；(2)若桿與環(huán)保持相對靜止，在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動，此時環(huán)恰好懸于A端的正下方，如圖乙所示。①求此狀態(tài)下桿的加速度大小a；②為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個多大的外力，方向如何？[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息光滑的柔軟輕繩輕繩各處張力大小相等圖甲、圖乙長度標注可確定兩段輕繩間的夾角桿與環(huán)保持相對靜止桿和環(huán)的加速度相同，均為水平方向，大小為a第二步：找突破口對圖甲，隔離小鐵環(huán)受力分析，應用平衡條件列方程可求繩中拉力大??；對圖乙，隔離小鐵環(huán)，受力分析，應用牛頓第二定律列方程可求水平加速度a，再取桿和小鐵環(huán)組成的整體為研究對象，受力分析，應用牛頓第二定律列方程可求解拉力的大小和方向。[解析](1)如圖(a)(a)設平衡時，繩中拉力為FT，有2FTcosθ－mg＝0①由圖中幾何關系可知cosθ＝eq\f(\r(6),3)②聯(lián)立①②式解得FT＝eq\f(\r(6),4)mg(b)(2)①此時，對小鐵環(huán)的受力分析如圖(b)有FT′sinθ′＝ma③FT′＋FT′cosθ′－mg＝0④由圖中幾何關系可知θ′＝60°，代入③④式解得a＝eq\f(\r(3),3)g⑤(c)②如圖(c)，設外力F與水平方向成α角，將桿和小鐵環(huán)當成一個整體，有Fcosα＝(M＋m)a⑥Fsinα－(M＋m)g＝0⑦聯(lián)立⑤⑥⑦式，解得F＝eq\f(2\r(3),3)(M＋m)gtanα＝eq\r(3)(或α＝60°)[答案](1)eq\f(\r(6),4)mg(2)①eq\f(\r(3),3)g②外力大小為eq\f(2\r(3),3)(M＋m)g，方向與水平方向成60°角斜向右上方涉及隔離法與整體法的具體問題類型(1)涉及滑輪的連接體若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。例如，如圖3－3－6所示，繩跨過定滑輪連接的兩物體雖然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔離法。圖3－3－6(2)水平面上的連接體這類問題一般多是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度。解題時，一般采用先整體、后隔離的方法。(3)斜面體與其上物體組成的連接體當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析。[針對訓練]1．(2012·江蘇高考)如圖3－3－7所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動，力F的最大值是()圖3－3－7A．2f(m＋M)/B．2f(m＋M)/C．2f(m＋M)/M－(m＋M)D．2f(m＋M)/m＋(m＋M)解析：選A當夾子與木塊兩側間的摩擦力達到最大摩擦力f時，拉力F最大，系統(tǒng)向上的加速度為a。先以m為研究對象，進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知：F－2f－mg＝ma，再以M為研究對象，進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知：2f－Mg＝Ma，兩式聯(lián)立可解得F＝eq\f(2fm＋M,M)，A正確。2.2013年8月14日，中國乒乓球公開賽在蘇州市體育中心體育館拉開戰(zhàn)幕，吸引了上千市民前往觀看。假設運動員在訓練中手持乒乓球拍托球沿水平面做勻加速運動，球拍與球保持相對靜止且球拍平面和水平面之間的夾角為θ。設球拍和球質量分別為M、m，不計球拍和球之間的摩擦，不計空氣阻力，則()圖3－3－8A．運動員的加速度大小為gsinθB．球拍對球的作用力大小為mgcosθC．運動員對球拍的作用力大小為(M＋m)g/cosθD．運動員對地面的作用力方向豎直向下解析：選C以乒乓球為研究對象，球受重力和球拍的支持力，不難求出球受到的合力為mgtanθ，其加速度為gtanθ，球受到球拍的支持力為mg/cosθ，由于運動員、球拍和球的加速度相等，選項A、B錯誤；同理運動員對球拍的作用力大小為(M＋m)g/cosθ，選項C正確；將運動員看做質點，由上述分析知運動員在重力和地面作用力的合力作用下產(chǎn)生水平方向的加速度，地面對運動員的作用力應該斜向上，由牛頓第三定律知道，運動員對地面的作用力方向斜向下，選項D錯誤。eq\o(對應學生用書P43)[必備知識]1．模型特點上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動。2．解題思路(1)分析滑塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度。(2)對滑塊和木板進行運動情況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程，特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移。[典題例析]如圖3－3－9所示，質量M＝4.0kg的長木板B靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質量m＝1.0kg的小滑塊A(可視為質點)。初始時刻，A、B分別以v0＝2.0m/s向左、向右運動，最后A恰好沒有滑離B板。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.40，取g＝10m/s2。求：圖3－3－9(1)A、B相對運動時的加速度aA和aB的大小與方向；(2)A相對地面速度為零時，B相對地面運動已發(fā)生的位移大小x；(3)木板B的長度l。[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息A、B分別以v0＝2.0m/s向左、向右運動二者均要勻減速運動最后A恰好沒有滑離B板說明了兩者速度相同時A運動到B左端第二步：找突破口(1)滑塊和木板豎直方向上受力平衡，水平方向受到滑動摩擦力作用，大小為μmg，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度。(2)A先向左做勻減速運動至速度為零，根據(jù)運動學速度公式求出速度為零時所用的時間