2020高考物理一輪總復(fù)習(xí)第三章第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用講義含解析新人教版.docx

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)填一填知識(shí)點(diǎn)超重和失重現(xiàn)象1視重(1)當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在水平臺(tái)上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重(2)視重大小等于彈簧測(cè)力計(jì)所受物體的拉力或臺(tái)秤所受物體的壓力.2超重、失重和完全失重的比較超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象概念物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體的加速度方向豎直向上物體的加速度方向豎直向下物體的加速度方向豎直向下，大小ag原理方程FmgmaFm(ga)mgFmaFm(ga)mgFmaF0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ag加速下降或減速上升判斷正誤，正確的劃“”，錯(cuò)誤的劃“”(1)超重就是物體所受的重力增加了()(2)失重就是物體所受的重力減小了()(3)完全失重就是物體所受的重力為0.()(4)無(wú)論超重還是失重，物體所受的重力都是不變的()(5)物體速度向上時(shí)，處于失重狀態(tài)()(6)物體速度向下時(shí)，處于失重狀態(tài)()(7)物體加速度向上時(shí)，處于超重狀態(tài)()(8)物體加速度向下時(shí)，處于失重狀態(tài)() 教材挖掘做一做1.(人教版必修1 P89圖474改編)如圖所示，在教室里某同學(xué)站在體重計(jì)上研究超重與失重她由穩(wěn)定的站姿變化到穩(wěn)定的蹲姿稱為“下蹲”過(guò)程；由穩(wěn)定的蹲姿變化到穩(wěn)定的站姿稱為“起立”過(guò)程關(guān)于她的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說(shuō)法中正確的是()A只有“起立”過(guò)程，才能出現(xiàn)失重現(xiàn)象B只有“下蹲”過(guò)程，才能出現(xiàn)超重現(xiàn)象C“下蹲”的過(guò)程，先出現(xiàn)超重現(xiàn)象后出現(xiàn)失重現(xiàn)象D“起立”“下蹲”的過(guò)程，都能出現(xiàn)超重和失重現(xiàn)象解析：D下蹲過(guò)程中，人先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后向下做減速運(yùn)動(dòng)，所以先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；人從下蹲狀態(tài)站起來(lái)的過(guò)程中，先向上做加速運(yùn)動(dòng)，后向上做減速運(yùn)動(dòng)，最后回到靜止?fàn)顟B(tài)，人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確2.(人教版必修1 P88例2改編)小明每天上學(xué)放學(xué)均要乘垂直升降電梯上下樓在電梯里，開(kāi)始他覺(jué)得背的書(shū)包變“輕”了快到樓底時(shí)，他覺(jué)得背的書(shū)包似乎變“重”了為了研究這種現(xiàn)象，小明在電梯里放了一臺(tái)測(cè)力計(jì)如圖所示設(shè)小明的質(zhì)量為50 kg，g取10 m/s2，求下列情況中測(cè)力計(jì)的示數(shù)(1)當(dāng)電梯以a1.5 m/s2的加速度勻加速上升時(shí)；(2)當(dāng)電梯以a1.5 m/s2的加速度勻減速上升時(shí)；(3)當(dāng)電梯以a1.5 m/s2的加速度勻加速下降時(shí)；(4)當(dāng)電梯以a1.5 m/s2的加速度勻減速下降時(shí)；試歸納總結(jié)：什么情況下會(huì)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象？解析：(1)勻加速上升時(shí)，以人為研究對(duì)象，受力情況、加速度方向、速度方向如圖(甲)所示選向上為正方向根據(jù)牛頓第二定律FN1mgma得FN1mgma50(101.5) N575 N(2)勻減速上升時(shí)，如圖(乙)所示mgFN2ma得FN2mgma50(101.5) N425 N.(3)勻加速下降，如圖(丙)所示，有mgFN3ma得FN3mgma50(101.5) N425 N(4)勻減速下降時(shí)，如圖(丁)所示，有FN4mgma得FN4mgma50(101.5) N575 N.歸納總結(jié)：(1)、(4)中，物體具有向上的加速度時(shí)，將發(fā)生超重現(xiàn)象；(2)、(3)中，物體具有向下的加速度時(shí)，將發(fā)生失重現(xiàn)象答案：見(jiàn)解析考點(diǎn)一對(duì)超重和失重現(xiàn)象的理解考點(diǎn)解讀1不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變2物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，而在于物體具有向上的加速度還是向下的加速度，這也是判斷物體超重或失重的根本所在3當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，重力只有使物體產(chǎn)生ag的加速度效果，不再有其他效果此時(shí)，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如單擺停擺、天平失效、液體不再產(chǎn)生壓強(qiáng)和浮力等題組鞏固1(2019南京、鹽城模擬)(多選)2018年蹦床世錦賽于北京時(shí)間11月10日晚在俄羅斯落幕，中國(guó)隊(duì)獲3金2銀1銅，位列獎(jiǎng)牌榜第一如圖所示，蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床面上，運(yùn)動(dòng)員從接觸床面下降到最低點(diǎn)為第一過(guò)程，從最低點(diǎn)上升到離開(kāi)床面為第二過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員()A在第一過(guò)程中始終處于失重狀態(tài)B在第二過(guò)程中始終處于超重狀態(tài)C在第一過(guò)程中先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)D在第二過(guò)程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)解析：CD運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力，運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)；隨床面形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，C正確；蹦床運(yùn)動(dòng)員在上升過(guò)程中和下落過(guò)程中是對(duì)稱的，加速度方向先向上后向下，先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤，D正確2.如圖所示是某同學(xué)站在力傳感器上，做下蹲起立的動(dòng)作時(shí)記錄的力隨時(shí)間變化的圖線，縱坐標(biāo)為力(單位為N)，橫坐標(biāo)為時(shí)間(單位為s)，由圖可知，該同學(xué)的體重約為650 N，除此以外，還可以得到的信息有()A該同學(xué)做了兩次下蹲起立的動(dòng)作B該同學(xué)做了一次下蹲起立的動(dòng)作，且下蹲后經(jīng)2 s起立C下蹲過(guò)程中人處于失重狀態(tài)D下蹲過(guò)程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)解析：B在34 s 下蹲過(guò)程中，先向下加速再向下減速，故人先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)；在67 s起立過(guò)程中，先向上加速再向上減速，故人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，B正確3(2019河南周口名校聯(lián)考)為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅始終保持水平如圖所示，當(dāng)此車加速上坡時(shí)，乘客()A處于失重狀態(tài)B處于超重狀態(tài)C受到向后的摩擦力作用D所受力的合力沿斜面向下解析：B當(dāng)此車加速上坡時(shí)，整體的加速度沿斜面向上，乘客具有豎直向上的分加速度，所以根據(jù)牛頓第二定律可知乘客處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)乘客進(jìn)行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而靜摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C錯(cuò)誤；由于乘客加速度沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律得所受合力沿斜面向上，故D錯(cuò)誤超重和失重現(xiàn)象判斷的“三”技巧1從受力的角度判斷：當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)2從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)3從速度變化的角度判斷(1)物體向上加速或向下減速時(shí)，超重(2)物體向下加速或向上減速時(shí)，失重考點(diǎn)二整體法和隔離法解決連接法問(wèn)題考點(diǎn)解讀1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)2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3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，且要求物體之間的作用力時(shí)，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求作用力即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”若已知物體之間的作用力，則“先隔離求加速度，后整體求外力”典例賞析典例1(2019新鄉(xiāng)模擬)如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m和3m，物體B、C與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉物體B，使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動(dòng)，則()A此過(guò)程中物體C受五個(gè)力作用B當(dāng)F逐漸增大到FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷C當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷D若水平面光滑，則繩剛斷時(shí)，A、C間的摩擦力為審題指導(dǎo)(1)粗糙水平面上放置B、C兩物體B、C兩物體可能會(huì)受到摩擦力作用(2)輕繩能承受的最大拉力為FT超過(guò)FT輕繩被拉斷(3)使三個(gè)物體以同一加速度向右運(yùn)動(dòng)三者的合力方向向右解析C對(duì)A，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，可以知道C受重力、A對(duì)C的壓力、地面的支持力、繩子的拉力、A對(duì)C的摩擦力以及地面的摩擦力六個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤對(duì)整體分析，整體的加速度ag，隔離對(duì)A、C分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)T4mg4ma，計(jì)算得出FTF，當(dāng)F1.5FT時(shí)，輕繩剛好被拉斷，故B錯(cuò)誤，C正確若水平面光滑，繩剛斷時(shí)，對(duì)A、C分析，加速度a，隔離對(duì)A分析，A所受的摩擦力Ffma，故D錯(cuò)誤對(duì)連接體問(wèn)題，求加速度是解題的切入點(diǎn)，靈活應(yīng)用整體法和隔離法是解題的關(guān)鍵，一般解題思路是：(1)當(dāng)整體的外力已知時(shí)，先整體求加速度，再隔離求內(nèi)力(2)當(dāng)整體的外力未知時(shí)，先隔離求加速度，再整體分析求解(3)當(dāng)整體或隔離都不能直接求解時(shí)，應(yīng)通過(guò)聯(lián)立方程組求解題組鞏固1跨過(guò)定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖所示已知人的質(zhì)量為70 kg，吊板的質(zhì)量為10 kg，繩及定滑輪的質(zhì)量，滑輪的摩擦均可忽略不計(jì)重力加速度g取10 m/s2.當(dāng)人以440 N的力拉繩時(shí)，人與吊板的加速度a和人對(duì)吊板的壓力FN分別為()Aa1.0 m/s2，F(xiàn)N260 NBa1.0 m/s2，F(xiàn)N330 NCa3.0 m/s2，F(xiàn)N110 NDa3.0 m/s2，F(xiàn)N50 N解析：B先整體法求加速度：2F(m1m2)g(m1m2)a，解得：a1.0 m/s2；對(duì)人：FFNm1gm1a，解得FN330 N，故B正確2.如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f，若木塊不滑動(dòng)，力F的最大值是()A.B.C.(mM)gD.(mM)g解析：A由題意知，當(dāng)M恰好不能脫離夾子時(shí)，M受到的摩擦力最大，F(xiàn)取最大值，設(shè)此時(shí)提升的加速度為a，由牛頓第二定律得，對(duì)M有2fMgMa對(duì)M、m整體有F(Mm)g(Mm)a聯(lián)立兩式解得F，選項(xiàng)A正確3.如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，且mM13，兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同若用水平力F向右拉B且兩物塊共同向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x1；若用大小相同的水平力向左拉A且兩物塊共同向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，則x1x2等于多大？解析：由于mM13，即M3m用水平力F向右拉B時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有：F(mM)g(mM)a隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有：kx1mgma聯(lián)立解得：kx1當(dāng)用大小相同的水平力向左拉A且兩物塊共同向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律，有：F(mM)g(mM)a隔離物體B，根據(jù)牛頓第二定律，有：kx2MgMa聯(lián)立解得：kx2F故：.答案：13考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)的臨界和極值問(wèn)題考點(diǎn)解讀1臨界或極值條件的標(biāo)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(guò)程存在著臨界點(diǎn)(2)若題目中有“取值范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語(yǔ)，表明題述的過(guò)程存在著“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往就對(duì)應(yīng)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(guò)程存在著極值，這個(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)(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2動(dòng)力學(xué)中的“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件兩物體相接觸或脫離的臨界條件是接觸但接觸面間彈力FN0.(2)相對(duì)靜止或相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對(duì)靜止或相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是：靜摩擦力達(dá)到最大值(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件繩子斷與不斷的臨界條件是繩子張力等于它所能承受的最大張力繩子松弛的臨界條件是FT0.(4)速度最大的臨界條件在變加速運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)加速度減小為零時(shí)，速度達(dá)到最大值典例賞析典例2如圖所示，在傾角為的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為k的彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為m的小球，球被一垂直斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒(méi)有形變，若A以加速度a(agsin )沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，求：(1)從擋板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到小球速度最大時(shí)，球的位移x的大小；(2)從擋板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到球、板分離所經(jīng)歷的時(shí)間t.審題突破(1)小球開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，與A分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為_(kāi)時(shí)，速度最大(2)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到球、板分離，小球的位移與彈簧的伸長(zhǎng)量的關(guān)系為_(kāi).解析(1)球和擋板分離后，球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)球所受合力為零，即kxmgsin ，解得x.(2)設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為s，經(jīng)歷的時(shí)間為t，從擋板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到球、板分離的過(guò)程中，小球受豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的擋板的支持力F1和彈簧彈力F.據(jù)牛頓第二定律有mgsin FF1ma，又有Fkx.隨著x的增大，F(xiàn)增大，F(xiàn)1減小，保持a不變當(dāng)小球與擋板分離時(shí)，x增大到等于s，F(xiàn)1減小到零，則有mgsin ksma，又sat2.聯(lián)立以上各式解得mgsin kat2ma得t 答案(1)(2) 處理臨界問(wèn)題的思路1能分析出臨界狀態(tài)的存在2要抓住物體處于臨界狀態(tài)時(shí)的受力和運(yùn)動(dòng)特征，找出臨界條件，這是解決問(wèn)題的關(guān)鍵3能判斷出物體在不滿足臨界條件時(shí)的受力和運(yùn)動(dòng)情況4利用牛頓第二定律結(jié)合其他規(guī)律列方程求解母題探究母題典例2探究1.接觸與脫離的臨界問(wèn)題探究2.相對(duì)滑動(dòng)的臨界問(wèn)題探究3.繩子斷裂與松弛的臨界問(wèn)題探究1接觸與脫離的臨界問(wèn)題如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)，B與A分離，下列說(shuō)法正確的是()AB和A剛分離時(shí)，彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng)BB和A剛分離時(shí)，它們的加速度為gC彈簧的勁度系數(shù)等于D在B和A分離前，它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析：CA、B分離前，A、B共同做加速運(yùn)動(dòng)，由于F是恒力，而彈力是變力，故A、B做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩物體要分離時(shí)，F(xiàn)AB0，對(duì)B：Fmgma，對(duì)A：kxmgma，即Fkx時(shí)，A、B分離，此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，由Fmg，拉B前設(shè)彈簧壓縮量為x0，則2mgkx0，hx0x，解以上各式得k，綜上所述，只有C項(xiàng)正確探究2相對(duì)滑動(dòng)的臨界問(wèn)題如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為a2，則a1與a2的比為()A11B23C13 D32解析：C力作用在A上時(shí)，A剛好相對(duì)B滑動(dòng)時(shí)，易知兩者加速度相等，此時(shí)有aBa1g；力作用在B上時(shí)，B剛好相對(duì)A滑動(dòng)時(shí)，易知A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大，此時(shí)有aAa2g.可得a1a213，故C項(xiàng)正確探究3繩子斷裂與松弛的臨界問(wèn)題(多選)如圖所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2兩個(gè)小物塊，它們中間有細(xì)線連接已知m13 kg，m22 kg，連接它們的細(xì)線最大能承受6 N的拉力現(xiàn)用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，為保持細(xì)線不斷，則()AF1的最大值為10 N BF1的最大值為15 NCF2的最大值為10 N DF2的最大值為15 N解析：BC若向左拉m1，則隔離對(duì)m2分析，Tmm2a則最大加速度a3 m/s2對(duì)兩物塊系統(tǒng)：F1(m1m2)a(23)3 N15 N故B正確，A錯(cuò)誤若向右拉m2，則隔離對(duì)m1分析，Tmm1a則最大加速度a2 m/s2對(duì)兩物塊系統(tǒng)：F2(m1 m2)a(23)2 N10 N故D錯(cuò)誤，C正確考點(diǎn)四動(dòng)力學(xué)的圖象問(wèn)題考點(diǎn)解讀1常見(jiàn)的圖象有：vt圖象，at圖象，F(xiàn)t圖象，F(xiàn)x圖象，F(xiàn)a圖象等2圖象間的聯(lián)系：加速度是聯(lián)系vt圖象與Ft圖象的橋梁3圖象的應(yīng)用(1)已知物體在一過(guò)程中所受的某個(gè)力隨時(shí)間變化的圖象，要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況(2)已知物體在一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度、加速度隨時(shí)間變化的圖象，要求分析物體的受力情況(3)通過(guò)圖象對(duì)物體的受力與運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析4解題策略(1)弄清圖象斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)的物理意義(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對(duì)有關(guān)物理問(wèn)題作出準(zhǔn)確判斷典例賞析典例3(2018全國(guó)卷)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()審題指導(dǎo)解析A設(shè)系統(tǒng)靜止時(shí)彈簧壓縮量為x0，由胡克定律和平衡條件得mgkx0.力F作用在P上后，物塊受重力、彈力和F，向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得，F(xiàn)k(x0x)mgma.聯(lián)立以上兩式得Fkxma，所以Fx圖象中圖線是一條不過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，故A正確1處理動(dòng)力學(xué)圖象問(wèn)題的一般思路(1)依據(jù)題意，合理選取研究對(duì)象(2)對(duì)物體先受力分析，再分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)程(3)將物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與圖象對(duì)應(yīng)起來(lái)(4)對(duì)于相對(duì)復(fù)雜的圖象，可通過(guò)列解析式的方法進(jìn)行判斷2文字語(yǔ)言、函數(shù)語(yǔ)言、圖象語(yǔ)言與物理情景之間的相互轉(zhuǎn)換，是確立解題方向、迅速明確解題方法的前提母題探究母題典例3探究1.vt圖象問(wèn)題探究2.Ft圖象問(wèn)題探究3.Fa圖象問(wèn)題探究1vt圖象問(wèn)題(多選)如圖(a)，一物塊在t0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖(b)所示若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()A斜面的傾角B物塊的質(zhì)量C物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析：ACD設(shè)物塊的質(zhì)量為m、斜面的傾角為，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊沿斜面上滑和下滑時(shí)的加速度大小分別為a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2.再結(jié)合vt圖線斜率的物理意義有：a1，a2.由上述四式可見(jiàn)，無(wú)法求出m，可以求出、，故B錯(cuò)，A、C均正確.0t1時(shí)間內(nèi)的vt圖線與橫軸包圍的面積大小等于物塊沿斜面上滑的最大距離，已求出，故可以求出物塊上滑的最大高度，故D正確探究2Ft圖象問(wèn)題(多選)物體只在力F的作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其Ft圖象如圖所示，則物體()A在t1時(shí)刻加速度最大B在0t1時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)C從t1時(shí)刻后便開(kāi)始返回運(yùn)動(dòng)D在0t2時(shí)間內(nèi)，速度一直在增大解析：AD從圖中可知物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的合力方向始終不變，所以物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，即速度一直增加，物體做單向加速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)牛頓第二定律a，可得在t1時(shí)刻合力最大，所以加速度最大，A正確；在0t1時(shí)間內(nèi)合力一直增大，所以物體做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤探究3Fa圖象問(wèn)題一物塊靜止在粗糙的水平桌面上從某時(shí)刻開(kāi)始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小能正確描述F與a之間的關(guān)系的圖象是()解析：C當(dāng)拉力F小于最大靜摩擦力時(shí)，物塊靜止不動(dòng)，加速度為零，當(dāng)F大于最大靜摩擦力時(shí)，根據(jù)Ffma知，隨F的增大，加速度a增大，故選C.思想方法(七)加速度不同時(shí)整體法的應(yīng)用方法闡述大多數(shù)情況下，當(dāng)兩物體加速度相同時(shí)才考慮整體法，加速度不同時(shí)，考慮隔離法實(shí)際上加速度不同時(shí)，也可以用整體法，只是此時(shí)整體法的含義有所改變當(dāng)兩個(gè)或兩個(gè)以上物體以不同形式連接