2025版《新亮劍》高中物理：第三章 運(yùn)動和力的關(guān)系含答案

2025版《新亮劍》高中物理：第三章運(yùn)動和力的關(guān)系第三章運(yùn)動和力的關(guān)系核心素養(yǎng)考點(diǎn)內(nèi)容高考真題備考建議物理觀念單位制力與運(yùn)動關(guān)系2023全國乙T14(力與運(yùn)動)2023全國甲T19(動力學(xué)圖像)2023山東T8(牛頓定律)2023江蘇T1(超重與失重)2023湖北T8(動力學(xué)圖像)2023遼寧T15(牛頓定律與動量能量綜合)2023北京T6(牛頓運(yùn)動定律)2023全國新課標(biāo)T19(牛頓定律)2022全國甲T19(牛頓定律)2022全國乙T15(牛頓定律)2022山東T6(力與運(yùn)動)2022浙江T2(慣性)2022浙江T19(力與運(yùn)動)2022湖南T9(力與運(yùn)動)2022湖北T11(力與運(yùn)動)高考主要考查牛頓運(yùn)動定律的理解與應(yīng)用,直線運(yùn)動與牛頓運(yùn)動定律的綜合。復(fù)習(xí)重點(diǎn)培養(yǎng)用力和運(yùn)動的觀點(diǎn)分析問題、解決問題的能力,注重牛頓第二定律在生活生產(chǎn)和科技中的應(yīng)用,將實際問題理想化、模型化科學(xué)思維失重與超重科學(xué)探究驗證牛頓運(yùn)動定律科學(xué)態(tài)度與責(zé)任牛頓運(yùn)動定律及應(yīng)用第1講牛頓運(yùn)動定律對應(yīng)學(xué)生用書P49考點(diǎn)一牛頓運(yùn)動定律的理解1.牛頓第一定律(1)內(nèi)容:一切物體總保持①狀態(tài)或②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:揭示了力與運(yùn)動的關(guān)系。力不是③物體運(yùn)動狀態(tài)的原因,而是④物體運(yùn)動狀態(tài)的原因,即產(chǎn)生加速度的原因。

2.慣性(1)定義:物體具有保持原來⑤狀態(tài)或⑥狀態(tài)的性質(zhì)。

(2)量度:質(zhì)量是慣性大小的唯一量度,質(zhì)量大的物體慣性⑦,質(zhì)量小的物體慣性⑧。

(3)普遍性:慣性是物體的本質(zhì)屬性,一切物體都有慣性。與物體的運(yùn)動情況和受力情況⑨。

答案①勻速直線運(yùn)動②靜止③維持④改變⑤勻速直線運(yùn)動⑥靜止⑦大⑧小⑨無關(guān)1.伽利略為了說明力和運(yùn)動關(guān)系的理想斜面實驗示意圖如圖所示。讓小球沿一個斜面由靜止開始向下運(yùn)動,小球?qū)⒀亓硪粋€斜面上升到與第一個斜面等高處;減小第二個斜面的傾角,重復(fù)實驗,小球?qū)⒀亓硪粋€斜面仍上升到與第一個斜面等高處,直至斜面最終變?yōu)樗?小球再也不能上升到與第一個斜面等高處,將一直運(yùn)動下去。(1)由此實驗得出什么結(jié)論?(2)此實驗有何意義?答案(1)力不是維持物體運(yùn)動的原因。(2)伽利略創(chuàng)造性地把實驗、假設(shè)和邏輯推理相結(jié)合的科學(xué)方法,有力地促進(jìn)了人類科學(xué)認(rèn)識的發(fā)展。2.在桌面上放置一張紙和一個小鋼球,小鋼球靜止在紙面上(如圖所示)。如果突然迅速拉動紙的一邊,你觀察到的現(xiàn)象是。

答案小鋼球相對桌面位置幾乎不變(小鋼球幾乎不動)角度1牛頓第一定律內(nèi)容一切物體總保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài),除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)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(yùn)動狀態(tài)的原因,而是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因考向1牛頓第一定律的理解(2024屆昌平區(qū)質(zhì)檢)如圖所示,某同學(xué)朝著列車行進(jìn)方向坐在車廂中,水平桌面上放有一靜止的小球。突然,他發(fā)現(xiàn)小球向后滾動,則可判斷()。A.列車在剎車B.列車在做勻速直線運(yùn)動C.列車在做加速直線運(yùn)動D.列車的加速度在增大答案C解析小球突然向后滾動,根據(jù)牛頓第一定律可以判斷列車相對小球向前做加速直線運(yùn)動,但無法判斷列車的加速度變化情況,故A、B、D三項錯誤,C項正確。1.牛頓第一定律的三點(diǎn)揭示:(1)物體的一種固有屬性——慣性;(2)力的本質(zhì)——力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因,而不是維持物體運(yùn)動的原因;(3)物體的一種理想狀態(tài)——不受力時(實際上不存在)與所受合外力為零時的運(yùn)動狀態(tài)表現(xiàn)是相同的。2.牛頓第一定律不能通過實驗直接驗證?？枷?牛頓第一定律的應(yīng)用滑板運(yùn)動員沿水平地面向前滑行,在橫桿前相對于滑板豎直向上起跳,人與滑板分離,分別從橫桿的上方、下方通過,忽略人和滑板在運(yùn)動中受到的阻力,則運(yùn)動員()。A.起跳時腳對滑板的作用力斜向后B.在空中水平方向先加速后減速C.越過桿后落在滑板的后方D.越過桿后仍落在滑板上起跳的位置人相對滑板豎直向上跳起人相對滑板水平速度為零人與滑板水平方向同速相同時間內(nèi)人與滑板運(yùn)動的水平距離相同答案D解析由于運(yùn)動員相對于滑板豎直向上起跳,與滑板在水平方向無力的作用,故二者水平方向速度始終相同,D項正確。角度2慣性慣性的理解定義物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)普遍性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(yùn)動情況和受力情況無關(guān)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(2023年浙江6月卷)在足球運(yùn)動中,足球入網(wǎng)的情境如圖所示,則()。A.踢香蕉球時足球可視為質(zhì)點(diǎn)B.足球在飛行和觸網(wǎng)時慣性不變C.足球在飛行時受到腳的作用力和重力D.觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對足球的力答案B解析在研究如何踢出“香蕉球”時,需要考慮踢在足球上的位置與角度,此時足球不能看作質(zhì)點(diǎn),A項錯誤;慣性只與質(zhì)量有關(guān),足球在飛行和觸網(wǎng)時質(zhì)量不變,慣性不變,B項正確;在足球飛行時,腳已經(jīng)離開足球,故不受腳的作用力,C項錯誤;觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對足球的力是相互作用力,大小相等,D項錯誤?？键c(diǎn)二牛頓第二定律1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的①成正比,跟②成反比,加速度的方向跟③的方向相同。

2.表達(dá)式:④。

3.適用范圍:(1)牛頓第二定律只適用于⑤參考系,即相對地面⑥或⑦的參考系。

(2)牛頓第二定律只適用于⑧(相對于分子、原子)低速(遠(yuǎn)小于光速)運(yùn)動的情況。

答案①合外力②物體的質(zhì)量③合外力④F=ma⑤慣性⑥靜止⑦做勻速直線運(yùn)動⑧宏觀物體1.某同學(xué)在列車車廂的頂部用細(xì)線懸掛了一個小球,在列車以某一加速度在水平軌道上漸漸啟動的過程中,細(xì)線就會偏過一定角度并相對車廂保持靜止,通過測定偏角的大小就能確定列車的加速度。如圖所示,在某次測定中,懸線與豎直方向的夾角為θ,則列車的加速度大小a=,方向為。

答案gtanθ水平向右解析小球的受力情況如圖所示,可知F=mgtanθ,又F=ma,解得a=gtanθ,方向水平向右。2.2013年6月20日,我國女航天員在“天宮一號”中進(jìn)行了授課活動,演示了太空“質(zhì)量測量儀”測質(zhì)量的實驗。助教將自己固定在支架一端,女航天員將連接運(yùn)動機(jī)構(gòu)的彈簧拉到指定位置;松手后,彈簧凸輪機(jī)構(gòu)產(chǎn)生恒定的作用力F,使彈簧回到初始位置,同時用光柵測速裝置測量出支架復(fù)位時的速度v和所用時間t;LED屏顯示出助教的質(zhì)量m為74kg。該實驗測質(zhì)量的原理是什么?答案提示:由v=at,F=ma得m=Ftv角度1牛頓第二定律的理解牛頓第二定律的六個性質(zhì)(2023年全國乙卷)一同學(xué)將排球自O(shè)點(diǎn)墊起,排球豎直向上運(yùn)動,隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球()。A.上升時間等于下落時間B.被墊起后瞬間的速度最大C.達(dá)到最高點(diǎn)時加速度為零D.下落過程中做勻加速運(yùn)動答案B解析對排球進(jìn)行受力分析,上升過程的重力和阻力方向相同,下降過程中重力和阻力方向相反,根據(jù)牛頓第二定律可知,上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應(yīng)位置的加速度大,則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關(guān)系可知,上升時間比下落時間短,A項錯誤;在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功,排球機(jī)械能一直在減小,下降過程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過程的最低點(diǎn)的速度,故排球被墊起時的速度最大,B項正確;達(dá)到最高點(diǎn)速度為零,空氣阻力為零,此刻排球重力產(chǎn)生的加速度不為零,C項錯誤;下落過程中,排球速度在變化,所受空氣阻力在變化,故排球所受的合外力在變化,排球在下落過程中做變加速運(yùn)動,D項錯誤。合力、加速度與速度間的決定關(guān)系角度2牛頓第二定律的簡單應(yīng)用1.牛頓第二定律表達(dá)式推廣:F合=ma(a為物體的合加速度)。2.牛頓第二定律矢量性應(yīng)用:Fx合=max,Fy合=may。考向1整體法與隔離法在牛頓第二定律中的應(yīng)用(2023年北京卷)如圖所示,在光滑水平地面上,兩相同物塊用細(xì)線相連,兩物塊質(zhì)量均為1kg,細(xì)線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下,兩物塊一起向右做勻加速直線運(yùn)動。則F的最大值為()。A.1NB.2NC.4N D.5N答案C解析對兩物塊整體進(jìn)行受力分析有Fmax=2ma,對左側(cè)物塊有FTmax=ma,又FTmax=2N,解得Fmax=4N,C項正確。1.物體實際運(yùn)動的加速度是合加速度,取決于物體受到的合力與物體的質(zhì)量。2.系統(tǒng)的加速度取決于系統(tǒng)受到的合外力與系統(tǒng)的質(zhì)量?？枷?合成法在牛頓第二定律中的應(yīng)用(2022年湖南卷)(多選)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機(jī),總質(zhì)量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率的二次方成正比(即Ff=kv2,k為常量)。當(dāng)發(fā)動機(jī)關(guān)閉時,飛行器豎直下落,經(jīng)過一段時間后,其勻速下落的速率為10m/s;當(dāng)發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器豎直向上運(yùn)動,經(jīng)過一段時間后,飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化,下列說法正確的是()。A.發(fā)動機(jī)的最大推力為1.5MgB.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時,發(fā)動機(jī)推力的大小為174C.發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,飛行器速率為53m/sD.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時,其加速度大小可以達(dá)到3g答案BC解析飛行器豎直下落,其勻速下落的速率v1=10m/s時,飛行器的合力為零,有kv12=Mg,發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器豎直向上運(yùn)動,飛行器勻速向上的速率v2=5m/s時,發(fā)動機(jī)的最大推力Fmax=kv22+Mg,可得Fmax=1.25Mg,A項錯誤;當(dāng)飛行器以v2=5m/s勻速水平飛行時,發(fā)動機(jī)推力的大小F2=(Mg)2+(kv22)2=174Mg,B項正確;發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,設(shè)飛行器速率為v,有Fmax=(Mg)2+(kv2)2,得v=53m/s,C項正確;當(dāng)飛行器以v2=5角度3牛頓第二定律瞬時性求解瞬時加速度的步驟考向1彈簧與繩模型如圖所示,細(xì)繩1掛著匣子C,匣內(nèi)又用細(xì)繩2掛著A球,在A的下方又用輕彈簧掛著B球。已知A、B、C的質(zhì)量均為m,原來都處于靜止?fàn)顟B(tài),重力加速度為g。當(dāng)細(xì)繩1被燒斷后的瞬間,以下說法正確的是()。A.A、B、C的加速度都為gB.C的加速度為3gC.A的加速度為2gD.細(xì)繩2上張力大小為0.5mg答案D解析細(xì)繩1被燒斷后的瞬間,彈簧上彈力大小仍為mg,故此時B的加速度為0。此時A、C的加速度相同,即aA=aC,設(shè)此時細(xì)繩2上張力大小為F。對A、C整體由牛頓第二定律有3mg=2maA,對C有mg+F=maC,解得aA=aC=1.5g,F=0.5mg,D項正確。1.求解物體在某一時刻的瞬時加速度,關(guān)鍵是明確該時刻物體的受力情況或運(yùn)動狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時加速度。2.物體的受力情況和運(yùn)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(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析?？枷?彈簧與輕桿模型(2024屆成都質(zhì)檢)(多選)如圖1、2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()。A.兩圖中兩球加速度大小均為gsinθB.兩圖中A球的加速度大小均為零C.圖1中B球的加速度大小為2gsinθD.圖2中B球的加速度大小為gsinθ答案CD解析撤去擋板前,對整體分析,擋板對B球的彈力大小為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,圖1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;圖2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,C、D兩項正確,A、B兩項錯誤。1.牛頓第二定律瞬時性中的兩類模型2.常見物體單獨(dú)在平面上運(yùn)動的相關(guān)加速度大小(二級結(jié)論)(1)沿粗糙水平面滑行的物體:a=μg(2)沿光滑斜面滑行的物體:a=gsinθ(3)沿粗糙斜面下滑的物體:a=g(sinθ-μcosθ)(4)沿粗糙斜面上滑的物體:a=g(sinθ+μcosθ)角度4五類斜面運(yùn)動時間問題類型圖示規(guī)律等高斜面由L=12at2,a=gsinθ,L=hsinθ得t=1sinθ2hg,θ越小,t同底斜面由L=12at2,a=gsinθ,L=dcosθ得t=4dgsin2θ,當(dāng)θ=45°時,圓周內(nèi)同頂端的斜面由2R·sinθ=12·gsinθ·t2,可得t1=t2=t圓周內(nèi)同底端的斜面t1=t2=t3雙圓周內(nèi)斜面t1=t2=t3考向1同底斜面(2021年全國甲卷)如圖,將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處,上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié),使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放,物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將()。A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大答案D解析設(shè)點(diǎn)P、Q的水平距離為L,由運(yùn)動學(xué)公式可知Lcosθ=12gt2sinθ,可得t2=4Lgsin2θ,可知θ=45°時,t有最小值,故當(dāng)θ由30°逐漸增大至60°時對同底(光滑)斜面,物體在斜面上靜止下滑時間t=4(1)當(dāng)θ=45°時下滑時間最短;(2)傾角θ互余的兩個斜面上的下滑時間t相等,其t-θ圖像如圖所示,如θ1=60°,θ2=30°時,有t1=t2?？枷?等時圓模型(2024屆長沙模擬)如圖所示,三根在豎直平面內(nèi)的光滑細(xì)管A、B、C上端平齊,B管豎直放置,A管與B管的夾角為α,C管與B管的夾角為β,且α<β。三個小球同時從管口頂端靜止釋放,經(jīng)過相同的時間,三球所處位置正確的是()。ABCD答案C解析如圖所示,設(shè)A、B、C、D為半徑為R的同一圓上的點(diǎn),小球從A分別沿光滑桿AB、AC、AD滑下,從AB下滑有2R=12gt12,可得t1=4Rg;從AC下滑有2Rcosθ=12gcosθt22,可得t2=4Rg;同理若從AD下滑,時間t3=【變式】(多選)如圖所示,1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運(yùn)動到底端,其運(yùn)動時間分別為t1、t2、t3、t4,已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r,O為圓心,固定在水平面上的斜面水平底端的長度為3r,重力加速度為g,下列說法正確的是()。A.t1≠t2B.t3=t4C.t3-t1=2(2-1)rD.t4-t2=(2-2)r答案BC解析由等時圓的結(jié)論知t1=t2=4rg,A項錯誤;由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有3rsin30°=12gcos30°t32,可得t3=8rg,3rsin60°=12gcos60°t42,可得t4=8rg,B項正確;t3-t1=2(2-1)rg,C等時圓問題思維模板動力學(xué)中的連接體問題1.常見連接體類型與特點(diǎn)類型圖示特點(diǎn)彈簧連接體在彈簧發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時,兩端連接體的速率相等疊放連接體兩物體不脫離接觸,在垂直接觸面方向的分速度總是相等輕繩連接體輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等的輕桿連接體輕桿平動時,連接體具有相同的平動速度;輕桿轉(zhuǎn)動時,連接體具有相同的角速度,而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比2.連接體問題的求解方法角度1加速度(大小)相同考向1繩連體(改編)(多選)如圖所示,A、B兩個小物塊用足夠長的細(xì)線相連,細(xì)線繞過固定在水平面與斜面交界處的光滑輕小定滑輪,將兩物塊分別置于水平面與斜面上,滑輪兩邊細(xì)線分別與水平面和斜面平行。已知A物塊的質(zhì)量大于B物塊的質(zhì)量,不計一切摩擦,在兩物塊分別沿水平面與斜面運(yùn)動的一段過程中,以下說法中正確的是()。A.若將兩物塊的位置互換,兩物塊的加速度大小不變B.若將兩物塊的位置互換,兩物塊的加速度變大C.若將兩物塊的位置互換,細(xì)線上拉力大小不變D.若將兩物塊的位置互換,細(xì)線上拉力變大答案BC解析設(shè)A、B的質(zhì)量分別為mA、mB,斜面傾角為θ,細(xì)線拉力大小為FT,兩物塊運(yùn)動的加速度大小為a,則有mBgsinθ-FT=mBa,FT=mAa,可得a=mBgsinθmA+mB,FT=mAmBgsinθmA+mB;由于1.連接體單邊受力模型2.連接體雙邊受力模型考向2疊連體(2024屆安徽聯(lián)考)如圖1所示,足夠長的斜面體固定在水平面上,A、B兩個物塊疊放在一起置于斜面上O點(diǎn)由靜止釋放,物塊在向下運(yùn)動過程中,物塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與物塊運(yùn)動的距離x關(guān)系如圖2所示,運(yùn)動過程中,物塊A、B始終保持相對靜止,則A、B一起向下運(yùn)動到速度為零的過程中,關(guān)于B對A的摩擦力,下列說法正確的是()。A.一直增大B.先減小后增大C.先沿斜面向下后沿斜面向上D.先沿斜面向上后沿斜面向下答案A解析設(shè)A物塊的質(zhì)量為m,A、B兩個物塊的總質(zhì)量為M,對整體進(jìn)行分析,由靜止釋放,一起向下運(yùn)動到速度為零,先加速直線運(yùn)動再減速直線運(yùn)動,合力先沿斜面向下后沿斜面向上,先加速直線運(yùn)動,由牛頓第二定律有Mgsinθ-μMgcosθ=Ma;再減速直線運(yùn)動,有μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1;摩擦力始終沿斜面向上,距離x一直增大,動摩擦因數(shù)μ一直增大,故加速度先減小后增大,對A物塊進(jìn)行分析,設(shè)B與A之間的摩擦力大小為f,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-f=ma,先加速直線運(yùn)動;再減速直線運(yùn)動則f-mgsinθ=ma1,B對A的摩擦力始終沿斜面向上,加速度先減小后增大,B對A的摩擦力一直增大。整體法與隔離法的靈活運(yùn)用整體法的選取原則若連接體內(nèi)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(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同,或者要求出系統(tǒng)內(nèi)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(yīng)用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,且要求出物體之間的作用力時,一般采用“先整體求加速度,后隔離求內(nèi)力”;隔離法分析物體間的作用力時,一般應(yīng)選受力個數(shù)較少的物體進(jìn)行分析角度2加速度(大小)不相同考向1含動滑輪連接體(2024屆荊州質(zhì)檢)如圖所示,兩個完全相同的薄木板固定在水平桌面上,薄木板的一端帶滑輪,滑塊A、B分別放置在左右木板上,連接兩滑塊的細(xì)線拉著一個動滑輪,動滑輪下面掛物塊C,已知A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、4m,木板上面的細(xì)線與木板平行,動滑輪兩側(cè)細(xì)線豎直平行,細(xì)線不可伸長,不計一切摩擦和動滑輪的質(zhì)量,重力加速度為g,現(xiàn)將A、B、C三者同時由靜止釋放,下列說法正確的是()。A.滑塊A和B的速度大小始終相等B.細(xì)線的拉力大小為0.6mgC.滑塊A的速度大于物塊C的速度D.物塊C的加速度小于滑塊B的加速度答案C解析A、B由同一輕繩連接,繩中張力大小處處相等,A、B質(zhì)量之比為1∶2,根據(jù)牛頓第二定律可知,A、B的加速度之比為2∶1,滑塊A和B的速度大小始終為2∶1,A項錯誤;由于輕繩不可伸長且根據(jù)滑輪組的關(guān)系可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,則加速度之比為aA∶aB∶aC=4∶2∶3,則vA>vC,C項正確,D項錯誤;設(shè)繩中張力為T,則有aA=Tm,aC=4mg-2T4m,解得T=0【變式】如圖所示,A、B兩滑塊質(zhì)量分別為2kg和3kg,用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的粗糙水平面上,兩滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。用手按著兩滑塊不動,第一次是將一輕質(zhì)動滑輪置于輕繩上,然后將一質(zhì)量為4kg的物塊C掛于動滑輪上,只釋放A而按著B不動;第二次是將物塊C取走,換作豎直向下的40N的恒力作用于動滑輪上,只釋放B而按著A不動。重力加速度g取10m/s2,則兩次操作中滑塊A和B獲得的加速度之比為()。A.1∶2 B.5∶6 C.5∶3 D.2∶1答案D解析第一次只釋放A而按著B不動,設(shè)輕繩中拉力為F1,滑塊A的加速度為aA,物塊C的加速度為aC,對滑塊A,由牛頓第二定律得F1-μmAg=mAaA,對物塊C有mCg-2F1=mCaC,根據(jù)動滑輪知識可得,aA=2aC,聯(lián)立解得aA=103m/s2;第二次是將物塊C取走,換作豎直向下的40N的恒力作用于動滑輪上,只釋放B而按著A不動,輕繩中拉力F2=20N,設(shè)滑塊B的加速度為aB,對滑塊B,由牛頓第二定律得F2-μmBg=mBaB,解得aB=53m/s2。則兩次操作中滑塊A和B獲得的加速度之比為aA∶aB=2∶1,若連接體內(nèi)各個物體的加速度不同,一般應(yīng)采用隔離法,以各個物體分別作為研究對象,對每個研究對象進(jìn)行受力和運(yùn)動情況分析,分別應(yīng)用牛頓第二定律建立方程,并注意應(yīng)用各個物體的相互作用關(guān)系聯(lián)立求解?？枷?多個疊連體如圖所示,一塊足夠長的輕質(zhì)長木板放在光滑水平地面上,質(zhì)量分別為mA=1kg和mB=2kg的物塊A、B放在長木板上,A、B與長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)用水平拉力F拉A,取重力加速度g=10m/s2。改變F的大小,B的加速度大小可能為()。A.1m/s2B.2.5m/s2C.3m/s2D.4m/s2答案A解析A、B放在輕質(zhì)長木板上,長木板質(zhì)量為0,所受合力始終為0,即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到長木板的最大靜摩擦力的大小關(guān)系為fAmax<fBmax,所以B始終相對長木板靜止,當(dāng)拉力增加到一定程度時,A相對長木板滑動,B受到的最大合力等于A的最大靜摩擦力,即fB=fAmax=μmAg,由fB=mBaBmax,可知B的加速度最大為2m/s2,A項正確?？键c(diǎn)三力學(xué)單位制及其應(yīng)用1.單位制:由①單位和②單位一起組成了單位制。

2.基本單位:基本物理量的單位。國際單位制中基本物理量共七個,其中力學(xué)有三個,分別是③、④和⑤,單位分別是⑥、⑦和⑧。

3.導(dǎo)出單位:由基本物理量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。答案①基本②導(dǎo)出③長度④質(zhì)量⑤時間⑥米⑦千克⑧秒1.下圖中展示的一些物理學(xué)關(guān)系式確定了物理量的單位。物理量之間單位關(guān)系的確定能否離開描述各種規(guī)律的物理公式?答案不能。各種物理公式規(guī)定了物理量之間的單位關(guān)系。2.小剛需要計算圓錐的體積,他從一本書中查得圓錐體積的計算公式為V=13πR3h。小紅說,從單位關(guān)系上看,這個公式肯定是錯誤的。她的根據(jù)是

答案根據(jù)該公式,體積V的單位為m4,而體積V的單位應(yīng)該是m3。(依據(jù)量綱法判斷)角度1力學(xué)單位制(2022年浙江卷)下列屬于力的單位的是()。A.kg·m/s2 B.kg·m/sC.kg·m2/s D.kg·s/m2答案A解析根據(jù)牛頓第二定律F=ma,可知力的單位為kg·m/s2,A項正確。在力學(xué)中,由基本單位即m(長度單位)、kg(質(zhì)量單位)、s(時間單位),可以導(dǎo)出其他物理量的單位。如力的單位N是根據(jù)牛頓第二定律F=ma導(dǎo)出的,N屬于導(dǎo)出單位。角度2量綱法(2023年遼寧卷)安培通過實驗研究,發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導(dǎo)線間距為r時,相互作用力的大小可以表示為ΔF=kI1I2Δl1ΔlA.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)答案B解析由ΔF=kI1I2Δl1Δl2r2可得k=ΔFr2I1I2l1l2,又1N=1kg·1.物體從距地面一定高度自由下落時,無論南北半球(除極點(diǎn)外),落地點(diǎn)都會比起點(diǎn)稍微偏東,這個現(xiàn)象稱為落體偏東現(xiàn)象。下面四位同學(xué)對落體偏東現(xiàn)象的討論,說法正確的是()。A.甲同學(xué)認(rèn)為落體偏東現(xiàn)象說明物體下落時慣性會變小B.乙同學(xué)認(rèn)為落體偏東現(xiàn)象說明物體下落時受到水平向東的力C.丁同學(xué)認(rèn)為落體偏東現(xiàn)象說明慣性定律不適用于運(yùn)動的物體D.丙同學(xué)認(rèn)為落體偏東現(xiàn)象中的物體下落過程中慣性大小不變答案D解析根據(jù)牛頓第一定律,物體的慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān),而質(zhì)量是物體的固有屬性,不隨運(yùn)動狀態(tài)變化而變化,始終保持不變,因此落體偏東現(xiàn)象中的物體下落過程中慣性大小不變,D項正確,A項錯誤;物體下落過程中只受萬有引力,沒有受到向東的力,B項錯誤;落體偏東現(xiàn)象是由地球自西向東的旋轉(zhuǎn)引起的,由于隨地球自轉(zhuǎn)而具有的線速度,高處下落的物體的線速度大于地面上物體的線速度,所以物體下落時必然相對地面有一個偏東的速度,落點(diǎn)自然就會偏東,慣性定律仍然適用,C項錯誤。2.(多選)某索道簡化的物理模型如圖所示,已知質(zhì)量m=50kg的游客站立于轎廂底面,傾斜索道與水平面的夾角為30°,某時刻載人轎廂沿鋼索向上以加速度a=4m/s2做直線運(yùn)動時,重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是()。A.游客一定受到向后的摩擦力B.游客對轎廂的壓力大小為其重力的1.2倍C.游客受到的摩擦力大小為100ND.游客對轎廂的作用力大小為10039N答案BD解析由題意可知載人轎廂的加速度a與水平面的夾角為30°,正交分解加速度,如圖所示。以人為研究對象,在水平方向上有f=max=macos30°=32ma=1003N,摩擦力方向向前,A、C兩項錯誤;在豎直方向上有FN-mg=may,解得FN=600N=1.2mg,結(jié)合牛頓第三定律可知,B項正確;轎廂對游客的作用力大小F=FN2+f2,代入數(shù)據(jù)得F=10039N,由牛頓第三定律可得,游客對轎廂的作用力大小F'=F=1003.(改編)(多選)如圖所示,a、b、c為三個質(zhì)量均為m的物塊,物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平面上,物塊c放在b上。現(xiàn)用水平拉力F作用于a,使三個物塊一起水平向右做勻速運(yùn)動。各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g。下列說法正確的是()。A.該水平拉力大小大于輕繩的彈力大小B.物塊c受到的摩擦力大小為μmgC.當(dāng)該水平拉力增大為原來的1.5倍時,物塊c受到的摩擦力大小為0.5μmgD.剪斷輕繩后,在物塊b向右運(yùn)動的過程中,物塊c受到的摩擦力大小為μmg答案ACD解析三個物塊一起做勻速直線運(yùn)動,對a、b、c組成的系統(tǒng)有F=3μmg,對b、c組成的系統(tǒng)有T=2μmg,故F>T,即水平拉力大于輕繩的彈力,A項正確;c做勻速直線運(yùn)動,處于平衡狀態(tài),故c不受摩擦力,B項錯誤;當(dāng)水平拉力增大為原來的1.5倍時,F'=1.5F=4.5μmg,對a、b、c組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得F'-3μmg=3ma,對C有f=ma,解得f=0.5μmg,C項正確;剪斷輕繩后,b、c一起做勻減速直線運(yùn)動,對b、c組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得2μmg=2ma',對c有f'=ma',解得f'=μmg,D項正確。4.(改編)(多選)普通火車動力都在火車頭上,車廂(頭)與車廂之間通過掛鉤連接在一起?；疖囋趩訒r,會先往后退,再啟動,這樣會使掛鉤松弛,車廂(頭)與車廂之間無作用力,再向前啟動時,車廂會一節(jié)一節(jié)地依次啟動,減少所需要的動力。一列火車共有n節(jié)車廂(不含火車頭),火車頭與每節(jié)車廂的質(zhì)量相等,車頭及每節(jié)車廂與軌道間的摩擦阻力均為f,假設(shè)啟動時每節(jié)車廂的加速度均為a。已知在火車不后退,所有車廂同時啟動的情況下,火車頭提供的動力為F。若火車車廂依次啟動,則當(dāng)?shù)趉(k≤n)節(jié)車廂啟動時()。A.火車頭提供的動力F'為(B.火車頭提供的動力F'為kFC.第k-1節(jié)車廂對第k節(jié)車廂的作用力為kFD.第k-1節(jié)車廂對第k節(jié)車廂的作用力為F答案AD解析若火車不后退所有車廂同時啟動,則由牛頓第二定律可知F-(n+1)f=(n+1)ma,若火車車廂依次啟動,當(dāng)?shù)趉(k≤n)節(jié)車廂啟動時,則有F'-(k+1)f=(k+1)ma,解得F'=k+1Fn+1,A項正確,B項錯誤;以前k-1節(jié)車廂和車頭整體為研究對象,則有F'-T-kf=kma,解得T=Fn+1見《高效訓(xùn)練》P171.(改編)電動平衡車越來越受到年輕人的喜愛。在人站在電動平衡車上和車一起勻速水平前進(jìn)的過程中,下列說法中正確的是()。A.電動平衡車對人的作用力豎直向上B.平衡車的動力是維持平衡車勻速運(yùn)動的原因C.人和平衡車勻速運(yùn)動的速度越快,慣性越大D.平衡車受到的重力和地面對車的支持力是一對平衡力答案A解析電動平衡車對人的作用力與人的重力是一對平衡力,其方向豎直向上,A項正確;平衡車受重力、地面的支持力和人的壓力三個力的作用處于平衡,因此地面對車的支持力與車的重力不是一對平衡力,D項錯誤;平衡車的動力與摩擦力平衡,運(yùn)動不需要力維持,B項錯誤;慣性只由質(zhì)量決定,與速度無關(guān),C項錯誤。2.(多選)如圖1所示,幾個裝有水的相同玻璃杯上放置一個托盤,托盤上和玻璃杯對應(yīng)的位置用紙筒擱置了幾個雞蛋。用手快速水平拍打托盤,可看到雞蛋落到對應(yīng)水杯中,如圖2所示。下列對這一實驗的描述正確的是()。圖1圖2A.雞蛋掉到水杯中說明雞蛋有慣性B.紙筒被彈走了說明紙筒沒有慣性C.雞蛋同時落到杯中D.最左邊的雞蛋最先落到杯中答案AC解析快速拍打托盤時,托盤帶動紙筒彈出,雞蛋質(zhì)量較大,慣性大,水平方向運(yùn)動狀態(tài)難改變,雞蛋同時在豎直方向自由下落,因此同時落到杯中,A、C兩項正確。3.一些問題你可能不會求解,但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進(jìn)行分析和判斷,例如從解的物理量單位,解隨某些已知量變化的趨勢,解在一些特殊條件下的結(jié)果等方面進(jìn)行分析,并與預(yù)期結(jié)果、實驗結(jié)論等進(jìn)行比較,從而判斷解的合理性或正確性。舉例如下:聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強(qiáng)p有關(guān),下列速度表達(dá)式中,k為比例系數(shù),無單位,則這四個表達(dá)式中可能正確的是()。A.v=kpρ B.v=C.v=kρp D.v=答案B解析根據(jù)力學(xué)單位制,速度的單位是m/s,密度的單位是kg/m3,壓強(qiáng)的單位是kg/(m·s2),所以kpρ的單位是m2/s2,kpρ的單位是m/s,kρp的單位是s/m,kpρ的單位是kg/(m2·s4.(2024屆紹興模擬)如圖所示,這是跳水運(yùn)動員入水時的情形,她接觸到水面時的速度為10m/s,完全入水時速度為3m/s,從接觸水面到完全入水歷時0.2s,運(yùn)動員質(zhì)量為60kg,則運(yùn)動員在入水過程中()。A.加速度方向一直豎直向下B.加速度大小不變C.所受合力不斷減小D.速度先增大后減小答案D解析跳水運(yùn)動員接觸水面后,隨著入水深度的增加,運(yùn)動員受到的浮力逐漸增大,合力逐漸減小,根據(jù)牛頓第二定律可知加速度逐漸減小,速度逐漸增大,當(dāng)運(yùn)動員受到的浮力與重力大小相等時,合力為零,加速度為零,速度最大;運(yùn)動員再向下運(yùn)動,浮力大于重力,合力反向增大,加速度反向增大,速度減小。5.(2024屆山東質(zhì)檢)采用動力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖如圖所示,若已知飛船質(zhì)量為4.0×103kg,其推進(jìn)器的平均推力為800N,在飛船與空間站對接后,測出推進(jìn)器工作5s內(nèi)飛船和空間站速度的變化是0.05m/s,則空間站的質(zhì)量為()。A.7.6×104kgB.8.0×104kgC.4.0×104kgD.4.0×103kg答案A解析加速度a=ΔvΔt=0.01m/s2,由牛頓第二定律有F=(M+m)a,可知,空間站的質(zhì)量M=Fa-m=7.6×104kg,A項正確,B、6.(2024屆江西九校聯(lián)考)如圖所示,在傾角為30°的光滑斜面上,一質(zhì)量為2m的小車在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑,在小車下滑的過程中,小車支架上連接著小球(質(zhì)量為3m)的輕繩恰好水平。則外力F的大小為(已知重力加速度為g)()。A.5mg B.7.5mgC.4.5mg D.3.5mg答案B解析以小球為研究對象,分析其受力情況可知,小球受重力3mg和繩的拉力T,小球的加速度方向沿斜面向下,則3mg和T的合力方向沿斜面向下,如圖所示,由牛頓第二定律得3mgsin30°=3ma,解得a=2g,再對整體根據(jù)牛頓第二定律可得F+(2m+3m)gsin30°=5ma,解得F=7.5mg,7.(2024屆沈陽質(zhì)檢)自動扶梯上沒有人時靜止,人踏上扶梯的水平踏板后,扶梯會自動以加速度a勻加速運(yùn)動一段時間后再勻速運(yùn)動。有一質(zhì)量為M的母親抱著質(zhì)量為m的嬰兒踏上扶梯下樓,下樓過程中母、嬰始終保持與扶梯相對靜止,設(shè)扶梯與水平面之間的夾角為θ,重力加速度為g。下列關(guān)于母、嬰受力情況的分析正確的是()。A.扶梯在勻速運(yùn)動過程中,嬰兒對母親的作用力與扶梯運(yùn)動方向一致B.扶梯在勻速運(yùn)動過程中,踏板給母親水平向前的摩擦力C.扶梯在加速運(yùn)動過程中,踏板對母親的摩擦力大小為(m+M)acosθD.扶梯在加速運(yùn)動過程中,嬰兒對母親的作用力大小為mg-masinθ答案C解析扶梯在勻速運(yùn)動過程中,嬰兒受到的合力為零,母親對嬰兒的作用力豎直向上,且扶梯水平踏板對母親的摩擦力為零,A、B兩項錯誤;扶梯在勻加速運(yùn)動過程中,由牛頓第二定律得,母、嬰組成的整體在水平方向上的加速度大小為acosθ,水平踏板對母親的靜摩擦力大小Ff=(M+m)acosθ,C項正確;嬰兒受到的合力為ma,方向沿扶梯向下,母親對嬰兒的作用力F的水平分量大小Fx=macosθ,豎直分量大小Fy滿足mg-Fy=masinθ,由矢量運(yùn)算法則知F=Fx2+Fy2,由牛頓第三定律知8.(2024屆寧波模擬)某玩具的局部簡化示意圖如圖所示。D為彈射裝置,AB是長度為21m的水平軌道,傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑R=10m的圓形支架上,B為圓形支架的最低點(diǎn),軌道AB與BC平滑連接,且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中,無動力小車(可看作質(zhì)點(diǎn))在彈射裝置D的作用下,以v0=10m/s的速度滑上軌道AB,并恰好能沖到軌道BC的最高點(diǎn)。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重力的15,軌道BC光滑,則小車從A到C的運(yùn)動時間是(取g=10m/s2)()A.5s B.4.8s C.4.4s D.3s答案A解析小車在AB段,由題意知Ff=15mg,其加速度大小a1=2m/s2,由運(yùn)動學(xué)公式得LAB=v0t1-12a1t12,解得t1=3s或t1'=7s(舍去)。小車從B到C運(yùn)動時,如圖所示,有LBC=2Rsinθ,加速度a2=gsinθ,所以LBC=12a2t22,得t2=2s,所以小車從A運(yùn)動到C的時間t=t1+t29.(2024屆重慶質(zhì)檢)(多選)網(wǎng)紅景點(diǎn)“長江索道”已成為重慶旅游的一張名片。為研究索道上運(yùn)行的轎廂及廂中乘客的受力和運(yùn)動情況,建立如圖所示的物理模型,傾斜直索道與水平面夾角為30°,載人轎廂沿鋼索做直線運(yùn)動,轎廂底面水平,質(zhì)量為m的人站立于轎廂底面且和轎廂壁無相互作用,人和轎廂始終保持相對靜止,某次運(yùn)行中測得人對轎廂底面的壓力恒為1.2mg,g為重力加速度,則下列說法正確的是()。A.轎廂一定沿鋼索向上運(yùn)動B.轎廂的加速度一定沿鋼索向上C.轎廂對人的摩擦力水平向右D.人對轎廂的作用力大小為1.4mg答案BC解析某次運(yùn)行中測得人對轎廂底面的壓力恒為1.2mg,大于人的重力,則人和轎廂有豎直向上的分加速度,又因為加速度方向一定沿索道方向,說明人受到水平向右的摩擦力,轎廂的加速度方向沿索道向上,人和轎廂向上加速或者向下減速,A項錯誤,B、C兩項正確;以人為研究對象,在豎直方向上有FN-mg=may,在水平方向人的加速度ax=aytan30°,Ff=max,則轎廂對人的作用力大小F=FN2+Ff2,聯(lián)立解得F=395mg,10.(2024屆泉州質(zhì)檢)(多選)如圖所示,有一質(zhì)量為m的物塊分別與輕繩P和輕彈簧Q相連處于靜止?fàn)顟B(tài),其中輕繩P豎直,輕彈簧Q與豎直方向的夾角為θ,重力加速度為g,則下列說法中正確的是()。A.彈簧Q可能處于拉伸狀態(tài)B.輕繩P的彈力大小可能小于mgC.剪斷輕彈簧瞬間,物塊仍能保持平衡D.剪斷輕繩瞬間,物塊的加速度大小為g答案CD解析由于輕繩P豎直,且物塊并未受到任何具有水平向左分量的力,所以彈簧Q的彈力為零,不可能處于拉伸狀態(tài),且輕繩P的拉力大小等于mg,A、B兩項錯誤;由于輕彈簧對物塊沒有彈力,所以剪斷輕彈簧瞬間,物塊仍能保持平衡,C項正確;剪斷輕繩瞬間,彈簧彈力不會突變,在此瞬間仍為零,物塊只受到重力作用,根據(jù)牛頓第二定律可得,物塊的加速度大小為g,D項正確。11.(改編)景區(qū)內(nèi)的高空滑索運(yùn)動可簡化為如圖所示的物理模型。質(zhì)量為50kg的游客通過輕質(zhì)滑環(huán)懸吊可以v=3m/s的速度沿傾角θ=37°的傾斜鋼索勻速下滑,為消除安全隱患,須在傾斜鋼索末端加裝一段相同材質(zhì)的水平鋼索,使滑環(huán)和人到達(dá)水平鋼索末端時速度剛好為0,若進(jìn)入水平鋼索時滑環(huán)和人的速度大小不變,則:(1)滑環(huán)與鋼索間的動摩擦因數(shù)為多大?(2)水平鋼索有多長?解析(1)以人為研究對象進(jìn)行受力分析,如圖甲所示,由于繩子豎直,所以人受到的繩子拉力和重力平衡,以滑環(huán)為研究對象,其受力如圖乙所示,滑環(huán)受到拉力、支持力和摩擦力作用,鋼索對環(huán)的支持力大小N=Tcosθ=0.8mg,摩擦力f=Tsinθ=0.6mg,由f=μN(yùn)得μ=fN=0.75(2)人進(jìn)入水平滑道后,滑環(huán)與綱索間的動摩擦因數(shù)不變,則人和滑環(huán)做勻減速直線運(yùn)動,加速度a=μg=7.5m/s2,由v2-v02=2ax得其位移x=0.6第2講牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用對應(yīng)學(xué)生用書P58考點(diǎn)一兩類動力學(xué)問題一輛貨車運(yùn)載著圓柱形光滑的空油桶。在車廂底,一層油桶平整排列,油桶相互緊貼并被牢牢固定,上一層只有一只桶C,自由地擺放在桶A、B之間,沒有用繩索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力,和汽車一起保持靜止,如圖所示。(1)當(dāng)汽車以某一加速度向左加速時,A對C的支持力大小會,B對C的支持力大小會。(均選填“增大”、“減小”或“不變”)

(2)當(dāng)汽車向左運(yùn)動的加速度增大到一定值時,桶C就脫離A而運(yùn)動到B的右邊,這個加速度大小a=。(已知重力加速度為g)

答案(1)減小增大(2)33解析桶C處于即將脫離A的臨界狀態(tài)時,桶C受力情況如圖所示,由幾何關(guān)系可知θ=30°,ma=mgtanθ,解得a=33g問題類型兩點(diǎn)分析解題步驟角度1已知受力情況分析運(yùn)動情況已知物體的受力情況,根據(jù)牛頓第二定律,求出物體的加速度,再由物體的初始條件,根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律求出未知量(速度、位移、時間等),從而確定物體的運(yùn)動情況?？枷?斜面與水平面組合(2022年浙江卷)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中,如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長度l1=4m,水平滑軌長度可調(diào),兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑,其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=29,貨物可視為質(zhì)點(diǎn),取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=10m/s2。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小。(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小。(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度l2。答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m解析(1)由牛頓第二定律,有mgsinθ-μmgcosθ=ma1,解得a1=2m/s2。(2)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v2=2a1l1,可得v=4m/s。(3)在水平軌道上有μmg=ma2,vm2-v2=-2a2l2,解得l2=2.7已知受力情況,用牛頓第二定律求加速度方法1.合成法在物體受力個數(shù)較少(2個)時一般采用“合成法”。2.正交分解法若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上),則采用“正交分解法”。考向2多過程運(yùn)動(2023屆西安質(zhì)檢)如圖所示,在粗糙的水平路面上,一小車以v0=4m/s的速度向右勻速行駛,與此同時,在小車后方相距s0=40m處,有一物體在水平向右的推力F=20N作用下,從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動,當(dāng)物體運(yùn)動了x1=25m時撤去該力。已知物體與地面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,物體的質(zhì)量m=5kg,重力加速度g=10m/s2。求:(1)推力F作用下,物體運(yùn)動的加速度a1大小。(2)物體運(yùn)動過程中與小車之間的最大距離。(3)物體剛停止運(yùn)動時與小車的距離d。答案(1)2m/s2(2)44m(3)30m解析(1)對物體,根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=ma1,代入數(shù)據(jù)得a1=2m/s2。(2)當(dāng)物體速度v1=v0時,物體與小車間距離最大,即t1=v1a1=42s=2s,此時物體運(yùn)動的距離為12a1t12=4m<25m,所以兩者之間最大距離xmax=s0+v0t1-v12t1=40m+4×2m(3)設(shè)推力作用的時間為t2,根據(jù)位移公式得x1=12a1t22,解得t2=2x1a1=5s,速度v2=a1t2=2×5m/s=10m/s,撤去F后,物體運(yùn)動的加速度為a2,經(jīng)過t3時間停止,其位移為x2,根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma2得a2=μg=2m/s2,由v2=2ax得x2=v222a2=1022×2m=25m,而t3=v2a2=102s=5s,物體運(yùn)動的總時間t=t2+t3=10動力學(xué)中多過程問題的分析要點(diǎn):1.將“多過程”分解為許多“子過程”,各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接。2.對各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析,必要時畫出受力示意圖和過程示意圖。3.根據(jù)“子過程”“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。4.分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)系,確定各“子過程”間的時間關(guān)系,并列出相關(guān)的輔助方程。5.聯(lián)立方程組,分析求解,對結(jié)果進(jìn)行必要的驗證或討論。角度2已知運(yùn)動情況分析受力情況根據(jù)物體的運(yùn)動情況,利用運(yùn)動學(xué)公式求出加速度,再根據(jù)牛頓第二定律就可以確定物體所受的合力,從而求得未知的力,或與力相關(guān)的某些量,如動摩擦因數(shù)、勁度系數(shù)、力的方向等?？枷?斜面與滑輪組合(2022年山東卷)某糧庫使用額定電壓U=380V,內(nèi)阻R=0.25Ω的電動機(jī)運(yùn)糧。如圖所示,配重和電動機(jī)連接小車的纜繩均平行于斜坡,裝滿糧食的小車以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行,此時電流I=40A。關(guān)閉電動機(jī)后,小車又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點(diǎn)時,速度恰好為零。卸糧后,給小車一個向下的初速度,小車剛好沿斜坡勻速下行。已知小車質(zhì)量m1=100kg,車上糧食質(zhì)量m2=1200kg,配重質(zhì)量m0=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小車運(yùn)動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比,比例系數(shù)為k,配重始終未接觸地面,不計電動機(jī)自身機(jī)械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求:(1)比例系數(shù)k值。(2)上行路程L值。答案(1)0.1(2)67185解析(1)電動機(jī)連接小車的纜繩勻速上行時,設(shè)電動機(jī)的牽引繩張力為F1,由能量守恒定律有IU=I2R+F1v,可得F1=7400N連接配重繩的張力F2=m0g=400N設(shè)斜面傾角為θ,對小車勻速上行有F1+F2=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g而卸糧后給小車一個向下的初速度,小車沿斜坡勻速下行有m1gsinθ=m0g+km1g解得sinθ=0.5,k=0.1。(2)關(guān)閉發(fā)動機(jī)后小車和配重一起做勻減速直線運(yùn)動,設(shè)加速度大小為a,對系統(tǒng)由牛頓第二定律有(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g-m0g=(m1+m2+m0)a由運(yùn)動學(xué)公式有v2=2aL,解得L=67185m動力學(xué)問題解題的“兩個分析”“一個橋梁”考向2多過程問題(2024屆大連模擬)嫦娥五號2020年12月成功將采集的月球土壤樣品送回地球。探測器在取樣過程中,部分土壤采用了鉆具鉆取的采集方式,并沿豎直方向運(yùn)送到月球表面。嫦娥五號所配備的鉆桿具有獨(dú)特的空心結(jié)構(gòu),具有收集土壤的作用,假設(shè)采集時鉆桿頭部深入月表h=2m深處,已采集到m=500g此深處的月壤,從靜止開始豎直向上回收,15s后鉆桿頭部上升至月球表面,速度恰好為零,此過程可簡化成勻加速、勻速、勻減速三個階段,上升最大速度v=20cm/s,已知月球表面的重力加速度為1.63m/s2,求:(1)上升過程中勻速運(yùn)動的時間t。(2)若上述過程中勻加速和勻減速階段加速度的大小相同,求三個階段鉆桿對采樣月壤的作用力F的大小。答案(1)5s(2)見解析解析(1)設(shè)勻速運(yùn)動時間為t,總時間為t0,則有h=vt+12v(t0-t代入數(shù)據(jù)得t=5s。(2)設(shè)勻加速階段加速度大小為a1,勻減速階段加速度大小為a2,a1=a2勻加速時間為t1,勻減速時間為t2,則t1=t2=t'=5s,a1=a2=vt'=0.04勻加速上升時有F1-mg=ma1解得F1=0.835N勻速上升時有F2=mg=0.815N勻減速上升時有mg-F3=ma解得F3=0.795N?？键c(diǎn)二失重與超重1.超重(1)定義:物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?①物體所受重力的現(xiàn)象。

(2)產(chǎn)生條件:物體具有豎直②的加速度。

2.失重(1)定義:物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?③物體所受重力的現(xiàn)象。

(2)產(chǎn)生條件:物體具有豎直④的加速度。

3.完全失重(1)定義:物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于⑤的狀態(tài)。

(2)產(chǎn)生條件:物體的加速度豎直向下且⑥g。

答案①大于②向上③小于④向下⑤零⑥等于1.如圖,某同學(xué)在體重計上向下蹲,觀察體重計示數(shù)的變化;在人靜止后,觀察體重計的示數(shù)。(1)體重計的示數(shù)實際上反映的是什么力的大小?(2)什么條件下才能認(rèn)為體重計的示數(shù)反映了人的重力大小?答案(1)反映的是體重計對人的支持力大小。(2)只有當(dāng)人處于靜止?fàn)顟B(tài)時,體重計的示數(shù)才反映出人的重力大小。2.如圖,設(shè)某人的質(zhì)量m=60kg,站在電梯內(nèi)的水平地板上,當(dāng)電梯以a=0.25m/s2的加速度勻加速上升時,電梯對人的支持力FN=N。取g=9.8m/s2。(下面選填“>”、“=”或“<”)

(1)電梯向上啟動時:FNmg。

(2)電梯勻速上升時:FNmg。

(3)電梯在上升過程中制動時:FNmg。

(4)電梯向下啟動時:FNmg。

(5)電梯勻速下降時:FNmg。

(6)電梯在下降過程中制動時:FNmg。

答案603(1)>(2)=(3)<(4)<(5)=(6)>角度1超重與失重現(xiàn)象的理解與判斷超重、失重和完全失重的比較現(xiàn)象超重失重完全失重視重大于實重小于實重等于0產(chǎn)生條件加速度向上加速度向下加速度向下且等于g運(yùn)動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以g加速下降或以g減速上升原理方程F-mg=maF=mg+mamg-F=maF=mg-maF=0(2023年江蘇卷)某同學(xué)用智能手機(jī)記錄了電梯上升過程中電梯速度隨時間變化的關(guān)系,如圖所示。電梯加速上升的時段是()。A.從20.0s到30.0sB.從30.0s到40.0sC.從40.0s到50.0sD.從50.0s到60.0s答案A解析因電梯上升,由速度圖像可知,電梯加速上升的時間段為從20.0s到30.0s,A項正確。角度2超重與失重現(xiàn)象的應(yīng)用(2024屆天津質(zhì)檢)近年來天津市試點(diǎn)為老舊小區(qū)加裝垂直電梯,如圖1所示,取豎直向上為正方向,某人某次乘電梯時的速度—時間圖像如圖2所示,以下說法正確的是()。A.4s時電梯停止在某一層樓B.1s~3s內(nèi)此人處于超重狀態(tài),重力變大C.5s~7s內(nèi)此人處于失重狀態(tài),支持力小于重力D.電梯先做勻加速直線運(yùn)動,再做勻減速直線運(yùn)動答案C解析由圖2可知,4s時電梯有速度,故A項錯誤;1s~3s內(nèi)人的速度豎直向上不斷增大,故加速度向上,處于超重狀態(tài),但重力保持不變,故B項錯誤;5s~7s內(nèi)人速度豎直向上不斷減小,處于失重狀態(tài),支持力小于重力,故C項正確;由圖2可知,在0~4s電梯加速度先增大后減小,做變加速運(yùn)動,在4s~8s時加速度先增大后減小,做變速運(yùn)動,故D項錯誤。1.超重、失重現(xiàn)象與圖像結(jié)合,是動力學(xué)圖像問題的一類。常見、常用動力學(xué)相關(guān)的圖像有位移圖像(x-t圖像)、速度圖像(v-t圖像)和力的圖像(F-t圖像)等,這些圖像反映的是物體的運(yùn)動規(guī)律、受力規(guī)律,而絕非代表物體的運(yùn)動軌跡。2.圖像問題的分析方法:圖像問題應(yīng)先從它的物理意義、點(diǎn)、線段、斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)、面積等方面了解圖像給出的信息,再利用共點(diǎn)力平衡、牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)公式去解題。動力學(xué)中的板塊模型與傳送帶模型角度1動力學(xué)中板塊模型模型分析模型概述(1)滑塊、滑板是上下疊放的,分別在各自所受力的作用下運(yùn)動,且在相互的摩擦力作用下相對滑動。(2)滑塊相對滑板從一端運(yùn)動到另一端,若兩者同向運(yùn)動,位移之差等于板長;若反向運(yùn)動,位移之和等于板長。(3)一般兩者速度相等為“臨界點(diǎn)”,要判定臨界速度之后兩者的運(yùn)動形式常見情形滑板獲得一初速度v0,則板塊同向運(yùn)動,兩者加速度不同,x板>x塊,Δx=x板-x塊,最后分離或相對靜止滑塊獲得一初速度v0,則板塊同向運(yùn)動,兩者加速度不同,x板<x塊,Δx=x塊-x板,最后分離或相對靜止常見情形開始時板塊運(yùn)動方向相反,兩者加速度不同,最后分離或相對靜止,Δx=x塊+x板滑板或滑塊受到拉力作用,要判斷兩者是否有相對運(yùn)動,以及滑板與地面是否有相對運(yùn)動考向1水平面上的板塊(2024屆黃岡質(zhì)檢)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊。在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5m,如圖1所示。t=0時刻開始,小物塊與木板一起以相同速度向右運(yùn)動,直至t=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變、方向相反。運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖2所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。求:圖1圖2(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2。(2)木板的最小長度。(3)木板右端離墻壁的最終距離。答案(1)0.10.4(2)6m(3)6.5m解析(1)根據(jù)圖像可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度v=4m/s碰撞后木板速度水平向左,大小也是v=4m/s小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運(yùn)動,加速度大小a2=v-0t=4?01m/s2=4根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg=ma2,解得μ2=0.4木板與墻壁碰撞前,勻減速運(yùn)動時間t=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s其逆運(yùn)動則為勻加速直線運(yùn)動,可得x=vt+12a1t解得a1=1m/s2設(shè)小物塊的質(zhì)量為m,則木板的質(zhì)量為15m,對小物塊和木板整體受力分析,地面對木板的滑動摩擦力提供合外力,由牛頓第二定律得μ1(m+15m)g=(m+15m)a1,即μ1g=a1,解得μ1=0.1。(2)碰撞后,木板向左做勻減速運(yùn)動,依據(jù)牛頓第二定律有μ1(15m+m)g+μ2mg=15ma3,可得a3=43m/s對滑塊,加速度大小a2=4m/s2由于a2>a3,所以滑塊速度先減小到0,所用時間t1=1s的過程中,木板向左運(yùn)動的位移x1=vt1-12a3t12=103m,末速度v1=v-a3t1滑塊向右運(yùn)動的位移x2=v+02t1=2此后,小物塊開始向左加速,加速度大小仍為a2=4m/s2木板繼續(xù)減速,加速度大小仍為a3=43m/s假設(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等,則有a2t2=v1-a3t2,解得t2=0.5s此過程中,木板向左運(yùn)動的位移x3=v1t2-12a3t22=76m,末速度v3=v1-a3t2小物塊向左運(yùn)動的位移x4=12a2t22=0.此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動,二者的相對位移最大為Δx=x1+x2+x3-x4=6m小物塊始終沒有離開木板,所以木板最小的長度為6m。(3)最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止,整體加速度大小a1=1m/s向左運(yùn)動的位移x5=v322a所以木板右端離墻壁的最終距離x=x1+x3+x5=6.5m。動力學(xué)中板塊模型思維流程考向2斜面上的板塊問題(多選)滑沙運(yùn)動是小孩比較喜歡的一項運(yùn)動,其運(yùn)動過程可類比為如圖所示的模型,傾角為37°的斜坡上有長為1m的滑板,滑板與沙之間的動摩擦因數(shù)為0.525。小孩(可視為質(zhì)點(diǎn))坐在滑板上端,與滑板一起由靜止開始下滑,小孩與滑板之間的動摩擦因數(shù)取決于小孩的衣料,假設(shè)圖中小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)為0.4,小孩的質(zhì)量與滑板的質(zhì)量相等,斜坡足夠長,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,則下列判斷正確的是()。A.小孩在滑板上下滑的加速度大小為2m/s2B.小孩和滑板脫離前滑板的加速度大小為0.8m/s2C.經(jīng)過1s的時間,小孩離開滑板D.小孩離開滑板時的速度大小為0.8m/s答案BC解析對小孩,由牛頓第二定律得,加速度大小a1=mgsin37°?μ1mgcos37°m=2.8m/s2,同理對滑板,加速度大小a2=mgsin37°+μ1mgcos37°?2μ2mgcos37°m=0.8m/s2,A項錯誤,B項正確;小孩剛與滑板分離時,有12a1t2-12a2t2=L,解得t=1角度2動力學(xué)中傳送帶模型(1)v0=v時,一直勻速(2)v0<v時,可能一直加速,也可能先加速再勻速(3)v0>v時,可能一直減速,也可能先減速再勻速(1)傳送帶較短時,一直減速(2)傳送帶較長時,先減速后返回①v0≤v時,返回速度為v0②v0>v時,返回速度為v(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(4)可能一直勻速(5)可能先減速后勻速(6)可能一直減速(1)可能一直減速(2)可能先減速后加速返回①v0≤v時,返回速度為v0②v0>v時,返回速度為v考向1水平傳送帶(多選)如圖所示,水平傳送帶A、B兩端相距x=4m,以v0=4m/s的速度(始終保持不變)順時針運(yùn)轉(zhuǎn),現(xiàn)將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地輕放在A端,由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動,會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,取重力加速度g=10m/s2,則煤塊從A運(yùn)動到B的過程中()。A.煤塊從A運(yùn)動到B的時間是2.25sB.煤塊從A運(yùn)動到B的時間是1.5sC.劃痕長度是2mD.劃痕長度是0.5m答案BC解析煤塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動時,根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma,得a=μg=4m/s2,當(dāng)煤塊速度和傳送帶速度相同時,位移x1=v022a=2m<4m,因此煤塊先加速后勻速,勻加速運(yùn)動的時間t1=v0a=1s,勻速運(yùn)動的時間t2=x-x1v0=0.5s,煤塊從A運(yùn)動到B的總時間t=t1+t2=1.5s,A項錯誤,B項正確;在加速階段產(chǎn)生相對滑動即產(chǎn)生劃痕,則有Δx=v0t1-x傳送帶問題分析(1)抓好一個關(guān)鍵力——摩擦力的分析對于傳送帶問題,關(guān)鍵是分析物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力,以及摩擦力的方向。分析摩擦力時,先要明確“相對運(yùn)動”,而不是“絕對運(yùn)動”。二者達(dá)到相同速度的瞬間,是摩擦力發(fā)生突變的臨界狀態(tài)。如果遇到水平勻變速運(yùn)動的傳送帶,或者傾斜傳送帶,還要根據(jù)牛頓第二定律判斷達(dá)到相同速度后的下一時刻物體受到的是滑動摩擦力還是靜摩擦力。(2)注意分析三個狀態(tài)——初態(tài)、同速、末態(tài)考向2傾斜傳送帶(2024屆眉山模擬)(多選)如圖所示,足夠長的傾斜傳送帶AB以恒定速率v0逆時針轉(zhuǎn)動,一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以平行于傳送帶向下的初速度v(v0≠v)滑上A點(diǎn)?；瑝K與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定,不計傳送帶滑輪的尺寸,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。若用t表示時間,用vt表示滑塊的速度大小,則下列vt-t圖像中能夠正確描述滑塊從A滑向B運(yùn)動過程的是()。ABCD答案BC解析對滑塊進(jìn)行受力分析,滑塊在沿傳送帶方向受重力沿傳送帶的分力mgsinθ、摩擦力f。當(dāng)v<v0,滑塊剛開始加速運(yùn)動,摩擦力方向向下,加速度a1=gsinθ+μgcosθ,當(dāng)滑塊速度等于傳動帶速度時,如果最大靜摩擦力f>mgsinθ,則滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力,方向向上,大小為mgsinθ,滑塊和傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動,若最大靜摩擦力f<mgsinθ,則摩擦力方向會突變?yōu)橄蛏?滑塊做勻加速直線運(yùn)動,加速度a2=mgsinθ-μgcosθ,比較可得a1>a2,故B項正確,A項錯誤;若v>v0,滑塊相對于傳送帶向下運(yùn)動,若最大靜摩擦力f<mgsinθ,則滑塊一直做勻加速直線運(yùn)動,加速度a3=gsinθ-μgcosθ,若最大靜摩擦力f>mgsinθ,則滑塊一開始做勻減速直線運(yùn)動,速度與傳送帶相等時,滑動摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力,方向向上,大小為mgsinθ,滑塊和傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動,故C項正確,D項錯誤。分析傳送帶模型注意的“六點(diǎn)”:(1)明確滑塊相對傳送帶的運(yùn)動方向,正確判定摩擦力的方向。(2)在水平傳送帶上,滑塊與傳送帶共速時,滑塊與傳送帶相對靜止且做勻速運(yùn)動。(3)在傾斜傳送帶上,滑塊與傳送帶共速時,需比較mgsinθ與μmgcosθ的大小才能確定運(yùn)動情況。(4)滑塊與傳送帶運(yùn)動方向相反時,滑塊速度減為零后反向加速返回。(5)傳送帶的長度是足夠長還是有限長,判定滑塊與傳送帶共速前是否滑出。(6)滑塊在傳送帶上運(yùn)動形成的劃痕長度是滑塊與傳送帶的相對位移。1.(改編)如圖所示,一個長度L=1m、質(zhì)量M=2kg的木板靜止在光滑的水平面上,木板的左端放置一個質(zhì)量m=1kg,可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)對物塊施加一水平向右的恒定拉力F,使物塊相對木板向右滑動。下列說法正確的是()。A.拉力F>7NB.物塊離開木板時速度的最小值為4m/sC.物塊離開木板的最短時間為1sD.木板獲得的最大速度為2m/s答案B解析物塊相對木板向右滑動,對木板有μmg=Ma2,得a2=2m/s2,對物塊有F-μmg=ma1,據(jù)題意有a1>a2,可得F>6N,A項錯誤;設(shè)經(jīng)過時間t物塊滑離木板,則有12a1t2-12a2t2=L,由物塊滑離木板時的速度v1=a1t,可得v1=a12La1-a2=2L1a1-a21a12,可知當(dāng)1a1=12a2即a1=2a2=4m/s2時,物塊離開木板的速度最小,其最小值v1min=4m/s,B項正確;由t=2La1-a2可知,a2=2m/s2不變,當(dāng)a1取值足夠大時2.如圖所示,長木板置于光滑的水平面上,一小木塊置于長木板上,已知長木板的質(zhì)量是小木塊質(zhì)量的5倍,小木塊受到的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。當(dāng)對小木塊施加一水平向右的拉力F時,小木塊與長木板之間恰好無相對滑動;若對長木板施加一水平向右的拉力F1,它們之間也恰好無相對滑動。則拉力F1的大小為()。A.5F B.4F C.2F D.6答案A解析設(shè)小木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ,當(dāng)對小木塊施加一水平向右的拉力F時,兩者恰好無相對滑動時,對小木塊由牛頓第二定律可得F-μmg=ma,對整體由牛頓第二定律可得F=6ma,聯(lián)立解得F=6μmg5;當(dāng)對長木板施加一水平向右的拉力F1時,恰好無相對滑動,對整體由牛頓第二定律可得F1=6ma1,對小木塊由牛頓第二定律可得a1=μg,聯(lián)立解得F1=6μmg=5F,3.如圖所示,質(zhì)量M=2kg、長L=2m的長木板置于光滑的水平地面上,長木板上表面中央處放置一質(zhì)量m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),現(xiàn)對長木板施加一水平向右的恒力F使其由靜止開始運(yùn)動,經(jīng)1s后小滑塊離開長木板,已知小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,g取10m/s2。則恒力F的大小為()。A.7NB.8NC.9ND.10N答案A解析由題意可知,小滑塊與長木板的加速度大小不同,存在相對運(yùn)動。對小滑塊由牛頓第二定律有μmg=ma1,得a1=μg=1m/s2,1s內(nèi)小滑塊的位移x1=12a1t2;小滑塊沒有離開長木板時,設(shè)長木板的加速度大小為a2,1s內(nèi)長木板的位移x2=12a2t2;由幾何關(guān)系得x2-x1=L2,解得a2=3m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=Ma2,解得F=7N4.(改編)如圖,兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1kg和mB=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5,木板的質(zhì)量m=10kg,地面光滑。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3.5m/s。A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)B與木板相對靜止時,木板的速度。(2)A、B開始運(yùn)動時,兩者之間的距離。答案(1)1m/s(2)2.625m解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上滑動。設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為f1和f2,A和B相對于地面的加速度大小分別是aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有f1=μ1mAg,f2=μ1mBg由牛頓第二定律得f1=mAaA,f2=mBaB,f2-f1=ma1設(shè)在t1時刻,B與木板達(dá)到共同速度,設(shè)大小為v1。由運(yùn)動學(xué)公式有v1=v0-aBt1,v1=a1t1代入已知數(shù)據(jù)得v1=1m/s。(2)在t1時間內(nèi),B相對地面的位移sB=v0t1-12aBB與木板共速后,B與木板相對靜止,可以看成整體。將木板、B和A看成整體,由動量守恒定律得(mB-mA)v0=(mB+mA+m)v2對A有v2=-v1+aAt2在t2時間間隔內(nèi),B的加速度a2=μmAgmB在t2時間間隔內(nèi),B(以及木板)相對地面移動的距離s1=v1t2-12a2在(t1+t2)時間間隔內(nèi),A相對地面移動的距離sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)A和B相遇時,A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動時,兩者之間的距離s0=sA+s1+sB聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得s0=2.625m。見《高效訓(xùn)練》P191.(改編)(多選)“天問一號”著陸器在成功著陸火星表面的過程中,經(jīng)大氣層290s的減速,速度從4.9×103m/s減為4.6×102m/s;打開降落傘后,經(jīng)過90s速度進(jìn)一步減為1.0×102m/s;與降落傘分離,打開發(fā)動機(jī)減速后處于懸停狀態(tài);經(jīng)過對著陸點(diǎn)的探測后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運(yùn)動可視為豎直向下運(yùn)動,則著陸器()。A.打開降落傘前,只受到氣體阻力的作用B.打開降落傘至分離前,處于超重狀態(tài)C.與降落傘分離至處于懸停狀態(tài)過程中,發(fā)動機(jī)噴火產(chǎn)生的力可能不變D.平穩(wěn)著陸過程中,先失重后超重答案BD解析打開降落傘前,著陸器還受到重力作用,A項錯誤;打開降落傘至分離前,著陸器向下做減速運(yùn)動,加速度方向向上,著陸器處于超重狀態(tài),B項正確;與降落傘分離,打開發(fā)動機(jī)減速后著陸器處于懸停狀態(tài),減速過程中,加速度方向向上,著陸器處于超重狀態(tài),則發(fā)動機(jī)噴火產(chǎn)生的力大于著陸器的重力,懸停時與著陸器的重力大小相等,C項錯誤;平穩(wěn)著陸過程中,著陸器先向下加速,后向下減速,故著陸器先失重后超重,D項正確。2.(2024屆桂林質(zhì)檢)某大型游樂場內(nèi)的新型滑梯可以等效為如圖所示的物理模型,一個小朋友與AB段的動摩擦因數(shù)μ1<tanθ,與BC段的動摩擦因數(shù)μ2>tanθ,他從A點(diǎn)開始下滑,滑到C點(diǎn)恰好靜止,整個過程中滑梯保持靜止?fàn)顟B(tài)。則該小朋友從斜面頂端A點(diǎn)滑到底端C點(diǎn)的過程中()。A.地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左,后水平向右B.地面對滑梯始終無摩擦力作用C.地面對滑梯的支持力的大小始終等于小朋友和滑梯的總重力的大小D.地面對滑梯的支持力的大小先大于、后小