【三維設(shè)計】2022年高考物理一輪復習四川專版-第三章-牛頓運動定律

第三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))牛頓運動定律[備考指南]考點內(nèi)容要求題型把握考情牛頓運動定律牛頓運動定律Ⅱ選擇、計算找規(guī)律近幾年高考對本章內(nèi)容的考查仍以概念和規(guī)律的應用為主，單獨考查本章的題目多為選擇題，與曲線運動、電磁學相結(jié)合的題目多為計算題。牛頓運動定律的應用Ⅱ選擇、計算超重和失重Ⅰ選擇、計算明熱點以實際生活、生產(chǎn)和科學試驗為背景，突出表現(xiàn)物理學問的實際應用的命題趨勢較強，2022年高考應予以高度關(guān)注。試驗四驗證牛頓運動定律填空第1節(jié)牛頓第確定律__牛頓第三定律(1)牛頓第確定律是試驗定律。(×)(2)在水平面上運動的物體最終停下來，是由于水平方向沒有外力維持其運動的結(jié)果。(×)(3)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性小。(×)(4)物體的慣性越大，狀態(tài)越難轉(zhuǎn)變。(√)(5)作用力與反作用力可以作用在同一物體上。(×)(6)作用力與反作用力的作用效果不能抵消。(√)(1)伽利略利用“抱負試驗”得出“力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由”的觀點，推翻了亞里士多德的“力是維持物體運動的緣由”的錯誤觀點。(2)英國科學家牛頓在《自然哲學的數(shù)學原理》著作中提出了“牛頓第一、其次、第三定律”。要點一牛頓第確定律的理解1．慣性的兩種表現(xiàn)形式(1)物體在不受外力或所受的合外力為零時，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)轉(zhuǎn)變的難易程度。慣性大，物體的運動狀態(tài)較難轉(zhuǎn)變；慣性小，物體的運動狀態(tài)簡潔轉(zhuǎn)變。2．對牛頓第確定律的四點說明(1)明確慣性的概念：牛頓第確定律揭示了一切物體所具有的一種固有屬性——慣性。(2)揭示力的本質(zhì)：力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，而不是維持物體運動狀態(tài)的緣由。(3)抱負化狀態(tài)：牛頓第確定律描述的是物體不受外力時的狀態(tài)，而物體不受外力的情形是不存在的。在實際狀況中，假如物體所受的合外力等于零，與物體不受外力時的表現(xiàn)是相同的。(4)與牛頓其次定律的關(guān)系：牛頓第確定律和牛頓其次定律是相互獨立的。力是如何轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的問題由牛頓其次定律來回答。牛頓第確定律是經(jīng)過科學抽象、歸納推理總結(jié)出來的，而牛頓其次定律是一條試驗定律。[多角練通]1．關(guān)于牛頓第確定律的說法中，正確的是()A．由牛頓第確定律可知，物體在任何狀況下始終處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)B．牛頓第確定律只是反映慣性大小的，因此也叫慣性定律C．牛頓第確定律反映了物體不受外力作用時的運動規(guī)律，因此，物體在不受力時才有慣性D．牛頓第確定律既揭示了物體保持原有運動狀態(tài)的緣由，又揭示了運動狀態(tài)轉(zhuǎn)變的緣由解析：選D依據(jù)牛頓第確定律，物體在任何時候都有慣性，故選項C錯；不受力時慣性表現(xiàn)為使物體保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，故選項A錯；牛頓第確定律還揭示了力與運動的關(guān)系，即力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，所以選項D正確；牛頓第確定律并不能反映物體慣性的大小，故選項B錯。2．如圖3-1-1所示，木塊放在上表面光滑的小車上并隨小車一起沿水平面對左做勻速直線運動。當小車遇到障礙物而突然停止運動時，車上的木塊將()圖3-1-1A．馬上停下來B．馬上向前倒下C．馬上向后倒下D．仍連續(xù)向左做勻速直線運動解析：選D木塊原來隨小車一起向左運動，當小車突然停止時，木塊在水平方向上沒有受到外力的作用，依據(jù)牛頓第確定律，木塊將連續(xù)向左做勻速直線運動。選項D正確。3．(多選)(2022·全國卷)伽利略依據(jù)小球在斜面上運動的試驗和抱負試驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎(chǔ)。早期物理學家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是()A．物體抵制運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B．沒有力的作用，物體只能處于靜止狀態(tài)C．行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性D．運動物體假如沒有受到力的作用，將連續(xù)以同一速度沿同始終線運動解析：選AD慣性是物體保持原來運動狀態(tài)不變的性質(zhì)，故A對；依據(jù)慣性定律可知，沒有力的作用，物體將保持原來的狀態(tài)，即靜止狀態(tài)或者勻速直線運動狀態(tài)，故B錯；行星在圓軌道上的運動是變速運動，是在萬有引力作用下的運動，所以C錯；運動物體假如不受力作用，將保持原來的運動狀態(tài)，即連續(xù)以同一速度沿著同始終線運動，D對。要點二牛頓第三定律的理解1．作用力與反作用力的“六同、三異、二無關(guān)”(1)六同eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(大小相同、性質(zhì)相同、同始終線,同時產(chǎn)生、同時變化、同時消逝))(2)三異eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(方向相反,不同物體,不同效果))(3)二無關(guān)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(與物體的運動狀態(tài)無關(guān),與物體是否受其他力無關(guān)))2．作用力、反作用力與一對平衡力的比較作用力和反作用力一對平衡力不同點作用在兩個物體上作用在同一物體上力的性質(zhì)確定相同對力的性質(zhì)無要求作用效果不行抵消作用效果相互抵消相同點大小相等、方向相反，作用在同始終線上[多角練通]1．(2021·南寧模擬)手拿一個錘頭敲在一塊玻璃上把玻璃打碎了。對于這一現(xiàn)象，下列說法正確的是()A．錘頭敲玻璃的力大于玻璃對錘頭的作用力，所以玻璃才碎裂B．錘頭受到的力大于玻璃受到的力，只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂C．錘頭和玻璃之間的作用力應當是等大的，只是由于錘頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂D．由于不清楚錘頭和玻璃的其他受力狀況，所以無法推斷它們之間的相互作用力的大小解析：選C錘頭敲玻璃的力與玻璃對錘頭的作用力是作用力與反作用力，總是大小相等，方向相反，但因作用在不同的物體上，因物體的承受力氣不同，產(chǎn)生不同的作用效果，故C正確，A、B、D均錯誤。2.(多選)如圖3-1-2所示，用水平力F把一個物體緊壓在豎直墻壁上靜止，下列說法中正確的是()圖3-1-2A．水平力F跟墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力B．物體的重力跟墻壁對物體的靜摩擦力是一對平衡力C．水平力F與物體對墻壁的壓力是一對作用力與反作用力D．物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的壓力是一對作用力與反作用力解析：選BD水平力F跟墻壁對物體的壓力作用在同一物體上，大小相等，方向相反，且作用在一條直線上，是一對平衡力，選項A錯誤；物體在豎直方向上受豎直向下的重力以及墻壁對物體豎直向上的靜摩擦力的作用，因物體處于靜止狀態(tài)，故這兩個力是一對平衡力，選項B正確；水平力F作用在物體上，而物體對墻壁的壓力作用在墻壁上，這兩個力不是平衡力，也不是相互作用力，選項C錯誤；物體對墻壁的壓力與墻壁對物體的壓力是兩個物體間的相互作用力，是一對作用力與反作用力，選項D正確。要點三應用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換爭辯對象假如不能直接求解物體受到的某個力時，可先求它的反作用力，如求壓力時可先求支持力。在很多問題中，摩擦力的求解亦是如此?？梢娎门ｎD第三定律轉(zhuǎn)換爭辯對象，可以使我們對問題的分析思路更機敏、更寬敞。[典例](2021·?？谀M)建筑工人用如圖3-1-3所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質(zhì)量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽視繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10m/s2)()圖3-1-3A．510N B．490NC．890N D．910N[解析]繩子對物體的拉力F1－mg＝maF1＝m(g＋a)＝210N繩子對人的拉力F2＝F1＝210N人處于靜止，則地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490N，由牛頓第三定律知：人對地面的壓力FN′＝FN＝490N故B項正確。[答案]B[方法規(guī)律]本題中求解工人對地面的壓力大小，不能直接選取地面為爭辯對象，只能以工人為爭辯對象先求解地面對工人的支持力，再由牛頓第三定律得出工人對地面的壓力大小。[針對訓練]1．(多選)(2021·大連模擬)用手托著一塊磚，開頭靜止不動，當手突然向上加速運動時，磚對手的壓力大小()A．確定小于手對磚的支持力大小B．確定等于手對磚的支持力大小C．確定大于手對磚的支持力大小D．確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與反作用力，其大小確定相同，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確定大于磚的重力大小，故D正確。2．一個箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環(huán)，箱與桿的質(zhì)量為M，環(huán)的質(zhì)量為m，如圖3-1-4所示。已知環(huán)沿桿勻加速下滑時，環(huán)與桿間的摩擦力大小為f，則此時箱對地面的壓力大小為()圖3-1-4A．Mg＋f B．Mg－fC．Mg＋mg D．Mg－mg解析：選A環(huán)在豎直方向上受重力及箱子的桿給它的豎直向上的摩擦力f，受力狀況如圖甲所示，依據(jù)牛頓第三定律，環(huán)應給桿一個豎直向下的摩擦力f′，故箱子豎直方向上受重力Mg、地面對它的支持力N及環(huán)給它的摩擦力f′，受力狀況如圖乙所示，由于箱子處于平衡狀態(tài)，可得N＝f′＋Mg＝f＋Mg。依據(jù)牛頓第三定律，箱子對地面的壓力大小等于地面對箱子的支持力，即N′＝Mg＋f，故選項A正確。對點訓練：對力與運動關(guān)系的理解1．(2021·揭陽模擬)在物理學史上，正確生疏運動和力的關(guān)系且推翻“力是維持物體運動的緣由”這個觀點的物理學家及建立慣性定律的物理學家分別是()A．亞里士多德、伽利略 B．伽利略、牛頓C．伽利略、愛因斯坦 D．亞里士多德、牛頓解析：選B伽利略通過斜面試驗正確生疏了運動和力的關(guān)系，從而推翻了亞里士多德“力是維持物體運動的緣由”的錯誤觀點；牛頓在歸納總結(jié)伽利略、笛卡兒等科學家的結(jié)論基礎(chǔ)上得出了牛頓第確定律，即慣性定律，故選項B正確。2．(2021·鶴壁模擬)關(guān)于運動狀態(tài)與所受外力的關(guān)系，下面說法中正確的是()A．物體受到恒定的力作用時，它的運動狀態(tài)不發(fā)生轉(zhuǎn)變B．物體受到不為零的合力作用時，它的運動狀態(tài)要發(fā)生轉(zhuǎn)變C．物體受到的合力為零時，它確定處于靜止狀態(tài)D．物體的運動方向與它所受的合力的方向確定相同解析：選B力是轉(zhuǎn)變物體運動狀態(tài)的緣由，只要物體受力(合力不為零)，它的運動狀態(tài)就確定會轉(zhuǎn)變，A錯誤，B正確；物體不受力或合力為零，其運動狀態(tài)確定不變，處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)，C錯誤；物體的運動方向與它所受合力方向可能相同，也可能相反，還可能不在一條直線上，D錯誤。3．在物理學進展史上，伽利略、牛頓等許很多多科學家為物理學的進展做出了巨大貢獻。以下選項中符合伽利略和牛頓的觀點的是()A．人在沿直線加速前進的車廂內(nèi)豎直向上跳起后，將落在起跳點的后方B．兩匹馬拉車比一匹馬拉車跑得快，這說明：物體受的力越大則速度就越大C．把手中皮球由靜止釋放后，球?qū)⒓铀傧侣?，說明力轉(zhuǎn)變了皮球的慣性D．一個運動的物體，假如不再受力了，它總會漸漸停下來，這說明：靜止狀態(tài)才是物體不受力時的“自然狀態(tài)”解析：選A讀題確定要認真，以前的題目多是車廂勻速前進，人會落在起跳點(忽視空氣阻力)，而本題車廂加速前進，故人將落在起跳點的后方，A選項符合伽利略和牛頓的觀點；假如馬車都是勻速運動，它受到的合外力都為0，也就是兩匹馬的拉力之和并不比一匹馬的拉力大，之所以跑得快，是由于兩匹馬的功率之和比一匹馬的功率大了，B選項不符合；慣性是物體的固有屬性，物體的質(zhì)量不變，其慣性就不變，皮球加速下落，只是由于重力克服了它的慣性使之產(chǎn)生加速度，但并沒有轉(zhuǎn)變其慣性，C選項不符合；運動的物體假如不再受力了，它會始終做勻速直線運動，生活中經(jīng)?？吹轿矬w漸漸停下來，其實還是物體受到阻力的作用造成的，物體不受力時將保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)，D選項不符合。對點訓練：對慣性的生疏4．(2021·濰坊模擬)關(guān)于慣性的生疏，以下說法正確的是()A．物體受到力的作用后，運動狀態(tài)發(fā)生轉(zhuǎn)變，慣性也隨之轉(zhuǎn)變B．置于光滑水平面上的物體即使質(zhì)量很大也能被拉動，說明慣性與物體的質(zhì)量無關(guān)C．讓物體的速度發(fā)生轉(zhuǎn)變，無論多快，都需要確定時間，這是由于物體具有慣性D．同一物體沿同一水平面滑動，速度較大時停下來的時間較長，說明慣性與速度有關(guān)解析：選C慣性大小與物體的運動狀態(tài)及受力狀況無關(guān)，由物體的質(zhì)量大小唯一確定，A、B、D均錯誤；要轉(zhuǎn)變物體的速度，必需有外力作用，而且要經(jīng)受確定的時間，C正確。5．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．接受了大功率的發(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(zhì)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，這會轉(zhuǎn)變它的慣性D．摩托車轉(zhuǎn)彎時，車手一方面要把握適當?shù)乃俣?，另一方面要將身體略微向里傾斜，通過調(diào)控人和車的慣性達到轉(zhuǎn)彎的目的解析：選C接受了大功率的發(fā)動機后，可以提高車速，但功率的大小與慣性無關(guān)，只要質(zhì)量不變，慣性就不變，故A錯；慣性與運動時間無關(guān)，故B錯；摘下或加掛車廂，會使列車的質(zhì)量增大或減小，慣性發(fā)生變化，故C對；摩托車轉(zhuǎn)彎時，身體略微向里傾斜是轉(zhuǎn)變其受力狀況，慣性與力無關(guān)，故D錯。6.如圖1所示，在一輛表面光滑且足夠長的小車上，有質(zhì)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1A．確定相碰 B．確定不相碰C．不愿定相碰 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。對點訓練：對作用力與反作用力的理解7．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、作用在同始終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，到底哪一個力是作用力、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。8．(多選)一個物體靜止在水平面上，與物體有關(guān)的力有：物體的重力G；物體對水平面的壓力F1；水平面對物體的支持力F2；物體對地球的吸引力F3。下列說法中正確的是()A．G與F1是一對平衡力B．G與F2是一對平衡力C．G與F3是一對作用力和反作用力D．F1與F2是一對作用力和反作用力解析：選BCD物體靜止在水平面上，物體所受的力有G和F2，由牛頓其次定律有G＝－F2，這是一對平衡力；重力G的反作用力是物體對地球的吸引力F3，支持力F2的反作用力是物體對水平面的壓力F1，故選項A錯誤，選項B、C、D正確。9.如圖2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2A．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物體重力沿斜面的分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C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錯誤。物體對斜面的摩擦力和物體重力沿斜面的分力不是兩物體間的相互作用力，故B錯誤。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錯誤。對點訓練：牛頓第三定律的應用10．(2021·閘北模擬)如圖3所示，家用吊扇對懸掛點有拉力作用，正常轉(zhuǎn)動時吊扇對懸掛點的拉力與它不轉(zhuǎn)動時相比()圖3A．變大 B．變小C．不變 D．無法推斷解析：選B吊扇不轉(zhuǎn)動時，吊扇對懸點的拉力等于吊扇的重力，吊扇旋轉(zhuǎn)時要向下?lián)滹L，即對空氣有向下的壓力，依據(jù)牛頓第三定律，空氣也對吊扇有一個向上的反作用力，使得吊扇對懸點的拉力減小，B正確。11．(2021·河南省試驗中學檢測)如圖4所示，用細線將A物體懸掛在頂板上，B物體放在水平地面上。A、B間有一勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧，此時彈簧伸長了2cm。已知A、B兩物體的重力分別是3N和5N。則細線的拉力及B對地面的壓力分別是()圖4A．8N和0N B．5N和7NC．5N和3N D．7N和7N解析：選C對A由平衡條件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3N＋100×0.02N＝5N，對B由平衡條件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5N－100×0.02N＝3N，由牛頓第三定律得B對地面的壓力是3N，故選項C正確?？键c綜合訓練12．月球表面上的重力加速度為地球表面的重力加速度的eq\f(1,6)。對于同一個飛行器，在月球表面上時與在地球表面上時相比較()A．慣性減小為在地球表面時的eq\f(1,6)，重力不變B．慣性和重力都減小為在地球表面時的eq\f(1,6)C．慣性不變，重力減小為在地球表面時的eq\f(1,6)D．慣性和重力都不變解析：選C因同一物體的質(zhì)量與它所在位置及運動狀態(tài)無關(guān)，所以這個飛行器從地球到月球，其慣性大小不變。物體的重力發(fā)生變化，這個飛行器在月球表面上的重力為G月＝mg月＝m·eq\f(1,6)g地＝eq\f(1,6)G地。選C。13．(2011·浙江高考)如圖5所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”。兩人中間位置處有一分界線，商定先使對方過分界線者為贏。若繩子質(zhì)量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是()圖5A．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(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”競賽的成功D．若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”競賽的成功解析：選C依據(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；由于甲和乙的力作用在同一個物體上，故選項B錯。依據(jù)動量守恒定律有m1s1＝m2s2，若甲的質(zhì)量比較大，甲的位移較小，乙先過界，選項C正確；“拔河”競賽的輸贏只與甲、乙的質(zhì)量有關(guān)，與收繩速度無關(guān)，選項D錯誤。14．(2021·淄博一模)如圖6所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B內(nèi)，B放在長木板A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)緩慢減小木板的傾角θ過程中，下列說法正確的是()圖6A．A受到的壓力漸漸變大B．A受到的摩擦力漸漸變大C．C對B的壓力漸漸變大D．C受到三個力的作用解析：選A將小球和凹槽看做一整體分析，可得木板傾角θ減小時，整體對木板的壓力增大，整體受到的沿斜面方向的摩擦力減小，由作用力與反作用力的關(guān)系知選項A正確、B錯誤；由于木板緩慢移動，則小球C處于動態(tài)平衡狀態(tài)，小球C始終受到重力和凹槽B的支持力兩個力的作用而平衡，C對B的壓力大小等于C受到的支持力，故選項C、D錯誤。15.如圖7所示為英國人阿特伍德設(shè)計的裝置，不考慮繩與滑輪的質(zhì)量，不計軸承、繩與滑輪間的摩擦。初始時兩人均站在水平地面上，當位于左側(cè)的甲用力向上攀爬時，位于右側(cè)的乙始終用力抓住繩子，最終至少一人能到達滑輪。下列說法中正確的是()圖7A．若甲的質(zhì)量較大，則乙先到達滑輪B．若甲的質(zhì)量較大，則甲、乙同時到達滑輪C．若甲、乙質(zhì)量相同，則乙先到達滑輪D．若甲、乙質(zhì)量相同，則甲先到達滑輪解析：選A由于滑輪光滑，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，若甲的質(zhì)量大，則由甲拉繩子的力等于乙受到的繩子拉力，得甲攀爬時乙的加速度大于甲，所以乙會先到達滑輪，選項A正確，選項B錯誤；若甲、乙的質(zhì)量相同，甲用力向上攀爬時，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙應同時到達滑輪，選項C、D錯誤。16.如圖8所示，質(zhì)量M＝60kg的人通過光滑的定滑輪用繩拉著m＝20kg的物體。當物體以加速度a＝5m/s2上升時，人對地面的壓力為多大？(g取10m/s2)圖8解析：對物體受力分析如圖所示，F(xiàn)為繩子對物體的拉力，由牛頓其次定律得：F－mg＝ma，則F＝m(a＋g)＝20×(5＋10)N＝300N。對人進行受力分析，人受豎直向下的重力Mg、地面豎直向上的支持力FN、繩子豎直向上的拉力F′。因人靜止，則Mg＝FN＋F′，又由于F′＝F，所以FN＝Mg－F＝60×10N－300N＝300N。由牛頓第三定律知，人對地面的壓力FN′＝FN＝300N。答案：300N第2節(jié)牛頓其次定律__兩類動力學問題,(1)物體加速度的方向確定與合外力方向相同。(√)(2)質(zhì)量越大的物體，加速度越小。(×)(3)物體的質(zhì)量與加速度成反比。(×)(4)物體受到外力作用，馬上產(chǎn)生加速度。(√)(5)可以利用牛頓其次定律確定自由電子的運動狀況。(×)(6)千克、秒、米、庫侖、安培均為國際單位制的基本單位。(×)(7)力的單位牛頓，簡稱牛，屬于導出單位。(√)要點一牛頓其次定律的理解1．牛頓其次定律的五個特性2.合力、加速度、速度間的打算關(guān)系(1)物體所受合力的方向打算了其加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度，只有合力為零時，加速度才為零。一般狀況下，合力與速度無必定的聯(lián)系。(2)合力與速度同向時，物體加速運動；合力與速度反向時，物體減速運動。(3)a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關(guān)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的打算式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。[多角練通]1．(2022·海南高考)依據(jù)牛頓其次定律，下列敘述正確的是()A．物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合力必需達到確定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比D．當物體質(zhì)量轉(zhuǎn)變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比解析：選D依據(jù)牛頓其次定律a＝eq\f(F,m)可知物體的加速度與速度無關(guān)，所以A錯；即使合力很小，也能使物體產(chǎn)生加速度，所以B錯；物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，所以C錯；力和加速度為矢量，物體的加速度與質(zhì)量成反比，所以D正確。2．(多選)關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系，正確的是()A．物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大B．物體的速度為零，則加速度為零，所受的合外力也為零C．物體的速度為零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物體的速度很大，但加速度可能為零，所受的合外力也可能為零解析：選CD物體的速度大小與加速度大小及所受合外力大小無關(guān)，故C、D正確，A、B錯誤。3．如圖3-2-1所示，彈簧左端固定，右端自由伸長到O點并系住質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)將彈簧壓縮到A點，然后釋放，物體可以始終運動到B點。假如物體受到的阻力恒定，則()圖3-2-1A．物體從A到O先加速后減速B．物體從A到O做加速運動，從O到B做減速運動C．物體運動到O點時，所受合力為零D．物體從A到O的過程中，加速度漸漸減小解析：選A物體從A到O，初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右。隨著物體向右運動，彈力漸漸減小，合力漸漸減小，由牛頓其次定律可知，加速度向右且漸漸減小，由于加速度與速度同向，物體的速度漸漸增大。當物體向右運動至AO間某點(設(shè)為點O′)時，彈力減小到與阻力相等，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大。此后，隨著物體連續(xù)向右運動，彈力連續(xù)減小，阻力大于彈力，合力方向變?yōu)橄蜃蟆Ｖ罯點時彈力減為零，此后彈力向左且漸漸增大。所以物體越過O′點后，合力(加速度)方向向左且漸漸增大，由于加速度與速度反向，故物體做加速度漸漸增大的減速運動。正確選項為A。要點二牛頓其次定律的瞬時性1．兩種模型加速度與合外力具有瞬時對應關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消逝，具體可簡化為以下兩種模型：2．求解瞬時加速度的一般思路eq\x(\a\al(分析瞬時變化前后,物體的受力狀況))?eq\x(\a\al(列牛頓其次,定律方程))?eq\x(\a\al(求瞬時,加速度))[多角練通]1.如圖3-2-2所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細線固定在傾角為30°的光滑斜面上。A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()圖3-2-2A．都等于eq\f(g,2) B．eq\f(g,2)和0C．eq\f(mA＋mB,2mB)g和0 D．0和eq\f(mA＋mB,2mB)g解析：選D在線被剪斷瞬間，彈簧彈力不變，A的加速度為零，B所受合外力等于(mA＋mB)gsin30°＝eq\f(1,2)(mA＋mB)g，由牛頓其次定律，B球的加速度為eq\f(mA＋mB,2mB)g，選項D正確。2.如圖3-2-3所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m，物塊2、4質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，則有()圖3-2-3A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g解析：選C在抽出木板的瞬時，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變馬上消逝，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓其次定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及轉(zhuǎn)變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓其次定律得物塊4滿足a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(M＋m,M)g，所以C對。要點三動力學的兩類基本問題1．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其次定律列方程求解，具體規(guī)律關(guān)系如圖：2．兩類動力學問題的解題步驟[典例](2021·德州模擬)一質(zhì)量為m＝2kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5m/s2勻加速下滑。如圖3-2-4所示，若用一水平向右恒力F作用于滑塊，使之由靜止開頭在t＝2s內(nèi)能沿斜面運動位移x＝4m。求：(g取10m/s2)圖3-2-4(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)恒力F的大小。[解析](1)依據(jù)牛頓其次定律可得：mgsin30°－μmgcos30°＝ma解得：μ＝eq\f(\r(3),6)。(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度向上和向下兩種可能。當加速度沿斜面對上時，F(xiàn)cos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，依據(jù)題意可得a1＝2m/s2，代入數(shù)據(jù)得：F＝eq\f(76\r(3),5)N當加速度沿斜面對下時：mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1代入數(shù)據(jù)得：F＝eq\f(4\r(3),7)N。[答案](1)eq\f(\r(3),6)(2)eq\f(76\r(3),5)N或eq\f(4\r(3),7)N[方法規(guī)律]解決兩類動力學問題的兩個關(guān)鍵點(1)把握“兩個分析”、“一個橋梁”兩個分析：物體的受力狀況分析和運動過程分析。一個橋梁：加速度是聯(lián)系物體運動和受力的橋梁。(2)查找多過程運動問題中各過程間的相互聯(lián)系。如第一個過程的末速度就是下一個過程的初速度，畫圖找出各過程的位移之間的聯(lián)系。[針對訓練]1.(2021·洛陽模擬)某電視臺在消遣節(jié)目中曾推出一個玩耍節(jié)目——推礦泉水瓶。選手們從起點開頭用力推瓶子一段時間后，放手讓它向前滑動，若瓶子最終停在桌上有效區(qū)域內(nèi)(不能壓線)視為成功；若瓶子最終沒有停在桌上有效區(qū)域內(nèi)或在滑行過程中倒下均視為失敗。其簡化模型如圖3-2-5所示，AC是長度L1＝5.5m的水平桌面，選手們將瓶子放在A點，從A點開頭用一恒定不變的水平推力推它，BC為有效區(qū)域。已知BC長度L2＝1.1m，瓶子質(zhì)量m＝0.5kg，與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2。某選手作用在瓶子上的水平推力F＝11N，瓶子沿AC做直線運動，假設(shè)瓶子可視為質(zhì)點，該選手要想玩耍獲得成功，試求：在手推瓶子過程中瓶子的位移取值范圍。(令eq\r(5)＝2.2)圖3-2-5解析：要想獲得成功，瓶子滑到B點時速度恰好為0，力作用時間最短，滑到C點時速度恰好為0，力作用時間最長。設(shè)力作用時的加速度為a1、位移為x1，撤力時瓶子的速度為v1，撤力后瓶子的加速度為a2、位移為x2，則F－μmg＝ma1－μmg＝ma22a1x1＝v122a2x2＝－v12L1－L2＜x1＋x2＜L1由以上各式聯(lián)立可解得：0．4m＜x1＜0.5m。答案：0.4m～0.5m2．設(shè)某一艦載機的質(zhì)量為m＝2.5×104kg，速度為v0＝42m/s，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，艦載機將在甲板上以a0＝0.8m/s2的加速度做勻減速運動，著艦過程中航母靜止不動。圖3-2-6(1)艦載機著艦后，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多長才能保證艦載機不滑到海里？(2)為了艦載機在有限長度的跑道上停下來，甲板上設(shè)置了阻攔索讓艦載機減速，同時考慮到艦載機掛索失敗需要復飛的狀況，艦載機著艦時不關(guān)閉發(fā)動機。圖3-2-6所示為艦載機勾住阻攔索后某一時刻的情景，此時發(fā)動機的推力大小為F＝1.2×105N，減速的加速度a1＝20m/s2，此時阻攔索夾角θ＝106°，空氣阻力和甲板阻力保持不變。求此時阻攔索承受的張力大小？(已知：sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)解析：(1)設(shè)甲板的長度至少為s0，則由運動學公式得－v02＝－2a0s0，故s0＝eq\f(v02,2a0)代入數(shù)據(jù)可得s0＝1102.5m。(2)艦載機受力分析如圖所示，其中T為阻攔索的張力，f為空氣和甲板對艦載機的阻力，由牛頓其次定律得2Tcos53°＋f－F＝ma1艦載機僅受空氣阻力和甲板阻力時f＝ma0聯(lián)立可得T＝5×105N。答案：(1)1102.5m(2)5×105N要點四動力學的圖像問題1．常見的動力學圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像等。2．圖像問題的類型(1)已知物體受到的力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動狀況。(2)已知物體的速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力狀況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。3．解題策略(1)問題實質(zhì)是力與運動的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于弄清圖像斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義。(2)應用物理規(guī)律列出與圖像對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖像與公式”、“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出精確?????推斷。[多維探究](一)由v-t圖像分析物體的受力狀況[典例1](多選)(2022·山東高考)一質(zhì)點在外力作用下做直線運動，其速度v隨時間t變化的圖像如圖3-2-7。在圖中標出的時刻中，質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相同的有()圖3-2-7A．t1 B．t2C．t3 D．t4[解析]已知質(zhì)點在外力作用下做直線運動，依據(jù)它的速度－時間圖像可知，在圖中標出的t1時刻所在的過程中，質(zhì)點的速度越來越大，但斜率越來越小，說明質(zhì)點做加速度越來越小的變加速直線運動，因此t1時刻質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相同，因此A選項正確；在圖中標出的t2時刻所在的過程中，質(zhì)點在做勻減速直線運動，因此質(zhì)點所受合外力方向與速度方向相反，故B選項不正確；在圖中標出的t3時刻所在的過程中，質(zhì)點在做反向的勻加速直線運動，所以t3時刻質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向也相同，由此可知C選項正確；同理t4時刻所在的過程中，質(zhì)點在做反向變減速直線運動，因此合外力的方向與速度的方向相反，故D選項錯誤。[答案]AC(二)依據(jù)已知條件確定某物理量的變化圖像[典例2](2022·福建高考)如圖3-2-8，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖像最能正確描述這一運動規(guī)律的是()圖3-2-8圖3-2-9[解析]滑塊沿斜面下滑過程中，受重力、支持力和滑動摩擦力作用，做勻減速直線運動，故速度圖像為向下傾斜的直線，C項錯；滑塊加速度保持不變，D項錯；設(shè)滑塊的加速度大小為a，則滑塊的位移s＝v0t－eq\f(1,2)at2，s-t圖像為開口向下的拋物線，B項對；設(shè)斜面傾角為θ，滑塊下降高度h＝ssinθ，所以h-t圖像也是開口向下的拋物線，A項錯。[答案]B(三)由F-t圖像分析物體的運動狀況[典例3](2021·河南中原名校聯(lián)考)如圖3-2-10甲所示，光滑水平面上的O處有一質(zhì)量為m＝2kg的物體。物體同時受到兩個水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小如圖乙所示。物體從靜止開頭運動，此時開頭計時。求：圖3-2-10(1)當t＝0.5s時物體的加速度大?。?2)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)何時物體的加速度最大？最大值為多少？(3)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)何時物體的速度最大？最大值為多少？[解析](1)當t＝0.5s時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3NF1－F2＝maa＝eq\f(F1－F2,m)＝eq\f(4－3,2)m/s2＝0.5m/s2。(2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)作出F合-t圖如圖所示：從圖中可以看出，在0～2s范圍內(nèi)當t＝0時，物體有最大加速度a0。F0＝ma0a0＝eq\f(F0,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2當t＝2s時，物體也有最大加速度a2。F2＝ma2a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(－2,2)m/s2＝－1m/s2負號表示加速度方向向左。(3)由牛頓其次定律得：a＝eq\f(F合,m)＝1－t(m/s2)畫出a-t圖像如圖所示：由圖可知t＝1s時速度最大，最大值等于上方三角形的面積。v＝eq\f(1,2)×1×1m/s＝0.5m/s。[答案](1)0.5m/s2(2)t＝0或t＝2s時加速度最大，大小為1m/s2(3)t＝1s時速度最大，大小為0.5m/s對點訓練：力學單位制1．(2021·福建高考)在國際單位制(簡稱SI)中，力學和電學的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。導出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1解析：選B本題考查基本單位與導出單位間的關(guān)系，意在考查考生對單位制的生疏。由1J＝1V·A·s＝1kg·m·s－2·m可得，1V＝1m2·kg·s－3·A－1，因此選B。對點訓練：力與運動的關(guān)系2．(2021·海南高考)一質(zhì)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漸漸減小到零，再沿原方向漸漸恢復到原來的大小。在此過程中，其他力保持不變，則質(zhì)點的加速度大小a和速度大小v的變化狀況是()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(zhì)點受到的合外力先從0漸漸增大，然后又漸漸減小為0，合力的方向始終未變，故質(zhì)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。對點訓練：已知受力狀況求物體的運動狀況3.(多選)(2021·山東師大附中質(zhì)檢)如圖1所示，質(zhì)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(g取10m/s2)()圖1A．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，依據(jù)牛頓其次定律得，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。4．(2022·全國卷Ⅰ)大路上行駛的兩汽車之間應保持確定的平安距離。當前車突然停止時，后車司機可以實行剎車措施，使汽車在平安距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常狀況下，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，平安距離為120m。設(shè)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eq\f(2,5)。若要求平安距離仍為120m，求汽車在雨天平安行駛的最大速度。解析：設(shè)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，平安距離為s，反應時間為t0，由牛頓其次定律和運動學公式得μ0mg＝ma0①s＝v0t0＋eq\f(v02,2a0)②式中，m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。設(shè)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(shè)在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，平安行駛的最大速度為v，由牛頓其次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)對點訓練：已知運動狀況求物體的受力狀況5.(2021·沈陽四校協(xié)作體月考)如圖2所示，當小車向右加速運動時，物塊M相對車廂靜止于豎直車廂壁上，當車的加速度增大時()圖2A．M受靜摩擦力增大B．M對車廂壁的壓力減小C．M仍相對于車廂靜止D．M受靜摩擦力減小解析：選C分析M受力狀況如圖所示，因M相對車廂壁靜止，有Ff＝Mg，與水平方向的加速度大小無關(guān)，A、D錯誤。水平方向，F(xiàn)N＝Ma，F(xiàn)N隨a的增大而增大，由牛頓第三定律知，B錯誤。因FN增大，物體與車廂壁的最大靜摩擦力增大，故M相對于車廂仍靜止，C正確。6．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3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(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設(shè)纜車保持豎直狀態(tài)運行)。則()圖3A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面對上B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面對下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ma解析：選A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，以物塊為爭辯對象，則有Ff－mgsin30°＝ma，F(xiàn)f＝eq\f(1,2)mg＋ma，方向平行斜面對上，故A正確，B、C、D均錯誤。對點訓練：動力學的圖像問題7．(多選)(2021·黃岡中學檢測)一汽車沿直線由靜止開頭向右運動，汽車的速度和加速度方向始終向右。汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖像如圖4所示，則下列說法正確的是()圖4A．汽車從開頭運動到前進x1過程中，汽車受到的合外力越來越大B．汽車從開頭運動到前進x1過程中，汽車受到的合外力越來越小C．汽車從開頭運動到前進x1過程中，汽車的平均速度大于eq\f(v0,2)D．汽車從開頭運動到前進x1過程中，汽車的平均速度小于eq\f(v0,2)解析：選AD由v2＝2ax可知，若汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖像為直線，則汽車做勻加速運動。由汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖像可知，汽車的加速度越來越大，汽車受到的合外力越來越大，選項A正確，B錯誤；依據(jù)汽車做加速度漸漸增大的加速運動，可畫出速度圖像，依據(jù)速度圖像可得出，汽車從開頭運動到前進x1過程中，汽車的平均速度小于eq\f(v0,2)，選項C錯誤，D正確。8．(2022·重慶高考)以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開頭計時，一個物體所受空氣阻力可忽視，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v-t圖像可能正確的是()圖5解析：選D不受空氣阻力的物體，整個上拋過程中加速度恒為g，方向豎直向下，題圖中的虛線表示該物體的速度－時間圖像；受空氣阻力的物體在上升過程中，mg＋kv＝ma，即a＝g＋eq\f(kv,m)，隨著物體速度的減小，物體的加速度不斷減小，故A項錯誤；受空氣阻力的物體上升到最高點時，速度為零，此時物體的加速度也是g，方向豎直向下，故圖中實線與t軸交點處的切線的斜率應與虛線的斜率相同，故D項正確，B、C項錯誤。9．(2021·上海八校聯(lián)考)一質(zhì)量m＝0.5kg的滑塊以確定的初速度沖上一傾角為30°足夠長的斜面，某同學利用DIS試驗系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖6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6(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)推斷滑塊最終能否返回斜面底端？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)滑塊的加速度大小：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0－6,0.5)))m/s2＝12m/s2。(2)滑塊在沖上斜面過程中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(v02,2a)＝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處對點訓練：利用牛頓其次定律求瞬時加速度10．(2021·天津市十二區(qū)縣高三聯(lián)考)如圖7所示，在傾角為α＝30°的光滑固定斜面上，有兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接，現(xiàn)對A施加一水平向右的恒力，使A、B均靜止在斜面上，此時彈簧的長度為L，下列說法正確的是()圖7A．彈簧的原長為L＋eq\f(mg,2k)B．水平恒力大小為eq\f(\r(3),3)mgC．撤掉恒力的瞬間小球A的加速度為gD．撤掉恒力的瞬間小球B的加速度為g解析：選C分析小球B受力，由平衡條件可得：kx＝mgsinα，解得x＝eq\f(mg,2k)，彈簧的原長為L－x＝L－eq\f(mg,2k)，A錯誤；分析小球A受力，由平衡條件可得：Fcosα＝mgsinα＋kx，解得：F＝eq\f(2\r(3),3)mg，B錯誤；撤去F的瞬間，彈簧彈力不變，故B球的加速度為零，由mgsinα＋kx＝maA可得：小球A此時的加速度為aA＝g，C正確?？键c綜合訓練11．(多選)(2021·青島市高三期中)一斜面固定在水平面上，在斜面頂端有一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，木板上固定一輕質(zhì)彈簧測力計，彈簧測力計下面連接一個光滑的小球，如圖8所示，當木板固定時，彈簧測力計示數(shù)為F1，現(xiàn)由靜止釋放后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時彈簧測力計的示數(shù)為F2，若斜面的高為h，底邊長為d，則下列說法正確的是()圖8A．穩(wěn)定后彈簧仍處于伸長狀態(tài)B．穩(wěn)定后彈簧確定處于壓縮狀態(tài)C．μ＝eq\f(F1d,F2h)D．μ＝eq\f(F2h,F1d)解析：選AD平衡時，對小球分析F1＝mgsinθ；木板運動后穩(wěn)定時，對整體分析有：a＝gsinθ－μgcosθ；則a＜gsinθ，依據(jù)牛頓其次定律得知，彈簧對小球的彈力應沿斜面對上，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對小球有mgsinθ－F2＝ma，而tanθ＝eq\f(h,d)；聯(lián)立以上各式計算可得μ＝eq\f(F2h,F1d)。故A、D正確。12．(2021·杭州七校聯(lián)考)如圖9甲所示，水平平臺的右端安裝有輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為M＝2.5kg的物塊A放在與滑輪相距l(xiāng)的平臺上，現(xiàn)有一輕繩跨過定滑輪，左端與物塊連接，右端掛質(zhì)量為m＝0.5kg的小球B，繩拉直時用手托住小球使其在距地面h高處靜止，繩與滑輪間的摩擦不計，重力加速度為g(g取10m/s2)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)某探究小組欲用上述裝置測量物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)。放開小球，系統(tǒng)運動，該小組對小球勻加速下落過程拍得同一底片上多次曝光的照片如圖乙所示，拍攝時每隔1s曝光一次，若小球直徑為20cm，求物塊A與平臺間的動摩擦因數(shù)μ；(2)設(shè)小球著地后馬上停止運動，已知l＝3.0m，要使物塊A不撞到定滑輪，求小球下落的最大高度h?圖9解析：(1)對比片分析知，s1＝60cm，s2＝100cm，由Δs＝s2－s1＝aT2得a＝eq\f(Δs,T2)＝eq\f(100－60,12)cm/s2＝0.4m/s2以小球B為爭辯對象，受力如圖所示，由牛頓其次定律，可知mg－FT＝ma對于物塊A，在水平方向，由牛頓其次定律，可得：FT′－Ff＝Ma又Ff＝μMg，F(xiàn)T＝－FT′，聯(lián)立各式得：μ＝eq\f(mg－M＋ma,Mg)代入M、m、g、a的數(shù)值，解得μ＝0.152。(2)對小球B，小球做初速度為零，加速度為a的勻加速直線運動，落地時速度為v，由運動學公式有：v2－0＝2ah對物塊A：B從開頭下落到著地，A也運動了h，隨后在摩擦力作用下做勻減速直線運動，由牛頓其次定律，有：μMg＝Ma′要使物塊不撞到定滑輪，則應滿足v2＜2a′(l－h(huán))可得h＜eq\f(a′l,a＋a′)。代入數(shù)值，解得h＜2.375m。答案：(1)0.152(2)2.375m第3節(jié)牛頓運動定律的綜合應用_,(1)超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象。(×)(2)失重時物體的重力小于mg。(×)(3)加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)。(×)(4)減速上升的升降機內(nèi)的物體，物體對地板的壓力大于重力。(×)(5)加速上升的物體處于超重狀態(tài)。(√)(6)物體處于超重或失重狀態(tài)時其重力并沒有發(fā)生變化。(√)(7)依據(jù)物體處于超重或失重狀態(tài)，可以推斷物體運動的速度方向。(×)(8)物體處于超重或失重狀態(tài)，完全由物體加速度的方向打算，與速度方向無關(guān)。(√)(9)整體法和隔離法是指選取爭辯對象的方法。(√)要點一對超重、失重的理解(1)不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”轉(zhuǎn)變。(2)物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體具有向上的加速度還是向下的加速度，這也是推斷物體超重或失重的根本所在。(3)當物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只有使物體產(chǎn)生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此時，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消逝，如單擺停擺、天平失效、液體不再產(chǎn)生壓強和浮力等。[多角練通]1．(2022·北京高考)應用物理學問分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加好玩和深化。例如平伸手掌托起物體，由靜止開頭豎直向上運動，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手托物體由靜止開頭向上運動，確定先做加速運動，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，二者分別，不計空氣阻力，物體只受重力，物體的加速度確定等于重力加速度；要使手和物體分別，手向下的加速度確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。2．(2021·貴州五校聯(lián)考)如圖3-3-1所示，與輕繩相連的物體A和B跨過定滑輪，質(zhì)量mA<mB，A由靜止釋放，不計繩與滑輪間的摩擦，則在A向上運動的過程中，輕繩的拉力()圖3-3-1A．T＝mAg B．T>mAgC．T＝mBg D．T>mBg解析：選B物體A向上加速運動，物體B向下加速運動，因此A處于超重狀態(tài)，T>mAg，B處于失重狀態(tài)，T<mBg，故B正確。3．在升降電梯內(nèi)的地面上放一體重計，電梯靜止時，曉敏同學站在體重計上，體重計示數(shù)為50kg，電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)曉敏同學發(fā)覺體重計示數(shù)如圖3-3-2所示，在這段時間內(nèi)下列說法中正確的是()圖3-3-2A．曉敏同學所受的重力變小了B．曉敏對體重計的壓力小于體重計對曉敏的支持力C．電梯確定在豎直向下運動D．電梯的加速度大小為eq\f(g,5)，方向確定豎直向下解析：選D曉敏在這段時間內(nèi)處于失重狀態(tài)，是由于曉敏對體重計的壓力變小了，而曉敏的重力沒有轉(zhuǎn)變，A選項錯；曉敏對體重計的壓力與體重計對曉敏的支持力是一對作用力與反作用力，大小確定相等，B選項錯；以豎直向下為正方向，有mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝eq\f(g,5)，方向豎直向下，但速度方向可能是豎直向上，也可能是豎直向下，C選項錯，D選項正確。要點二動力學中整體法與隔離法的應用1．方法概述(1)整體法是指對物理問題的整個系統(tǒng)或過程進行爭辯的方法。(2)隔離法是指從整個系統(tǒng)中隔離出某一部分物體，進行單獨爭辯的方法。2．涉及隔離法與整體法的具體問題類型圖3-3-3(1)涉及滑輪的問題若要求繩的拉力，一般都必需接受隔離法。例如，如圖3-3-3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，故接受隔離法。(2)水平面上的連接體問題①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，一般接受先整體、后隔離的方法。②建立坐標系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度。(3)斜面體與上面物體組成的連接體的問題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，解題時一般接受隔離法分析。3．解題思路(1)分析所爭辯的問題適合應用整體法還是隔離法。(2)對整體或隔離體進行受力分析，應用牛頓其次定律確定整體或隔離體的加速度。(3)結(jié)合運動學方程解答所求解的未知物理量。[典例](2021·無錫市期中測試)如圖3-3-4所示的裝置叫做阿特伍德機，是阿特伍德創(chuàng)制的一種出名力學試驗裝置，用來爭辯勻變速直線運動的規(guī)律。繩子兩端的物體下落(上升)的加速度總是小于自由落體的加速度g，同自由落體相比，下落相同的高度，所花費的時間要長，這使得試驗者有足夠的時間從容的觀測、爭辯。已知物體A、B的質(zhì)量相等均為M，物體C的質(zhì)量為m，輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，繩子不行伸長，假如m＝eq\f(1,4)M，求：圖3-3-4(1)物體B從靜止開頭下落一段距離的時間與其自由落體下落同樣的距離所用時間的比值；(2)系統(tǒng)由靜止釋放后運動過程中物體C對B的拉力。[解析](1)設(shè)物體的加速度為a，繩子中的張力為F，對物體A，F(xiàn)－Mg＝Ma，對BC整體，(M＋m)g－F＝(M＋m)a，聯(lián)立解得：a＝eq\f(m,2M＋m)g。將m＝eq\f(1,4)M，代入，得a＝eq\f(g,9)。物體B從靜止開頭下落一段距離，h＝eq\f(1,2)at2，自由落體下落同樣的距離，h＝eq\f(1,2)gt02，解得，eq\f(t,t0)＝eq\r(\f(g,a))＝3。即物體B從靜止開頭下落一段距離的時間與其自由落體下落同樣的距離所用時間的比值為3。(2)設(shè)B對C的拉力為f，對物體C，由牛頓運動定律，mg－f＝ma，解得f＝mg－ma＝eq\f(8,9)mg。由牛頓第三定律，物體C對B的拉力為eq\f(8,9)mg。[答案](1)3(2)eq\f(8,9)mg[方法規(guī)律](1)處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力。(2)對于加速度大小相同，方向不同的連接體，應接受隔離法進行分析。[針對訓練]1．(多選)(2021·徐州質(zhì)檢)如圖3-3-5所示，一足夠長的木板靜止在粗糙的水平面上，t＝0時刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。滑塊的v-t圖像可能是圖3-3-6中的()圖3-3-5圖3-3-6解析：選BD設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，若有μ1mg＜μ2(M＋m)g，則滑塊滑上木板后向右勻減速運動，加速度a1＝μ1g，木板不動，選項D正確；若有：μ1mg＞μ2(M＋m)g，則滑塊滑上木板后向右勻減速運動，加速度為a1＝μ1g，木板向右勻加速運動，當二者同速后，一起以a2＝μ2g的加速度勻減速到停止，因a1＞a2，故選項B正確。2．(多選)(2022·江蘇高考)如圖3-3-7所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則()圖3-3-7A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當F>3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg解析：選BCDA、B間的最大靜摩擦力為2μmg，B和地面之間的最大靜摩擦力為eq\f(3,2)μmg，對A、B整體，只要F＞eq\f(3,2)μmg，整體就會運動，選項A錯誤；當A對B的摩擦力為最大靜摩擦力時，A、B將要發(fā)生相對滑動，故A、B一起運動的加速度的最大值滿足2μmg－eq\f(3,2)μmg＝mamax，B運動的最大加速度amax＝eq\f(1,2)μg，選項D正確；對A、B整體，有F－eq\f(3,2)μmg＝3mamax，則F＞3μmg時兩者會發(fā)生相對運動，選項C正確；當F＝eq\f(5,2)μmg時，兩者相對靜止，一起滑動，加速度滿足F－eq\f(3,2)μmg＝3ma，解得a＝eq\f(1,3)μg，選項B正確。要點三動力學中的臨界極值問題臨界或極值條件的標志1．有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點。2．若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)。3．若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點。4．若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。(一)極限分析法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的。[典例1](2011·福建高考)如圖3-3-8所示，一不行伸長的輕質(zhì)細繩跨過定滑輪后，兩端分別懸掛質(zhì)量為m1和m2的物體A和B。若滑輪有確定大小，質(zhì)量為m且分布均勻，滑輪轉(zhuǎn)動時與繩之間無相對滑動，不計滑輪與軸之間的摩擦。設(shè)細繩對A和B的拉力大小分別為T1和T2，已知下列四個關(guān)于T1的表達式中有一個是正確的。請你依據(jù)所學的物理學問，通過確定的分析，推斷正確的表達式是()圖3-3-8A．T1＝eq\f(m＋2m2m1g,m＋2m1＋m2) B．T1＝eq\f(m＋2m1m2g,m＋4m1＋m2)C．T1＝eq\f(m＋4m2m1g,m＋2m1＋m2) D．T1＝eq\f(m＋4m1m2g,m＋4m1＋m2)[解析]本題因考慮滑輪的質(zhì)量m，左右兩段細繩的拉力大小不再相同，直接利用牛頓其次定律求解T1和T2有確定困難，但是利用極限分析法可以較簡潔地選出答案，若m1接近零，則T1也接近零，由此可知，B、D均錯誤；若m1＝m2，則m1、m2靜止不動，T1＝m1g，則A錯誤，故本題選C。[答案]C(二)假設(shè)分析法臨界問題存在多種可能，特殊是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能毀滅臨界條件，也可能不毀滅臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題。[典例2]如圖3-3-9所示，質(zhì)量為m＝1kg的物塊放在傾角為θ＝37°的斜面體上，斜面體質(zhì)量為M＝2kg，斜面與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，地面光滑，現(xiàn)對斜面體施一水平推力F，要使物塊m相對斜面靜止，試確定推力F的取值范圍。(g取10m/s2)圖3-3-9[解析]假設(shè)水平推力F較小，物塊相對斜面具有下滑趨勢，當剛要下滑時，推力F具有最小值，設(shè)大小為F1，甲此時物塊受力如圖甲所示，取加速度方向為x軸正方向，對物塊分析，在水平方向有FNsinθ－μFNcosθ＝ma1豎直方向有FNcosθ＋μFNsinθ－mg＝0對整體有F1＝(M＋m)a1代入數(shù)值得a1＝4.8m/s2，F(xiàn)1＝14.4N，假設(shè)水平推力F較大，物塊相對斜面具有上滑趨勢，當剛要上滑時，推力F具有最大值，設(shè)大小為F2，乙此時物塊受力如圖乙所示，對物塊分析，在水平方向有：FN′sinθ＋μFN′cosθ＝ma2豎直方向有FN′cosθ－μFN′sinθ－mg＝0對整體有F2＝(M＋m)a2代入數(shù)值得a2＝11.2m/s2，F(xiàn)2＝33.6N，綜上所述可知推力F的取值范圍為：14．4N≤F≤33.6N。[答案]14.4N≤F≤33.6N(三)數(shù)學極值法將物理過程通過數(shù)學公式表達出來，依據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件。[典例3](2021·山東高考)如圖3-3-10所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面對上做勻加速運動，經(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)。重力加速度g取10m/s2。圖3-3-10(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？[解析](1)由運動學公式得：L＝v0t＋eq\f(1,2)at2①2aL＝vB2－v02②代入數(shù)值解得：a＝3m/s2，vB＝8m/s③(2)對物塊受力分析如圖所示，投拉力F與斜面成α角，在垂直斜面方向，依據(jù)平衡條件可得：Fsinα＋FN＝mgcos30°④沿斜面方向，由牛頓其次定律可得Fcosα－mgsin30°－Ff＝ma⑤又，F(xiàn)f＝μFN⑥聯(lián)立④⑤⑥三式，代入數(shù)值解得：Fcosα＋eq\f(\r(3),3)Fsinα＝5.2則F＝eq\f(5.2,cosα＋\f(\r(3),3)sinα)＝eq\f(15.6,2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα)))＝eq\f(7.8,\r(3)sinα＋60°)當α＝30°時，拉力F有最小值，且Fmin＝eq\f(13,5)eq\r(3)N[答案](1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13,5)eq\r(3)N要點四傳送帶模型1．模型特征一個物體以速度v0(v0≥0)在另一個勻速運動的物體上運動的力學系統(tǒng)可看做“傳送帶”模型，如圖3-3-11(a)、(b)、(c)所示。圖3-3-112．建模指導傳送帶模型問題包括水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題。(1)水平傳送帶問題：求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析推斷。推斷摩擦力時要留意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過程中速度是否和傳送帶速度相等。物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。(2)傾斜傳送帶問題：求解的關(guān)鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動狀況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。假如受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后依據(jù)物體的受力狀況確定物體的運動狀況。當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。[典例](2021·河北正定中學月考)一水平傳送帶以2.0m/s的速度順時針傳動，水平部分長為2.0m。其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長為0.4m，一個可視為質(zhì)點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端，已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.2,試問：(1)物塊能否到達斜面頂端？若能則說明理由，若不能則求出物塊沿斜面上升的最大距離。(2)物塊從動身到4.5s末通過的路程。(sin37°＝0.6，g取10m/s2)圖3-3-12[審題指導](1)推斷物塊在水平傳送帶上的運動規(guī)律。(2)只要物塊沿斜面上滑的最大位移小于斜面長，滑塊將滑回傳送帶。(3)推斷4.5s末時物塊所在的位置。[解析](1)物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動μmg＝ma1①s1＝eq\f(v02,2a1)＝1m＜L②所以在到達傳送帶右端前物塊已勻速物塊以v0速度滑上斜面－mgsinθ＝ma2③物塊速度為零時上升的距離s2＝eq\f(－v02,2a2)＝eq\f(1,3)m④由于s2＜0.4m，所以物塊未到達斜面的最高點。(2)物塊從開頭到第一次到達傳送帶右端所用時間t1＝eq\f(2s1,v0)＋eq\f(L－s1,v0)＝1.5s⑤物塊在斜面上來回一次時間t2＝eq\f(－2v0,a2)＝eq\f(2,3)s⑥物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0，方向向左－μmg＝ma3⑦向左端發(fā)生的最大位移s3＝eq\f(－v02,2a3)⑧物塊向左的減速過程和向右的加速過程中位移大小相等4．5s末物塊在斜面上速度恰好減為零故物塊通過的總路程s＝L＋3s2＋2s3⑨s＝5m[答案](1)不能eq\f(1,3)m(2)5m[針對訓練]1．(多選)如圖3-3-13所示，水平傳送帶A、B兩端點相距x＝4m，以v0＝2m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉(zhuǎn)。今將一小煤塊(可視為質(zhì)點)無初速度地輕放至A點處，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4，g取10m/s2。由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。則小煤塊從A運動到B的過程中()圖3-3-13A．小煤塊從A運動到B的時間時eq\r(2)sB．小煤塊從A運動到B的時間是2.25sC．劃痕長度是4mD．劃痕長度是0.5m解析：選BD小煤塊剛放上傳送帶后，加速度a＝μg＝4m/s2，由v0＝at1可知，小煤塊加速到與傳送帶同速的時間為t1＝eq\f(v0,a)＝0.5s，此時小煤塊運動的位移x1＝eq\f(v0,2)t1＝0.5m，而傳送帶的位移為x2＝v0t1＝1m，故小煤塊在帶上的劃痕長度為l＝x2－x1＝0.5m，D正確，C錯誤；之后的x－x1＝3.5m，小煤塊勻速運動，故t2＝eq\f(x－x1,v0)＝1.75s，故小煤塊從A運動到B的時間t＝t1＋t2＝2.25s，A錯誤，B正確。2.如圖3-3-14所示，傾角為37°，長為l＝16m的傳送帶，轉(zhuǎn)動速度為v＝10m/s，在傳送帶頂端A處無初速度的釋放一個質(zhì)量為m＝0.5kg的物體，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖3-3-14(1)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；(2)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間。解析：(1)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面對上，相對傳送帶向下勻加速運動，依據(jù)牛頓其次定律有mg(sin37°－μcos37°)＝ma則a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，依據(jù)l＝eq\f(1,2)at2得t＝4s。(2)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，當物體下滑速度小于傳送帶轉(zhuǎn)動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設(shè)物體的加速度大小為a1，由牛頓其次定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1則有a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝10m/s2設(shè)當物體運動速度等于傳送帶轉(zhuǎn)動速度