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

2025版《新亮劍》高中物理：第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系第三章運(yùn)動(dòng)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(dòng)關(guān)系2023全國(guó)乙T14(力與運(yùn)動(dòng))2023全國(guó)甲T19(動(dòng)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(dòng)力學(xué)圖像)2023遼寧T15(牛頓定律與動(dòng)量能量綜合)2023北京T6(牛頓運(yùn)動(dòng)定律)2023全國(guó)新課標(biāo)T19(牛頓定律)2022全國(guó)甲T19(牛頓定律)2022全國(guó)乙T15(牛頓定律)2022山東T6(力與運(yùn)動(dòng))2022浙江T2(慣性)2022浙江T19(力與運(yùn)動(dòng))2022湖南T9(力與運(yùn)動(dòng))2022湖北T11(力與運(yùn)動(dòng))高考主要考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解與應(yīng)用,直線運(yùn)動(dòng)與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合。復(fù)習(xí)重點(diǎn)培養(yǎng)用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)分析問(wèn)題、解決問(wèn)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(shí)際問(wèn)題理想化、模型化科學(xué)思維失重與超重科學(xué)探究驗(yàn)證牛頓運(yùn)動(dòng)定律科學(xué)態(tài)度與責(zé)任牛頓運(yùn)動(dòng)定律及應(yīng)用第1講牛頓運(yùn)動(dòng)定律對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P49考點(diǎn)一牛頓運(yùn)動(dòng)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(dòng)的關(guān)系。力不是③物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,而是④物體運(yùn)動(dòng)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(lái)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(dòng)情況和受力情況⑨。

答案①勻速直線運(yùn)動(dòng)②靜止③維持④改變⑤勻速直線運(yùn)動(dòng)⑥靜止⑦大⑧小⑨無(wú)關(guān)1.伽利略為了說(shuō)明力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系的理想斜面實(shí)驗(yàn)示意圖如圖所示。讓小球沿一個(gè)斜面由靜止開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng),小球?qū)⒀亓硪粋€(gè)斜面上升到與第一個(gè)斜面等高處;減小第二個(gè)斜面的傾角,重復(fù)實(shí)驗(yàn),小球?qū)⒀亓硪粋€(gè)斜面仍上升到與第一個(gè)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(gè)斜面等高處,將一直運(yùn)動(dòng)下去。(1)由此實(shí)驗(yàn)得出什么結(jié)論?(2)此實(shí)驗(yàn)有何意義?答案(1)力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因。(2)伽利略創(chuàng)造性地把實(shí)驗(yàn)、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(shí)的發(fā)展。2.在桌面上放置一張紙和一個(gè)小鋼球,小鋼球靜止在紙面上(如圖所示)。如果突然迅速拉動(dòng)紙的一邊,你觀察到的現(xiàn)象是。

答案小鋼球相對(duì)桌面位置幾乎不變(小鋼球幾乎不動(dòng))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(dòng)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(dòng)狀態(tài)的原因,而是改變物體運(yùn)動(dòng)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(chē)行進(jìn)方向坐在車(chē)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(dòng),則可判斷()。A.列車(chē)在剎車(chē)B.列車(chē)在做勻速直線運(yùn)動(dòng)C.列車(chē)在做加速直線運(yùn)動(dòng)D.列車(chē)的加速度在增大答案C解析小球突然向后滾動(dòng),根據(jù)牛頓第一定律可以判斷列車(chē)相對(duì)小球向前做加速直線運(yùn)動(dòng),但無(wú)法判斷列車(chē)的加速度變化情況,故A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)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(dòng)狀態(tài)的原因,而不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因;(3)物體的一種理想狀態(tài)——不受力時(shí)(實(shí)際上不存在)與所受合外力為零時(shí)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)表現(xiàn)是相同的。2.牛頓第一定律不能通過(guò)實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證。考向2牛頓第一定律的應(yīng)用滑板運(yùn)動(dòng)員沿水平地面向前滑行,在橫桿前相對(duì)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(guò),忽略人和滑板在運(yùn)動(dòng)中受到的阻力,則運(yùn)動(dòng)員()。A.起跳時(shí)腳對(duì)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(guò)桿后落在滑板的后方D.越過(guò)桿后仍落在滑板上起跳的位置人相對(duì)滑板豎直向上跳起人相對(duì)滑板水平速度為零人與滑板水平方向同速相同時(shí)間內(nèi)人與滑板運(yùn)動(dòng)的水平距離相同答案D解析由于運(yùn)動(dòng)員相對(duì)于滑板豎直向上起跳,與滑板在水平方向無(wú)力的作用,故二者水平方向速度始終相同,D項(xiàng)正確。角度2慣性慣性的理解定義物體具有保持原來(lái)勻速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)情況和受力情況無(wú)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(dòng)中,足球入網(wǎng)的情境如圖所示,則()。A.踢香蕉球時(shí)足球可視為質(zhì)點(diǎn)B.足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)慣性不變C.足球在飛行時(shí)受到腳的作用力和重力D.觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對(duì)足球的力答案B解析在研究如何踢出“香蕉球”時(shí),需要考慮踢在足球上的位置與角度,此時(shí)足球不能看作質(zhì)點(diǎn),A項(xiàng)錯(cuò)誤;慣性只與質(zhì)量有關(guān),足球在飛行和觸網(wǎng)時(shí)質(zhì)量不變,慣性不變,B項(xiàng)正確;在足球飛行時(shí),腳已經(jīng)離開(kāi)足球,故不受腳的作用力,C項(xiàng)錯(cuò)誤;觸網(wǎng)時(shí)足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對(duì)足球的力是相互作用力,大小相等,D項(xiàng)錯(cuò)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(duì)地面⑥或⑦的參考系。

(2)牛頓第二定律只適用于⑧(相對(duì)于分子、原子)低速(遠(yuǎn)小于光速)運(yùn)動(dòng)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(dòng)⑧宏觀物體1.某同學(xué)在列車(chē)車(chē)廂的頂部用細(xì)線懸掛了一個(gè)小球,在列車(chē)以某一加速度在水平軌道上漸漸啟動(dòng)的過(guò)程中,細(xì)線就會(huì)偏過(guò)一定角度并相對(duì)車(chē)廂保持靜止,通過(guò)測(cè)定偏角的大小就能確定列車(chē)的加速度。如圖所示,在某次測(cè)定中,懸線與豎直方向的夾角為θ,則列車(chē)的加速度大小a=,方向?yàn)椤?/p>

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(guó)女航天員在“天宮一號(hào)”中進(jìn)行了授課活動(dòng),演示了太空“質(zhì)量測(cè)量?jī)x”測(cè)質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)。助教將自己固定在支架一端,女航天員將連接運(yùn)動(dòng)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(shí)用光柵測(cè)速裝置測(cè)量出支架復(fù)位時(shí)的速度v和所用時(shí)間t;LED屏顯示出助教的質(zhì)量m為74kg。該實(shí)驗(yàn)測(cè)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(gè)性質(zhì)(2023年全國(guó)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(dòng),隨后下落回到O點(diǎn)。設(shè)排球在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)間等于下落時(shí)間B.被墊起后瞬間的速度最大C.達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為零D.下落過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)答案B解析對(duì)排球進(jìn)行受力分析,上升過(guò)程的重力和阻力方向相同,下降過(guò)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(guò)程中任意位置的加速度比下降過(guò)程中對(duì)應(yīng)位置的加速度大,則上升過(guò)程的平均加速度較大。由位移與時(shí)間關(guān)系可知,上升時(shí)間比下落時(shí)間短,A項(xiàng)錯(cuò)誤;在整個(gè)過(guò)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(guò)程中的最低點(diǎn)的速度小于上升過(guò)程的最低點(diǎn)的速度,故排球被墊起時(shí)的速度最大,B項(xiàng)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(xiàng)錯(cuò)誤;下落過(guò)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(guò)程中做變加速運(yùn)動(dòng),D項(xiàng)錯(cuò)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(jiǎn)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(dòng)。則F的最大值為()。A.1NB.2NC.4N D.5N答案C解析對(duì)兩物塊整體進(jìn)行受力分析有Fmax=2ma,對(duì)左側(cè)物塊有FTmax=ma,又FTmax=2N,解得Fmax=4N,C項(xiàng)正確。1.物體實(shí)際運(yùn)動(dòng)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(dòng)機(jī),總質(zhì)量為M。飛行器飛行時(shí)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(dòng)機(jī)關(guān)閉時(shí),飛行器豎直下落,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,其勻速下落的速率為10m/s;當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器豎直向上運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一段時(shí)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(duì)于地面的流動(dòng)及飛行器質(zhì)量的變化,下列說(shuō)法正確的是()。A.發(fā)動(dòng)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(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)推力的大小為174C.發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí),飛行器速率為53m/sD.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時(shí),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(shí),飛行器的合力為零,有kv12=Mg,發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器豎直向上運(yùn)動(dòng),飛行器勻速向上的速率v2=5m/s時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)的最大推力Fmax=kv22+Mg,可得Fmax=1.25Mg,A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)飛行器以v2=5m/s勻速水平飛行時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)推力的大小F2=(Mg)2+(kv22)2=174Mg,B項(xiàng)正確;發(fā)動(dòng)機(jī)以最大推力推動(dòng)飛行器勻速水平飛行時(shí),設(shè)飛行器速率為v,有Fmax=(Mg)2+(kv2)2,得v=53m/s,C項(xiàng)正確;當(dāng)飛行器以v2=5角度3牛頓第二定律瞬時(shí)性求解瞬時(shí)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(niǎo)球。已知A、B、C的質(zhì)量均為m,原來(lái)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(shuō)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(shí)B的加速度為0。此時(shí)A、C的加速度相同,即aA=aC,設(shè)此時(shí)細(xì)繩2上張力大小為F。對(duì)A、C整體由牛頓第二定律有3mg=2maA,對(duì)C有mg+F=maC,解得aA=aC=1.5g,F=0.5mg,D項(xiàng)正確。1.求解物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度,關(guān)鍵是明確該時(shí)刻物體的受力情況或運(yùn)動(dòng)狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度。2.物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的,當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí),需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)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(shí),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(duì)整體分析,擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsinθ,因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會(huì)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(xiàng)正確,A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤。1.牛頓第二定律瞬時(shí)性中的兩類模型2.常見(jiàn)物體單獨(dú)在平面上運(yùn)動(dòng)的相關(guān)加速度大小(二級(jí)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(dòng)時(shí)間問(wèn)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(shí),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(guó)甲卷)如圖,將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)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?kù)o止釋放,物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)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(shí)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(zhǎng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知Lcosθ=12gt2sinθ,可得t2=4Lgsin2θ,可知θ=45°時(shí),t有最小值,故當(dāng)θ由30°逐漸增大至60°時(shí)對(duì)同底(光滑)斜面,物體在斜面上靜止下滑時(shí)間t=4(1)當(dāng)θ=45°時(shí)下滑時(shí)間最短;(2)傾角θ互余的兩個(gè)斜面上的下滑時(shí)間t相等,其t-θ圖像如圖所示,如θ1=60°,θ2=30°時(shí),有t1=t2?？枷?等時(shí)圓模型(2024屆長(zhǎng)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(gè)小球同時(shí)從管口頂端靜止釋放,經(jīng)過(guò)相同的時(shí)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(shí)間t3=【變式】(多選)如圖所示,1、2、3、4四小球均由靜止開(kāi)始沿著光滑的斜面從頂端運(yùn)動(dòng)到底端,其運(yùn)動(dòng)時(shí)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(zhǎng)度為3r,重力加速度為g,下列說(shuō)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(shí)圓的結(jié)論知t1=t2=4rg,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有3rsin30°=12gcos30°t32,可得t3=8rg,3rsin60°=12gcos60°t42,可得t4=8rg,B項(xiàng)正確;t3-t1=2(2-1)rg,C等時(shí)圓問(wèn)題思維模板動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題1.常見(jiàn)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(guò)程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時(shí),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(dòng)時(shí),連接體具有相同的平動(dòng)速度;輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),連接體具有相同的角速度,而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比2.連接體問(wèn)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(gè)小物塊用足夠長(zhǎng)的細(xì)線相連,細(xì)線繞過(guò)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(jì)一切摩擦,在兩物塊分別沿水平面與斜面運(yùn)動(dòng)的一段過(guò)程中,以下說(shuō)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(dòng)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(zhǎng)的斜面體固定在水平面上,A、B兩個(gè)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(dòng)過(guò)程中,物塊B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ與物塊運(yùn)動(dòng)的距離x關(guān)系如圖2所示,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,物塊A、B始終保持相對(duì)靜止,則A、B一起向下運(yùn)動(dòng)到速度為零的過(guò)程中,關(guān)于B對(duì)A的摩擦力,下列說(shuō)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(gè)物塊的總質(zhì)量為M,對(duì)整體進(jìn)行分析,由靜止釋放,一起向下運(yùn)動(dòng)到速度為零,先加速直線運(yùn)動(dòng)再減速直線運(yùn)動(dòng),合力先沿斜面向下后沿斜面向上,先加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有Mgsinθ-μMgcosθ=Ma;再減速直線運(yùn)動(dòng),有μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1;摩擦力始終沿斜面向上,距離x一直增大,動(dòng)摩擦因數(shù)μ一直增大,故加速度先減小后增大,對(duì)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(dòng);再減速直線運(yùn)動(dòng)則f-mgsinθ=ma1,B對(duì)A的摩擦力始終沿斜面向上,加速度先減小后增大,B對(duì)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(gè)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(shí),就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái),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(shí),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(shí),一般應(yīng)選受力個(gè)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(dòng)滑輪連接體(2024屆荊州質(zhì)檢)如圖所示,兩個(gè)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(gè)動(dòng)滑輪,動(dòng)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(dòng)滑輪兩側(cè)細(xì)線豎直平行,細(xì)線不可伸長(zhǎng),不計(jì)一切摩擦和動(dòng)滑輪的質(zhì)量,重力加速度為g,現(xiàn)將A、B、C三者同時(shí)由靜止釋放,下列說(shuō)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(xiàng)錯(cuò)誤;由于輕繩不可伸長(zhǎng)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(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)繩中張力為T(mén),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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5。用手按著兩滑塊不動(dòng),第一次是將一輕質(zhì)動(dòng)滑輪置于輕繩上,然后將一質(zhì)量為4kg的物塊C掛于動(dòng)滑輪上,只釋放A而按著B(niǎo)不動(dòng);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(dòng)滑輪上,只釋放B而按著A不動(dòng)。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(niǎo)不動(dòng),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(duì)滑塊A,由牛頓第二定律得F1-μmAg=mAaA,對(duì)物塊C有mCg-2F1=mCaC,根據(jù)動(dòng)滑輪知識(shí)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(dòng)滑輪上,只釋放B而按著A不動(dòng),輕繩中拉力F2=20N,設(shè)滑塊B的加速度為aB,對(duì)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(gè)物體的加速度不同,一般應(yīng)采用隔離法,以各個(gè)物體分別作為研究對(duì)象,對(duì)每個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行受力和運(yùn)動(dòng)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(gè)物體的相互作用關(guān)系聯(lián)立求解?？枷?多個(gè)疊連體如圖所示,一塊足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)長(zhǎng)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(zhǎng)木板上,A、B與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(zhǎng)木板上,長(zhǎng)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(zhǎng)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(duì)長(zhǎng)木板靜止,當(dāng)拉力增加到一定程度時(shí),A相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng),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(xiàng)正確。考點(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(guó)際單位制中基本物理量共七個(gè),其中力學(xué)有三個(gè),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(lái)的其他物理量的單位。答案①基本②導(dǎo)出③長(zhǎng)度④質(zhì)量⑤時(shí)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(kāi)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(jì)算圓錐的體積,他從一本書(shū)中查得圓錐體積的計(jì)算公式為V=13πR3h。小紅說(shuō),從單位關(guān)系上看,這個(gè)公式肯定是錯(cuò)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(xiàng)正確。在力學(xué)中,由基本單位即m(長(zhǎng)度單位)、kg(質(zhì)量單位)、s(時(shí)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(guò)實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長(zhǎng)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(shí),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(shí),無(wú)論南北半球(除極點(diǎn)外),落地點(diǎn)都會(huì)比起點(diǎn)稍微偏東,這個(gè)現(xiàn)象稱為落體偏東現(xiàn)象。下面四位同學(xué)對(duì)落體偏東現(xiàn)象的討論,說(shuō)法正確的是()。A.甲同學(xué)認(rèn)為落體偏東現(xiàn)象說(shuō)明物體下落時(shí)慣性會(huì)變小B.乙同學(xué)認(rèn)為落體偏東現(xiàn)象說(shuō)明物體下落時(shí)受到水平向東的力C.丁同學(xué)認(rèn)為落體偏東現(xiàn)象說(shuō)明慣性定律不適用于運(yùn)動(dòng)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(guò)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(dòng)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(guò)程中慣性大小不變,D項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò)誤;物體下落過(guò)程中只受萬(wàn)有引力,沒(méi)有受到向東的力,B項(xiàng)錯(cuò)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(shí)必然相對(duì)地面有一個(gè)偏東的速度,落點(diǎn)自然就會(huì)偏東,慣性定律仍然適用,C項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(多選)某索道簡(jiǎn)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(shí)刻載人轎廂沿鋼索向上以加速度a=4m/s2做直線運(yùn)動(dòng)時(shí),重力加速度g取10m/s2,下列說(shuō)法正確的是()。A.游客一定受到向后的摩擦力B.游客對(duì)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(duì)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(duì)象,在水平方向上有f=max=macos30°=32ma=1003N,摩擦力方向向前,A、C兩項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)正確;轎廂對(duì)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(duì)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(gè)質(zhì)量均為m的物塊,物塊a、b通過(guò)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(gè)物塊一起水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)。各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g。下列說(shuō)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(lái)的1.5倍時(shí),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(dòng)的過(guò)程中,物塊c受到的摩擦力大小為μmg答案ACD解析三個(gè)物塊一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)a、b、c組成的系統(tǒng)有F=3μmg,對(duì)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(xiàng)正確;c做勻速直線運(yùn)動(dòng),處于平衡狀態(tài),故c不受摩擦力,B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)水平拉力增大為原來(lái)的1.5倍時(shí),F'=1.5F=4.5μmg,對(duì)a、b、c組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得F'-3μmg=3ma,對(duì)C有f=ma,解得f=0.5μmg,C項(xiàng)正確;剪斷輕繩后,b、c一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)b、c組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得2μmg=2ma',對(duì)c有f'=ma',解得f'=μmg,D項(xiàng)正確。4.(改編)(多選)普通火車(chē)動(dòng)力都在火車(chē)頭上,車(chē)廂(頭)與車(chē)廂之間通過(guò)掛鉤連接在一起。火車(chē)在啟動(dòng)時(shí),會(huì)先往后退,再啟動(dòng),這樣會(huì)使掛鉤松弛,車(chē)廂(頭)與車(chē)廂之間無(wú)作用力,再向前啟動(dòng)時(shí),車(chē)廂會(huì)一節(jié)一節(jié)地依次啟動(dòng),減少所需要的動(dòng)力。一列火車(chē)共有n節(jié)車(chē)廂(不含火車(chē)頭),火車(chē)頭與每節(jié)車(chē)廂的質(zhì)量相等,車(chē)頭及每節(jié)車(chē)廂與軌道間的摩擦阻力均為f,假設(shè)啟動(dòng)時(shí)每節(jié)車(chē)廂的加速度均為a。已知在火車(chē)不后退,所有車(chē)廂同時(shí)啟動(dòng)的情況下,火車(chē)頭提供的動(dòng)力為F。若火車(chē)車(chē)廂依次啟動(dòng),則當(dāng)?shù)趉(k≤n)節(jié)車(chē)廂啟動(dòng)時(shí)()。A.火車(chē)頭提供的動(dòng)力F'為(B.火車(chē)頭提供的動(dòng)力F'為kFC.第k-1節(jié)車(chē)廂對(duì)第k節(jié)車(chē)廂的作用力為kFD.第k-1節(jié)車(chē)廂對(duì)第k節(jié)車(chē)廂的作用力為F答案AD解析若火車(chē)不后退所有車(chē)廂同時(shí)啟動(dòng),則由牛頓第二定律可知F-(n+1)f=(n+1)ma,若火車(chē)車(chē)廂依次啟動(dòng),當(dāng)?shù)趉(k≤n)節(jié)車(chē)廂啟動(dòng)時(shí),則有F'-(k+1)f=(k+1)ma,解得F'=k+1Fn+1,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;以前k-1節(jié)車(chē)廂和車(chē)頭整體為研究對(duì)象,則有F'-T-kf=kma,解得T=Fn+1見(jiàn)《高效訓(xùn)練》P171.(改編)電動(dòng)平衡車(chē)越來(lái)越受到年輕人的喜愛(ài)。在人站在電動(dòng)平衡車(chē)上和車(chē)一起勻速水平前進(jìn)的過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是()。A.電動(dòng)平衡車(chē)對(duì)人的作用力豎直向上B.平衡車(chē)的動(dòng)力是維持平衡車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的原因C.人和平衡車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)的速度越快,慣性越大D.平衡車(chē)受到的重力和地面對(duì)車(chē)的支持力是一對(duì)平衡力答案A解析電動(dòng)平衡車(chē)對(duì)人的作用力與人的重力是一對(duì)平衡力,其方向豎直向上,A項(xiàng)正確;平衡車(chē)受重力、地面的支持力和人的壓力三個(gè)力的作用處于平衡,因此地面對(duì)車(chē)的支持力與車(chē)的重力不是一對(duì)平衡力,D項(xiàng)錯(cuò)誤;平衡車(chē)的動(dòng)力與摩擦力平衡,運(yùn)動(dòng)不需要力維持,B項(xiàng)錯(cuò)誤;慣性只由質(zhì)量決定,與速度無(wú)關(guān),C項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(多選)如圖1所示,幾個(gè)裝有水的相同玻璃杯上放置一個(gè)托盤(pán),托盤(pán)上和玻璃杯對(duì)應(yīng)的位置用紙筒擱置了幾個(gè)雞蛋。用手快速水平拍打托盤(pán),可看到雞蛋落到對(duì)應(yīng)水杯中,如圖2所示。下列對(duì)這一實(shí)驗(yàn)的描述正確的是()。圖1圖2A.雞蛋掉到水杯中說(shuō)明雞蛋有慣性B.紙筒被彈走了說(shuō)明紙筒沒(méi)有慣性C.雞蛋同時(shí)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(pán)時(shí),托盤(pán)帶動(dòng)紙筒彈出,雞蛋質(zhì)量較大,慣性大,水平方向運(yùn)動(dòng)狀態(tài)難改變,雞蛋同時(shí)在豎直方向自由下落,因此同時(shí)落到杯中,A、C兩項(xiàng)正確。3.一些問(wèn)題你可能不會(huì)求解,但是你仍有可能對(duì)這些問(wèn)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(shì),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(shí)驗(yàn)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(wú)單位,則這四個(gè)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(dòng)員入水時(shí)的情形,她接觸到水面時(shí)的速度為10m/s,完全入水時(shí)速度為3m/s,從接觸水面到完全入水歷時(shí)0.2s,運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為60kg,則運(yùn)動(dòng)員在入水過(guò)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(dòng)員接觸水面后,隨著入水深度的增加,運(yùn)動(dòng)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(dòng)員受到的浮力與重力大小相等時(shí),合力為零,加速度為零,速度最大;運(yùn)動(dòng)員再向下運(yùn)動(dòng),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(dòng)力學(xué)方法測(cè)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(duì)接后,測(cè)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(xiàng)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(chē)在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑,在小車(chē)下滑的過(guò)程中,小車(chē)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?yàn)檠芯繉?duì)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(duì)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(yáng)質(zhì)檢)自動(dòng)扶梯上沒(méi)有人時(shí)靜止,人踏上扶梯的水平踏板后,扶梯會(huì)自動(dòng)以加速度a勻加速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后再勻速運(yùn)動(dòng)。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(guò)程中母、嬰始終保持與扶梯相對(duì)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(dòng)過(guò)程中,嬰兒對(duì)母親的作用力與扶梯運(yùn)動(dòng)方向一致B.扶梯在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,踏板給母親水平向前的摩擦力C.扶梯在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,踏板對(duì)母親的摩擦力大小為(m+M)acosθD.扶梯在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,嬰兒對(duì)母親的作用力大小為mg-masinθ答案C解析扶梯在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,嬰兒受到的合力為零,母親對(duì)嬰兒的作用力豎直向上,且扶梯水平踏板對(duì)母親的摩擦力為零,A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤;扶梯在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)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(duì)母親的靜摩擦力大小Ff=(M+m)acosθ,C項(xiàng)正確;嬰兒受到的合力為ma,方向沿扶梯向下,母親對(duì)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(jiǎn)化示意圖如圖所示。D為彈射裝置,AB是長(zhǎng)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(wú)動(dòng)力小車(chē)(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(chē)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(chē)從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是(取g=10m/s2)()A.5s B.4.8s C.4.4s D.3s答案A解析小車(chē)在AB段,由題意知Ff=15mg,其加速度大小a1=2m/s2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得LAB=v0t1-12a1t12,解得t1=3s或t1'=7s(舍去)。小車(chē)從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí),如圖所示,有LBC=2Rsinθ,加速度a2=gsinθ,所以LBC=12a2t22,得t2=2s,所以小車(chē)從A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間t=t1+t29.(2024屆重慶質(zhì)檢)(多選)網(wǎng)紅景點(diǎn)“長(zhǎng)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(dòng)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(dòng),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(wú)相互作用,人和轎廂始終保持相對(duì)靜止,某次運(yùn)行中測(cè)得人對(duì)轎廂底面的壓力恒為1.2mg,g為重力加速度,則下列說(shuō)法正確的是()。A.轎廂一定沿鋼索向上運(yùn)動(dòng)B.轎廂的加速度一定沿鋼索向上C.轎廂對(duì)人的摩擦力水平向右D.人對(duì)轎廂的作用力大小為1.4mg答案BC解析某次運(yùn)行中測(cè)得人對(duì)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?yàn)榧铀俣确较蛞欢ㄑ厮鞯婪较?說(shuō)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(xiàng)錯(cuò)誤,B、C兩項(xiàng)正確;以人為研究對(duì)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(duì)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(shuō)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(xiàng)錯(cuò)誤;由于輕彈簧對(duì)物塊沒(méi)有彈力,所以剪斷輕彈簧瞬間,物塊仍能保持平衡,C項(xiàng)正確;剪斷輕繩瞬間,彈簧彈力不會(huì)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(xiàng)正確。11.(改編)景區(qū)內(nèi)的高空滑索運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖所示的物理模型。質(zhì)量為50kg的游客通過(guò)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(shí)速度剛好為0,若進(jìn)入水平鋼索時(shí)滑環(huán)和人的速度大小不變,則:(1)滑環(huán)與鋼索間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多大?(2)水平鋼索有多長(zhǎng)?解析(1)以人為研究對(duì)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(duì)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(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)不變,則人和滑環(huán)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),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(dòng)定律的綜合應(yīng)用對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P58考點(diǎn)一兩類動(dòng)力學(xué)問(wèn)題一輛貨車(chē)運(yùn)載著圓柱形光滑的空油桶。在車(chē)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?cái)[放在桶A、B之間,沒(méi)有用繩索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力,和汽車(chē)一起保持靜止,如圖所示。(1)當(dāng)汽車(chē)以某一加速度向左加速時(shí),A對(duì)C的支持力大小會(huì),B對(duì)C的支持力大小會(huì)。(均選填“增大”、“減小”或“不變”)

(2)當(dāng)汽車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的加速度增大到一定值時(shí),桶C就脫離A而運(yùn)動(dòng)到B的右邊,這個(gè)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(shí),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(wèn)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(dòng)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(dòng)學(xué)規(guī)律求出未知量(速度、位移、時(shí)間等),從而確定物體的運(yùn)動(dòng)情況?？枷?斜面與水平面組合(2022年浙江卷)物流公司通過(guò)滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車(chē)中,如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長(zhǎng)度l1=4m,水平滑軌長(zhǎng)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(kāi)始下滑,其與滑軌間的動(dòng)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(shí)加速度a1的大小。(2)求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大小。(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m/s,求水平滑軌的最短長(zhǎng)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(dòng)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(gè)數(shù)較少(2個(gè))時(shí)一般采用“合成法”。2.正交分解法若物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上),則采用“正交分解法”?？枷?多過(guò)程運(yùn)動(dòng)(2023屆西安質(zhì)檢)如圖所示,在粗糙的水平路面上,一小車(chē)以v0=4m/s的速度向右勻速行駛,與此同時(shí),在小車(chē)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(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)了x1=25m時(shí)撤去該力。已知物體與地面之間的動(dòng)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(dòng)的加速度a1大小。(2)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與小車(chē)之間的最大距離。(3)物體剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)與小車(chē)的距離d。答案(1)2m/s2(2)44m(3)30m解析(1)對(duì)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(shí),物體與小車(chē)間距離最大,即t1=v1a1=42s=2s,此時(shí)物體運(yùn)動(dòng)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(shí)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(dòng)的加速度為a2,經(jīng)過(guò)t3時(shí)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(dòng)的總時(shí)間t=t2+t3=10動(dòng)力學(xué)中多過(guò)程問(wèn)題的分析要點(diǎn):1.將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”,各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。2.對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,必要時(shí)畫(huà)出受力示意圖和過(guò)程示意圖。3.根據(jù)“子過(guò)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(guò)程”間的時(shí)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(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。角度2已知運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況,利用運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)、勁度系數(shù)、力的方向等。考向1斜面與滑輪組合(2022年山東卷)某糧庫(kù)使用額定電壓U=380V,內(nèi)阻R=0.25Ω的電動(dòng)機(jī)運(yùn)糧。如圖所示,配重和電動(dòng)機(jī)連接小車(chē)的纜繩均平行于斜坡,裝滿糧食的小車(chē)以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行,此時(shí)電流I=40A。關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后,小車(chē)又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點(diǎn)時(shí),速度恰好為零。卸糧后,給小車(chē)一個(gè)向下的初速度,小車(chē)剛好沿斜坡勻速下行。已知小車(chē)質(zhì)量m1=100kg,車(chē)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(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力與車(chē)及車(chē)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(jì)電動(dòng)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(dòng)機(jī)連接小車(chē)的纜繩勻速上行時(shí),設(shè)電動(dòng)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(duì)小車(chē)勻速上行有F1+F2=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g而卸糧后給小車(chē)一個(gè)向下的初速度,小車(chē)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(dòng)機(jī)后小車(chē)和配重一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小為a,對(duì)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(dòng)學(xué)公式有v2=2aL,解得L=67185m動(dòng)力學(xué)問(wèn)題解題的“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”考向2多過(guò)程問(wèn)題(2024屆大連模擬)嫦娥五號(hào)2020年12月成功將采集的月球土壤樣品送回地球。探測(cè)器在取樣過(guò)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(hào)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(shí)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(kāi)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(guò)程可簡(jiǎn)化成勻加速、勻速、勻減速三個(gè)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(guò)程中勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。(2)若上述過(guò)程中勻加速和勻減速階段加速度的大小相同,求三個(gè)階段鉆桿對(duì)采樣月壤的作用力F的大小。答案(1)5s(2)見(jiàn)解析解析(1)設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,總時(shí)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(shí)間為t1,勻減速時(shí)間為t2,則t1=t2=t'=5s,a1=a2=vt'=0.04勻加速上升時(shí)有F1-mg=ma1解得F1=0.835N勻速上升時(shí)有F2=mg=0.815N勻減速上升時(shí)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(duì)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(duì)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(duì)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(jì)上向下蹲,觀察體重計(jì)示數(shù)的變化;在人靜止后,觀察體重計(jì)的示數(shù)。(1)體重計(jì)的示數(shù)實(shí)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(jì)的示數(shù)反映了人的重力大小?答案(1)反映的是體重計(jì)對(duì)人的支持力大小。(2)只有當(dāng)人處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),體重計(jì)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(shí),電梯對(duì)人的支持力FN=N。取g=9.8m/s2。(下面選填“>”、“=”或“<”)

(1)電梯向上啟動(dòng)時(shí):FNmg。

(2)電梯勻速上升時(shí):FNmg。

(3)電梯在上升過(guò)程中制動(dòng)時(shí):FNmg。

(4)電梯向下啟動(dòng)時(shí):FNmg。

(5)電梯勻速下降時(shí):FNmg。

(6)電梯在下降過(guò)程中制動(dòng)時(shí):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(shí)重小于實(shí)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(dòng)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(guò)程中電梯速度隨時(shí)間變化的關(guān)系,如圖所示。電梯加速上升的時(shí)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(shí)間段為從20.0s到30.0s,A項(xiàng)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(lái)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(shí)的速度—時(shí)間圖像如圖2所示,以下說(shuō)法正確的是()。A.4s時(shí)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(dòng),再做勻減速直線運(yùn)動(dòng)答案C解析由圖2可知,4s時(shí)電梯有速度,故A項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)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(dòng),在4s~8s時(shí)加速度先增大后減小,做變速運(yùn)動(dòng),故D項(xiàng)錯(cuò)誤。1.超重、失重現(xiàn)象與圖像結(jié)合,是動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題的一類。常見(jiàn)、常用動(dòng)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(dòng)規(guī)律、受力規(guī)律,而絕非代表物體的運(yùn)動(dòng)軌跡。2.圖像問(wèn)題的分析方法:圖像問(wèn)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(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式去解題。動(dòng)力學(xué)中的板塊模型與傳送帶模型角度1動(dòng)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(dòng),且在相互的摩擦力作用下相對(duì)滑動(dòng)。(2)滑塊相對(duì)滑板從一端運(yùn)動(dòng)到另一端,若兩者同向運(yùn)動(dòng),位移之差等于板長(zhǎng);若反向運(yùn)動(dòng),位移之和等于板長(zhǎng)。(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(dòng)形式常見(jiàn)情形滑板獲得一初速度v0,則板塊同向運(yùn)動(dòng),兩者加速度不同,x板>x塊,Δx=x板-x塊,最后分離或相對(duì)靜止滑塊獲得一初速度v0,則板塊同向運(yùn)動(dòng),兩者加速度不同,x板<x塊,Δx=x塊-x板,最后分離或相對(duì)靜止常見(jiàn)情形開(kāi)始時(shí)板塊運(yùn)動(dòng)方向相反,兩者加速度不同,最后分離或相對(duì)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(duì)運(yùn)動(dòng),以及滑板與地面是否有相對(duì)運(yùn)動(dòng)考向1水平面上的板塊(2024屆黃岡質(zhì)檢)一長(zhǎng)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(shí)刻開(kāi)始,小物塊與木板一起以相同速度向右運(yùn)動(dòng),直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變、方向相反。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板。已知碰撞后1s時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。(2)木板的最小長(zhǎng)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(dòng)摩擦力而向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),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(dòng)時(shí)間t=1s,位移x=4.5m,末速度v=4m/s其逆運(yùn)動(dòng)則為勻加速直線運(yùn)動(dòng),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(duì)小物塊和木板整體受力分析,地面對(duì)木板的滑動(dòng)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(dòng),依據(jù)牛頓第二定律有μ1(15m+m)g+μ2mg=15ma3,可得a3=43m/s對(duì)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(shí)間t1=1s的過(guò)程中,木板向左運(yùn)動(dòng)的位移x1=vt1-12a3t12=103m,末速度v1=v-a3t1滑塊向右運(yùn)動(dòng)的位移x2=v+02t1=2此后,小物塊開(kāi)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(guò)程中,木板向左運(yùn)動(dòng)的位移x3=v1t2-12a3t22=76m,末速度v3=v1-a3t2小物塊向左運(yùn)動(dòng)的位移x4=12a2t22=0.此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng),二者的相對(duì)位移最大為Δx=x1+x2+x3-x4=6m小物塊始終沒(méi)有離開(kāi)木板,所以木板最小的長(zhǎng)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(dòng)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(dòng)力學(xué)中板塊模型思維流程考向2斜面上的板塊問(wèn)題(多選)滑沙運(yùn)動(dòng)是小孩比較喜歡的一項(xiàng)運(yùn)動(dòng),其運(yùn)動(dòng)過(guò)程可類比為如圖所示的模型,傾角為37°的斜坡上有長(zhǎng)為1m的滑板,滑板與沙之間的動(dòng)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(kāi)始下滑,小孩與滑板之間的動(dòng)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(dòng)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(zhǎng),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(guò)1s的時(shí)間,小孩離開(kāi)滑板D.小孩離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為0.8m/s答案BC解析對(duì)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(duì)滑板,加速度大小a2=mgsin37°+μ1mgcos37°?2μ2mgcos37°m=0.8m/s2,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;小孩剛與滑板分離時(shí),有12a1t2-12a2t2=L,解得t=1角度2動(dòng)力學(xué)中傳送帶模型(1)v0=v時(shí),一直勻速(2)v0<v時(shí),可能一直加速,也可能先加速再勻速(3)v0>v時(shí),可能一直減速,也可能先減速再勻速(1)傳送帶較短時(shí),一直減速(2)傳送帶較長(zhǎng)時(shí),先減速后返回①v0≤v時(shí),返回速度為v0②v0>v時(shí),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(shí),返回速度為v0②v0>v時(shí),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(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn),現(xiàn)將一小煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地輕放在A端,由于煤塊與傳送帶之間有相對(duì)滑動(dòng),會(huì)在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)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(dòng)到B的過(guò)程中()。A.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是2.25sB.煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5sC.劃痕長(zhǎng)度是2mD.劃痕長(zhǎng)度是0.5m答案BC解析煤塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),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(shí),位移x1=v022a=2m<4m,因此煤塊先加速后勻速,勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v0a=1s,勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=x-x1v0=0.5s,煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的總時(shí)間t=t1+t2=1.5s,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;在加速階段產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)即產(chǎn)生劃痕,則有Δx=v0t1-x傳送帶問(wèn)題分析(1)抓好一個(gè)關(guān)鍵力——摩擦力的分析對(duì)于傳送帶問(wèn)題,關(guān)鍵是分析物體受到的是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力,以及摩擦力的方向。分析摩擦力時(shí),先要明確“相對(duì)運(yùn)動(dòng)”,而不是“絕對(duì)運(yùn)動(dòng)”。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(dòng)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(shí)刻物體受到的是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力。(2)注意分析三個(gè)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(zhǎng)的傾斜傳送帶AB以恒定速率v0逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),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)。滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,不計(jì)傳送帶滑輪的尺寸,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。若用t表示時(shí)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(dòng)過(guò)程的是()。ABCD答案BC解析對(duì)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(kāi)始加速運(yùn)動(dòng),摩擦力方向向下,加速度a1=gsinθ+μgcosθ,當(dāng)滑塊速度等于傳動(dòng)帶速度時(shí),如果最大靜摩擦力f>mgsinθ,則滑動(dòng)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(dòng),若最大靜摩擦力f<mgsinθ,則摩擦力方向會(huì)突變?yōu)橄蛏?滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a2=mgsinθ-μgcosθ,比較可得a1>a2,故B項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò)誤;若v>v0,滑塊相對(duì)于傳送帶向下運(yùn)動(dòng),若最大靜摩擦力f<mgsinθ,則滑塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a3=gsinθ-μgcosθ,若最大靜摩擦力f>mgsinθ,則滑塊一開(kāi)始做勻減速直線運(yùn)動(dòng),速度與傳送帶相等時(shí),滑動(dòng)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(dòng),故C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。分析傳送帶模型注意的“六點(diǎn)”:(1)明確滑塊相對(duì)傳送帶的運(yùn)動(dòng)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(shí),滑塊與傳送帶相對(duì)靜止且做勻速運(yùn)動(dòng)。(3)在傾斜傳送帶上,滑塊與傳送帶共速時(shí),需比較mgsinθ與μmgcosθ的大小才能確定運(yùn)動(dòng)情況。(4)滑塊與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反時(shí),滑塊速度減為零后反向加速返回。(5)傳送帶的長(zhǎng)度是足夠長(zhǎng)還是有限長(zhǎng),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(dòng)形成的劃痕長(zhǎng)度是滑塊與傳送帶的相對(duì)位移。1.(改編)如圖所示,一個(gè)長(zhǎng)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(gè)質(zhì)量m=1kg,可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊,物塊與木板間的動(dòng)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(dòng)摩擦力,重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一水平向右的恒定拉力F,使物塊相對(duì)木板向右滑動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()。A.拉力F>7NB.物塊離開(kāi)木板時(shí)速度的最小值為4m/sC.物塊離開(kāi)木板的最短時(shí)間為1sD.木板獲得的最大速度為2m/s答案B解析物塊相對(duì)木板向右滑動(dòng),對(duì)木板有μmg=Ma2,得a2=2m/s2,對(duì)物塊有F-μmg=ma1,據(jù)題意有a1>a2,可得F>6N,A項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊滑離木板,則有12a1t2-12a2t2=L,由物塊滑離木板時(shí)的速度v1=a1t,可得v1=a12La1-a2=2L1a1-a21a12,可知當(dāng)1a1=12a2即a1=2a2=4m/s2時(shí),物塊離開(kāi)木板的速度最小,其最小值v1min=4m/s,B項(xiàng)正確;由t=2La1-a2可知,a2=2m/s2不變,當(dāng)a1取值足夠大時(shí)2.如圖所示,長(zhǎng)木板置于光滑的水平面上,一小木塊置于長(zhǎng)木板上,已知長(zhǎng)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(dòng)摩擦力大小相等。當(dāng)對(duì)小木塊施加一水平向右的拉力F時(shí),小木塊與長(zhǎng)木板之間恰好無(wú)相對(duì)滑動(dòng);若對(duì)長(zhǎng)木板施加一水平向右的拉力F1,它們之間也恰好無(wú)相對(duì)滑動(dòng)。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(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,當(dāng)對(duì)小木塊施加一水平向右的拉力F時(shí),兩者恰好無(wú)相對(duì)滑動(dòng)時(shí),對(duì)小木塊由牛頓第二定律可得F-μmg=ma,對(duì)整體由牛頓第二定律可得F=6ma,聯(lián)立解得F=6μmg5;當(dāng)對(duì)長(zhǎng)木板施加一水平向右的拉力F1時(shí),恰好無(wú)相對(duì)滑動(dòng),對(duì)整體由牛頓第二定律可得F1=6ma1,對(duì)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(zhǎng)L=2m的長(zhǎng)木板置于光滑的水平地面上,長(zhǎng)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(duì)長(zhǎng)木板施加一水平向右的恒力F使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)1s后小滑塊離開(kāi)長(zhǎng)木板,已知小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)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(zhǎng)木板的加速度大小不同,存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)。對(duì)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(méi)有離開(kāi)長(zhǎng)木板時(shí),設(shè)長(zhǎng)木板的加速度大小為a2,1s內(nèi)長(zhǎng)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(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5,木板的質(zhì)量m=10kg,地面光滑。某時(shí)刻A、B兩滑塊開(kāi)始相向滑動(dòng),初速度大小均為v0=3.5m/s。A、B相遇時(shí),A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí),木板的速度。(2)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),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(dòng)時(shí),木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為f1和f2,A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB,木板相對(duì)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(shí)刻,B與木板達(dá)到共同速度,設(shè)大小為v1。由運(yùn)動(dòng)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(shí)間內(nèi),B相對(duì)地面的位移sB=v0t1-12aBB與木板共速后,B與木板相對(duì)靜止,可以看成整體。將木板、B和A看成整體,由動(dòng)量守恒定律得(mB-mA)v0=(mB+mA+m)v2對(duì)A有v2=-v1+aAt2在t2時(shí)間間隔內(nèi),B的加速度a2=μmAgmB在t2時(shí)間間隔內(nèi),B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離s1=v1t2-12a2在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi),A相對(duì)地面移動(dòng)的距離sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)A和B相遇時(shí),A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),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(jiàn)《高效訓(xùn)練》P191.(改編)(多選)“天問(wèn)一號(hào)”著陸器在成功著陸火星表面的過(guò)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(kāi)降落傘后,經(jīng)過(guò)90s速度進(jìn)一步減為1.0×102m/s;與降落傘分離,打開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)減速后處于懸停狀態(tài);經(jīng)過(guò)對(duì)著陸點(diǎn)的探測(cè)后平穩(wěn)著陸。若打開(kāi)降落傘至分離前的運(yùn)動(dòng)可視為豎直向下運(yùn)動(dòng),則著陸器()。A.打開(kāi)降落傘前,只受到氣體阻力的作用B.打開(kāi)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(guò)程中,發(fā)動(dòng)機(jī)噴火產(chǎn)生的力可能不變D.平穩(wěn)著陸過(guò)程中,先失重后超重答案BD解析打開(kāi)降落傘前,著陸器還受到重力作用,A項(xiàng)錯(cuò)誤;打開(kāi)降落傘至分離前,著陸器向下做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,著陸器處于超重狀態(tài),B項(xiàng)正確;與降落傘分離,打開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)減速后著陸器處于懸停狀態(tài),減速過(guò)程中,加速度方向向上,著陸器處于超重狀態(tài),則發(fā)動(dòng)機(jī)噴火產(chǎn)生的力大于著陸器的重力,懸停時(shí)與著陸器的重力大小相等,C項(xiàng)錯(cuò)誤;平穩(wěn)著陸過(guò)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(xiàng)正確。2.(2024屆桂林質(zhì)檢)某大型游樂(lè)場(chǎng)內(nèi)的新型滑梯可以等效為如圖所示的物理模型,一個(gè)小朋友與AB段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1<tanθ,與BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2>tanθ,他從A點(diǎn)開(kāi)始下滑,滑到C點(diǎn)恰好靜止,整個(gè)過(guò)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(guò)程中()。A.地面對(duì)滑梯的摩擦力方向先水平向左,后水平向右B.地面對(duì)滑梯始終無(wú)摩擦力作用C.地面對(duì)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(duì)滑梯的支持力的大小先大于、后小